Кострикин. Курс алгебры, задачник

[Sinoid]

Если нигде не ошибся, то при произвольном $n$ для $i=1,\,2,\,\ldots\,n$ получается $b_{i\,i}=$

(Оффтоп)

$\dfrac{(-n+2i-1)a_{1\,2}}{2}$

При $n=3$ эти формулы дают в точности те элементы, которые стоят вот здесь:

Sinoid в сообщении #1605994 писал(а):

$B=\begin{pmatrix}-a_{1\,2} & \dfrac{-a_{1\,2}^{2}-a_{1\,3}}{2} & -a_{1\,2}a_{1\,3}\\ 1 & 0 & \dfrac{-a_{1\,2}^{2}+a_{1\,3}}{2}\\ 0 & 1 & a_{1\,2} \end{pmatrix}$

в соответствующих местах. Пока тестирование полученной мной для произвольного $n$ формулы для элементов главной диагонали матрицы $B$ случаем $n=3$ подтверждает верность этой полученной формулы для произвольного $n$.

[Sinoid]

$b_{1\,2}=$

(Оффтоп)

$\dfrac{-a_{1\,2}^{2}-(n-2)a_{1\,3}}{2}$

[derlim]

Не могу понять, правильно ли я решил 3.21 б).

Пусть $\left\lvert X \right\rvert = m,\;\left\lvert Y \right\rvert = n,\;\sigma \in S_X,\;\tau \in S_Y.$ Определим $\xi \in S_X \times S_Y$, полагая $$\xi(x,y) = (\sigma(x), \tau(y)),\;x \in X, y \in Y.$$ Найти длины независимых циклов в разложении перестановки $\xi$, если известны длины $k_1,...,k_s$ и $l_1,...,l_t$ независимых циклов в разложении перестановок $\sigma$ и $\tau$ (с учётом циклов длины 1). Воспользовавшись этим найти $sgn\;\xi$.

В задачнике есть указание, что сначала стоит убедиться, что для ситуации, когда $\sigma и $\tau сами являются циклами, чётность $\xi$ совпадает с чётностью $m+n$, а $\xi$ разбивается на $gcd(m,n)$ циклов длины $lcm(m,n)$ каждый.

Моё решение.
Рассмотрим ситуацию, когда $\sigma и $\tau сами являются циклами. Всевозможных различных пар существует $m\cdot n$. Длина цикла пар равна $lcm(m,n)$, потому что для каждого элемента пары его собственный цикл должен уместиться в цикл пары целое число раз. Число циклов получается делением числа всех возможных комбинаций на длину цикла, поэтому оно равно $gcd(m,n)$. Каждый цикл можно разложить в $lcm(m,n)-1$ транспозицию, общее число транспозиций равно $(lcm(m,n) - 1)\cdot gcd(m,n)$.

Разбирая по очереди три разных случая для четных и нечётных $m$ и $n$ получаем:

$$(lcm(m,n) - 1)\cdot gcd(m,n) \mod 2 = (m \cdot n - gcd(m,n)) \mod 2 = (m+n) \mod 2.$$

Если теперь $\sigma$ и $\tau$ разбиваются на $s$ и $t$ циклов соответственно, то нам нужно сложить длины для всех возможных комбинаций циклов. Тогда итоговый ответ: $sgn\;\xi = m \cdot t + n \cdot s$.

Подскажите пожалуйста, верно ли это рассуждение?

[Sinoid]

Наконец-то вчера я дорешал

Sinoid в сообщении #1605118 писал(а):

задачу 17.29:

Здесь $[A,\,B]$ - коммутатор матриц $A$ и $B$: $[A,\,B]=AB-BA$.

и получил решение в самом общем, на мой скромный взгляд, виде. Итак, в предположении, что

Sinoid в сообщении #1608738 писал(а):

Sinoid в сообщении #1606072 писал(а):

(Оффтоп)

