Незнакомое мне матричное уравнение

[Metford]

Формулу Коши я знаю. Только я её знаю без матриц внутри. Переменная интегрирования при этом тоже матрицей является (из неё ведь матрица вычитается у Вас в формуле)? Вот такого я точно раньше не видел. По ссылкам, которые дали в этой теме, такой формулы нет - и там всё вполне привычно написано.

[Red_Herring]

Metford в сообщении #1148870 писал(а):

Формулу Коши я знаю. Только я её знаю без матриц внутри. Переменная интегрирования при этом тоже матрицей является (из неё ведь матрица вычитается у Вас в формуле)? Вот такого я точно раньше не видел. По ссылкам, которые дали в этой теме, такой формулы нет - и там всё вполне привычно написано.

Нет конечно, переменная комплексная, но общепринято что $z- A := zI -A$ Ну и там резольвента написана.

Поэтому в частности $\Pi (\Gamma,A)= (2\pi i)^{-1}\oint_\Gamma (z-A)^{-1}\,dz $ это проектор на сумму корневых подпространств отвечающих с.з. внутри $\Gamma$, параллельно сумме корневых подпространств отвечающих с.з. вне $\Gamma$.

[Metford]

Red_Herring в сообщении #1148873 писал(а):

Нет конечно, переменная комплексная, но общепринято что $z- A := zI -A$

Простите, должен был сообразить... Теперь понятно, спасибо.

[NPrim]

Большое спасибо за ответы. Постараюсь в них разобраться. Сейчас мне понятны лишь ответ Xaositect и пояснение DeBill.

[Евгений Машеров]

Какой, однако, крупный калибр задействован! Прямо-таки подавление бунта одинокого алкаша силами танковой дивизии
Как-то мне проще представляется. Спрашивается, можно ли дать такие веса строкам, чтобы взвешенные суммы по строкам равнялись бы суммам по соответственным столбцам. Расписываем вместо матричной формы подробно с индексами, переносим правую часть налево, получаем однородное уравнение, в котором матрица коэффициентов отлична от исходной тем, что от диагональных элементов отняты суммы по строкам. Строки этой матрицы линейно зависимы, так что у однородного уравнения решение есть. Оно задано с точностью до множителя, отсюда требование, чтобы $x_{1,1}=1$, просто нормировка. Единственно, не вижу, как доказать, что нормировка всегда возможна, для чего требуется, чтобы $x_{1,1}\ne 0$, похоже, это как-то из обратимости A можно вывести.

[Xaositect]

Евгений Машеров в сообщении #1148910 писал(а):

Единственно, не вижу, как доказать, что нормировка возможно, для чего требуется, чтобы $x_{1,1}\ne 0$, похоже, это как-то из обратимости A можно вывести.

Это нельзя вывести из обратимости $A$, потому что это из нее не выводится (у нас диагональ $A$ вообще никак не влияет на задачу).

[Евгений Машеров]

Xaositect в сообщении #1148916 писал(а):

у нас диагональ $A$ вообще никак не влияет на задачу

Не понял утверждения.

[Xaositect]

Евгений Машеров в сообщении #1149240 писал(а):

Не понял утверждения.

Если $A_1$ и $A_2$ - две матрицы с одинаковыми внедиагональными элементами, то решения для этих матриц совпадают.

[Pavia]

Где вы тут нашли систему? Тут записано свойство траспонирования. Справедливо для любой симметричной матрицы $A$ и любой диагональной матрице $B$.
Доказывается легко.
$C_{i,j}=\sum A_{i,k}*B_{k,j}=A_{i,j}*B_{j,j}=B_{j,j}*A_{i,j}=B_{j,j}*A^t_{j,i}$
$D_{i,j}=\sum B_{i,k}*A^t_{k,j}=B_{i,i}*A^t_{i,j}=B_{j,j}*A^t_{i,j}=B_{j,j}*A^t_{j,i}$
Откуда видно что $C$ и $D$ равны.

[DeBill]

Pavia в сообщении #1149341 писал(а):

$B_{i,i}\cdot A^t_{i,j}=B_{j,j}\cdot A^t_{j,i}$

Почему????
Посмотрите первый пост Xaositect, где явно выписана система для $n=3$: Вы увидите неправость....