$A=\begin{pmatrix}\dfrac{n-1}{2} & a_{1\,2} & a_{1\,3} & a_{1\,4} & a_{1\,5} & \dots & a_{1\, n-3} & a_{1\, n-2} & a_{1\, n-1} & a_{1\, n}\\ 0 & \dfrac{n-3}{2} & a_{1\,2} & a_{1\,3} & a_{1\,4} & \dots & a_{1\, n-4} & a_{1\, n-3} & a_{1\, n-2} & a_{1\, n-1}\\ 0 & 0 & \dfrac{n-5}{2} & a_{1\,2} & a_{1\,3} & \dots & a_{1\, n-5} & a_{1\, n-4} & a_{1\, n-3} & a_{1\, n-2}\\ 0 & 0 & 0 & \dfrac{n-7}{2} & a_{1\,2} & \dots & a_{1\, n-6} & a_{1\, n-5} & a_{1\, n-4} & a_{1\, n-3}\\ 0 & 0 & 0 & 0 & \dfrac{n-9}{2} & \ldots & a_{1\, n-7} & a_{1\, n-6} & a_{1\, n-5} & a_{1\, n-4}\\ \hdotsfor{10}\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \ldots & \dfrac{-n+7}{2} & a_{1\,2} & a_{1\,3} & a_{1\,4}\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \ldots & 0 & \dfrac{-n+5}{2} & a_{1\,2} & a_{1\,3}\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \ldots & 0 & 0 & \dfrac{-n+3}{2} & a_{1\,2}\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \ldots & 0 & 0 & 0 & \dfrac{-n+1}{2} \end{pmatrix}$,
где опять же
quote="Sinoid в [url=http://dxdy.ru/post1606072.html#p1606072]сообщении #1606072[/url]"]$a_{1\,2},\, a_{1\,3},\, a_{1\,4},\ldots,\, a_{1\, n-2},\, a_{1\, n-1},\, a_{1\, n}$ будут свободные, принимающие произвольные, в общем случае, комплексные (см. вот это мое замечание:

Sinoid в сообщении #1605994 писал(а):

принимающие пока действительные значения. Пока действительные значения они принимают лишь по тому, что как по курсу, так и по задачнику матрицы даются до комплексных чисел. Вообще говоря, $a_{1\,2}$ и $a_{1\,3}$ - абсолютно произвольные свободные переменные, могущие принимать как действительные, так и комплексные значения.

с соответствующем изменением количества свободных переменных с двух на $n-1$ дословно переносится на этот случай) значения.

.

(Оффтоп)

в предыдущем оффтопе я одну цитату поломал, т. к. на этом форуме максимальное число вложенных друг в друга цитат - 3.

у меня получается, что для $1\leqslant i<j\leqslant n$ $b_{i\,j}=$

(Оффтоп)

$\dfrac{-n+i+j-1}{2}a_{1\,j-i+2}+\dfrac{1}{j-i+1}\displaystyle{\sum_{v=1}^{j-i}(i-j-1+v)a_{1\,1+v}a_{1\,j-i+2-v}}$

, для $k=1,\,2,,\ldots,n$ $b_{k\,k}=$

(Оффтоп)

$\dfrac{-n-1+2k}{2}a_{1\,2}$

. и, наконец. для $m=1,\,2,,\ldots,n-1$ $b_{m+1\,m}=$

(Оффтоп)

$\dfrac{(n-m)m}{2}$

Для случая $1\leqslant i<j\leqslant n$ наблюдается 1 интересный момент. А именно. При тех значениях $i$ и $j$, при которых $j-i$ достигает максимального значения, а в нашем случае имеется всего лишь 1 пара таких значений - когда вычитаемое $i$ достигает минимального значения из своей области определения/задания, т. е. 1, а $j$ - максимального из своей области определения/задания, которая в данном случае совпадает с областью определения/задания. Так вот, это максимальное значение для $j$ есть $n$ и эта пара значений $i$ и $j$ даст в первом слагаемом приведенного выражения $b_{i\,j}$ для случая $1\leqslant i<j\leqslant n$, что в это выражение в том числе входит и $a$ со вторым индексом $n-1+2=n+1$, т. е. в этом выражении появляется $a$, не являющееся элементом матрицы $A$. Однако входит это $a$ в это выражение с коэффициентом $\dfrac{-n+1+n-1}{2}=0$, т. е. здесь мы столкнулись со случаем фиктивного слагаемого. Наверное, это второй или третий случай за всю мою историю копания в матеше, когда я выхожу на фиктивное слагаемое, когда ине стало нужно это понятие. Интересно. Ладно. Возвращаемся к нашей задаче. Все же остальные элементы матрицы $B$ равны 0. Теперь я хочу посмотреть, будут ли в случаях $n=2$ и $n=3$ элементы матрицы $B$, вычисленные по этим общим формулам, совпадать с элементами матриц $B$, найденных мной выше для этих частных случаев.

(n=2:)

$b_{1\,1}=\dfrac{-2-1+2\cdot1}{2}a_{1\,2}==-\dfrac{1}{2}a_{1\,2}$, $b_{2\,2}=\dfrac{-2-1+2\cdot2}{2}a_{1\,2}=\dfrac{1}{2}a_{1\,2}$, $$, $b_{2\,1}=\dfrac{(2-1)\cdot1}{2}=\dfrac{1}{2}$, $b_{1\,2}=\dfrac{-2+1+2-1}{2}a_{1\,2-1+2}+\dfrac{1}{2-1+1}{\displaystyle \sum_{v=1}^{2-1}(1-2-1+v)a_{1\,1+v}a_{1\,2-1+2-v}=$ внимание!$\dfrac{0}{2}a_{1\,3}-\dfrac{a_{1\,2}^{2}}{2}}=-\dfrac{a_{1\,2}^{2}}{2}}$

, что полностью совпадает с результатами, получаемыми здесь.

(n=3:)

$b_{1\,1}=\dfrac{-3-1+2\cdot1}{2}a_{1\,2}=-a_{1\,2}$, $b_{2\,2}=\dfrac{-3-1+2\cdot2}{2}a_{1\,2}=0$, $b_{3\,3}=\dfrac{-3-1+2\cdot3}{2}a_{1\,2}=a_{1\,2}$, $$, $b_{2\,1}=\dfrac{(3-1)\cdot1}{2}=1$, $b_{3\,2}=\dfrac{(3-2)\cdot2}{2}=1$, $$, $b_{1\,2}=\dfrac{-3+1+2-1}{2}a_{1\,2-1+2}+\dfrac{1}{2-1+1}{\displaystyle \sum_{v=1}^{2-1}(1-2-1+v)a_{1\,1+v}a_{1\,2-1+2-v}=-\dfrac{a_{1\,3}}{2}-\dfrac{a_{1\,2}^{2}}{2}}$, $b_{1\,3}=$ внимание! $=\dfrac{-3+1+3-1}{2}a_{1\,3-1+2}+\dfrac{1}{3-1+1}{\displaystyle \sum_{v=1}^{3-1}(1-3-1+v)a_{1\,1+v}a_{1\,3-1+2-v}}=\dfrac{0}{2}a_{1\,4}+\dfrac{1}{3}(-2a_{1\,2}a_{1\,3}-a_{1\,3}a_{1\,2})=-a_{1\,2}a_{1\,3}$, $b_{2\,3}=\dfrac{-3+2+3-1}{2}a_{1\,3-2+2}+\dfrac{1}{3-2+1}{\displaystyle \sum_{v=1}^{3-2}(2-3-1+v)a_{1\,1+v}a_{1\,3-2+2-v}=\dfrac{1}{2}a_{1\,3}-\dfrac{1}{2}a_{1\,2}^{2}}$

, что полностью совпадает с результатами, озвученными здесь.

[Sinoid]

Скажите, пожалуйста, а в задаче 17.27:

$k$ же предполагается строго бо́льшим 0, не может же оно быть равным 0?

[мат-ламер]

Sinoid в сообщении #1647197 писал(а):

$k$ же предполагается строго бо́льшим 0, не может же оно быть равным 0?

Может быть и равным. Только ввиду тривиальности такой случай не особо интересен. Допустим мы доказали предположение этой задачи для $k>0$ . Рассмотрим теперь случай $k=0$ . Если нам дана диагональная матрица и у неё есть ненулевые элементы на диагонали, то у её квадрата также будут ненулевые элементы на диагонали.

[Sinoid]

мат-ламер в сообщении #1647266 писал(а):

Если нам дана диагональная матрица и у неё есть ненулевые элементы на диагонали

Вот ненулевые элементы на главной диагонали матрицы $B$ как раз и не вызывают у меня проблем. Проблемы вызывают нулевые элементы на главной диагонали матрицы $B$. Напишу подробно, что я имею ввиду. Пусть может иметь место случай $k=0$. И имеется (в этом случае) такая пара $(i_{0},\,j_{0})\nolinebreak ,$ что $i_{0}-j_{0}=k$. Это означает, что в этом случае на главной диагонали верхнетреугольной матрицы $B$ стоит хотя бы 1 ноль. В свою очередь это будет означать, что определитель матрицы $B$, а, значит, и матрицы $A$, равен 0. По условию же матрица $A$ невырождена.

[tolstopuz]

Sinoid в сообщении #1647197 писал(а):

$k$ же предполагается строго бо́льшим 0, не может же оно быть равным 0?

Если $k=0$, то матрица $A$ обязана быть нулевой, что противоречит условию невырожденности.

[мат-ламер]

Sinoid в сообщении #1647281 писал(а):

По условию же матрица $A$ невырождена.

Когда стал писать свой пост, об этом условии уже и забыл. Извиняюсь.

[мат-ламер]

Sinoid в сообщении #1647197 писал(а):

$k$ же предполагается строго бо́льшим 0, не может же оно быть равным 0?

Данный вопрос, учитывая условие невырожденности, смысла не имеет, поскольку после первого предложения второе уже можно не читать. Однако, представляет интерес задуматься о том, какие условия задачи здесь существенны? Что будет происходить, если у нас матрица $A$ вырождена? Этот вопрос имеет связь с практическими приложениями. Вот у нас есть метод решения линейных уравнений - метод разложения Холецкого. Что произойдёт, если мы ему на вход подсунем вырожденную матрицу?

[Sinoid]

мат-ламер в сообщении #1647294 писал(а):

поскольку после первого предложения второе уже можно не читать.

Вы имеете ввиду предложения в приведенной вами цитате моих слов в предыдущем посте?

мат-ламер в сообщении #1647294 писал(а):

Вот у нас есть метод решения линейных уравнений - метод разложения Холецкого. Что произойдёт, если мы ему на вход подсунем вырожденную матрицу?

Я и о методе-то таком [url=https://ru.wikipedia.org/wiki/Разложение_Холецкого]впервые слышу[/url], и формулы там для $l_{1\,1}$‚ $l_{j\,1}$ для $j\in\left[2,\,n\right]$ (вот, например, в этом же указании множества индексов на самом же деле имеется ввиду, что $j\in\left[2,\ldots,\,n\right]$ и далее по этой ссылке указываемые там диапазоны изменения индексов нужно же понимать в подобном же смысле? Правильно?) и т. д. впервые в глаза-то вижу, а вы мне такое предлагаете Но, да, очень интересно, попробую получить те формулы, слишком долго на них, однако, не тормозясь. Спасибо за интересную наводку.

[мат-ламер]

Sinoid в сообщении #1647338 писал(а):

Вы имеете ввиду предложения в приведенной вами цитате моих слов в предыдущем посте?

Я имел в виду:

tolstopuz в сообщении #1647284 писал(а):

Если $k=0$, то матрица $A$ обязана быть нулевой, что противоречит условию невырожденности.

Sinoid
А вы эту задачу решили? Если нет, то собираетесь? Вы заметили, что она идёт после звёздочек, что намекает, что она повышенной трудности (на любителя). Если матрица $A$ положительно определённая, то данный алгоритм Холецкого даёт требуемое разложение. Он используется в вычислительной математике. Вы можете не смотреть на готовые формулы, а для начала самому попробовать вывести их. Если $A$ вырождена, но неотрицательно определена (есть нулевые собственные значения, остальные положительны) , то не факт, что данный алгоритм работает. Хотя, наверное, разложение существует. Правда, в задаче этот вариант не рассматривается. Если $A$ невырождена, но есть отрицательные собственные значения, то этот алгоритм работать не будет. Однако, рассмотрение этого варианта в задаче предусматривается.

Sinoid в сообщении #1647338 писал(а):

слишком долго на них, однако, не тормозясь.

Вот именно. Задача на любителя и не обязательна к решению.

-- Чт июл 25, 2024 21:31:39 --

мат-ламер в сообщении #1647354 писал(а):

Однако, рассмотрение этого варианта в задаче предусматривается.

Возможно тут в задаче опечатка. И всё-таки положительную определённость матрицы надо предполагать.

[Sinoid]

мат-ламер в сообщении #1647354 писал(а):

А вы эту задачу решили?

Да, я ее решил. Теперь вот смотрю, что там в крайних случаях.

мат-ламер в сообщении #1647354 писал(а):

Вы можете не смотреть на готовые формулы, а для начала самому попробовать вывести их.

Именно это я и собираюсь сделать, но с поправкой на это:

Sinoid в сообщении #1647338 писал(а):

слишком долго на них, однако, не тормозясь.

, так что слова из только что приведенного цитирования моих слов относятся к Разложению Холецкого, а не к задаче 17.27.

[мат-ламер]

мат-ламер в сообщении #1647354 писал(а):

Если $A$ невырождена, но есть отрицательные собственные значения, то этот алгоритм работать не будет. Однако, рассмотрение этого варианта в задаче предусматривается.

Тут у меня неточность. В задаче предполагается, что разложение матрицы на произведение двух треугольных существует. Поэтому рассмотрение этого варианта всё же в задаче не предусматривается. Если в матрице присутствуют отрицательные собственные значения, то её никак не разложишь в произведение двух треугольных.

[Sinoid]

Sinoid в сообщении #1647380 писал(а):

мат-ламер в сообщении #1647354 писал(а):

Вы можете не смотреть на готовые формулы, а для начала самому попробовать вывести их.

Именно это я и собираюсь сделать

Так, просто, не чистовое для форума, а из черновика в LyX для себя. Обозначений придерживался, как по приведенной мной выше ссылке на Разложение Холецкого нв страницу в Вики. Пока пытался вывести то, что до

Цитата:

комплекснозначных эрмитовых матриц

$A=\begin{pmatrix}a_{1\,1} & a_{2\,1} & a_{3\,1} & \ldots & a_{n-2\,1} & a_{n-1\,1} & a_{n\,1}\\ a_{2\,1} & a_{2\,2} & a_{3\,2} & \ldots & a_{n-2\,2} & a_{n-1\,2} & a_{n\,2}\\ a_{3\,1} & a_{3\,2} & a_{3\,3} & \ldots & a_{n-2\,3} & a_{n-1\,3} & a_{n\,3}\\ \hdotsfor{7}\\ a_{n-2\,1} & a_{n-2\,2} & a_{n-2\,3} & \ldots & a_{n-2\,n-2} & a_{n-1\,n-2} & a_{n\,n-2}\\ a_{n-1\,1} & a_{n-1\,2} & a_{n-1\,3} & \ldots & a_{n-1\,n-2} & a_{n-1\,n-1} & a_{n\,n-1}\\ a_{n\,1} & a_{n\,2} & a_{n\,3} & \ldots & a_{n\,n-2} & a_{n\,n-1} & a_{n\,n} \end{pmatrix}_{(n)}$, $L=\begin{pmatrix}l_{1\,1} & 0 & 0 & \ldots & 0 & 0 & 0\\ l_{2\,1} & l_{2\,2} & 0 & \ldots & 0 & 0 & 0\\ l_{3\,1} & l_{3\,2} & l_{3\,3} & \ldots & 0 & 0 & 0\\ \hdotsfor{7}\\ l_{n-2\,1} & l_{n-2\,2} & l_{n-2\,3} & \ldots & l_{n-2\,n-2} & 0 & 0\\ l_{n-1\,1} & l_{n-1\,2} & l_{n-1\,3} & \ldots & l_{n-1\,n-2} & l_{n-1\,n-1} & 0\\ l_{n\,1} & l_{n\,2} & l_{n\,3} & \ldots & l_{n\,n-2} & l_{n\,n-1} & l_{n\,n} \end{pmatrix}_{(n)}$, $L^{t}=\begin{pmatrix}l_{1\,1} & l_{2\,1} & l_{3\,1} & \ldots & l_{n-2\,1} & l_{n-1\,1} & l_{n\,1}\\ 0 & l_{2\,2} & l_{3\,2} & \ldots & l_{n-2\,2} & l_{n-1\,2} & l_{n\,2}\\ 0 & 0 & l_{3\,3} & \ldots & l_{n-2\,3} & l_{n-1\,3} & l_{n\,3}\\ \hdotsfor{7}\\ 0 & 0 & 0 & \ldots & l_{n-2\,n-2} & l_{n-1\,n-2} & l_{n\,n-2}\\ 0 & 0 & 0 & \ldots & l_{n-1\,n-2} & l_{n-1\,n-1} & l_{n\,n-1}\\ 0 & 0 & 0 & \ldots & l_{n\,n-2} & l_{n\,n-1} & l_{n\,n} \end{pmatrix}_{(n)}$, $\begin{pmatrix}l_{1\,1} & 0 & 0 & \ldots & 0 & 0 & 0\\ l_{2\,1} & l_{2\,2} & 0 & \ldots & 0 & 0 & 0\\ l_{3\,1} & l_{3\,2} & l_{3\,3} & \ldots & 0 & 0 & 0\\ \hdotsfor{7}\\ l_{n-2\,1} & l_{n-2\,2} & l_{n-2\,3} & \ldots & l_{n-2\,n-2} & 0 & 0\\ l_{n-1\,1} & l_{n-1\,2} & l_{n-1\,3} & \ldots & l_{n-1\,n-2} & l_{n-1\,n-1} & 0\\ l_{n\,1} & l_{n\,2} & l_{n\,3} & \ldots & l_{n\,n-2} & l_{n\,n-1} & l_{n\,n} \end{pmatrix}_{(n)}\cdot$

$\begin{pmatrix}l_{1\,1} & l_{2\,1} & l_{3\,1} & \ldots & l_{n-2\,1} & l_{n-1\,1} & l_{n\,1}\\ 0 & l_{2\,2} & l_{3\,2} & \ldots & l_{n-2\,2} & l_{n-1\,2} & l_{n\,2}\\ 0 & 0 & l_{3\,3} & \ldots & l_{n-2\,3} & l_{n-1\,3} & l_{n\,3}\\ \hdotsfor{7}\\ 0 & 0 & 0 & \ldots & l_{n-2\,n-2} & l_{n-1\,n-2} & l_{n\,n-2}\\ 0 & 0 & 0 & \ldots & l_{n-1\,n-2} & l_{n-1\,n-1} & l_{n\,n-1}\\ 0 & 0 & 0 & \ldots & l_{n\,n-2} & l_{n\,n-1} & l_{n\,n} \end{pmatrix}_{(n)}=$

$\begin{pmatrix}a_{1\,1} & a_{2\,1} & a_{3\,1} & \ldots & a_{n-2\,1} & a_{n-1\,1} & a_{n\,1}\\ a_{2\,1} & a_{2\,2} & a_{3\,2} & \ldots & a_{n-2\,2} & a_{n-1\,2} & a_{n\,2}\\ a_{3\,1} & a_{3\,2} & a_{3\,3} & \ldots & a_{n-2\,3} & a_{n-1\,3} & a_{n\,3}\\ \hdotsfor{7}\\ a_{n-2\,1} & a_{n-2\,2} & a_{n-2\,3} & \ldots & a_{n-2\,n-2} & a_{n-1\,n-2} & a_{n\,n-2}\\ a_{n-1\,1} & a_{n-1\,2} & a_{n-1\,3} & \ldots & a_{n-1\,n-2} & a_{n-1\,n-1} & a_{n\,n-1}\\ a_{n\,1} & a_{n\,2} & a_{n\,3} & \ldots & a_{n\,n-2} & a_{n\,n-1} & a_{n\,n} \end{pmatrix}_{(n)}$
$l_{1\,1}^{2}=a_{1\,1}$, $l_{1\,1}=\sqrt{a_{1\,1}}$, а при $j\in\left[2,\ldots,n\right]$

$\begin{equation} l_{j\,1}l_{1\,1}=a_{j\,1} \end{equation}$

‚ откуда $l_{j\,1}=\dfrac{a_{j\,1}}{l_{1\,1}}$. В принципе‚ формула (1) верна и при $j=1$.
При $i=2,\ldots,n$ $l_{i\,1}^{2}+l_{i\,2}^{2}+\ldots+l_{i\,i-1}^{2}+l_{i\,i}^{2}=a_{i\,i}$ (выписываю выражение для $a_{i\,i}$)‚ откуда $l_{i\,i}=\sqrt{a_{i\,i}-{\displaystyle \sum_{v=1}^{i-1}l_{i\,v}^{2}}}$. $l_{3\,1}l_{2\,1}+l_{3\,2}l_{2\,2}=a_{3\,2}$‚ $l_{3\,2}=\dfrac{a_{3\,2}-l_{2\,1}l_{3\,1}}{l_{2\,2}}=\dfrac{1}{l_{2\,2}}\left(a_{3\,2}-{\displaystyle \sum_{p=1}^{1}l_{2\,p}l_{3\,p}}\right)$. Пусть $j>i$. $a_{j\,i}=l_{j\,1}l_{i\,1}+l_{j\,2}l_{i\,2}+\ldots+l_{j\,i-1}l_{i\,i-1}+l_{j\,i}l_{i\,i}$‚ откуда $l_{j\,i}=\dfrac{1}{l_{i\,i}}\left({\displaystyle a_{j\,i}}-{\displaystyle \sum_{p=1}^{i-1}l_{j\,p}l_{i\,p}}\right)$.

-- 27.07.2024, 21:58 --

Sinoid в сообщении #1647575 писал(а):

$l_{i\,i}=\sqrt{a_{i\,i}-{\displaystyle \sum_{v=1}^{i-1}l_{i\,v}^{2}}}$

Еще же нужно доказать положительность $a_{i\,i}-{\displaystyle \sum_{v=1}^{i-1}l_{i\,v}^{2}}$.Смогу-нет сейчас?