[Высшая алгебра] Матричные уравнения & ЖНФ

[FreeLifer]

Не могу найти способ решения уравнения вида cos(X) = Y , где X , Y - матрицы.
Прошу ссылку(и) на материалы, где разбираются подобные задачи.

И еще. Есть задача, мне кажется что она решается каким-то более хитрым образом, нежели "в лоб", но вот как... не знаю. Прошу подсказать идеи.
Итак, есть матрица вида
$ \begin{pmatrix} A & E \\ E & A \\ \end{pmatrix} $

где матрица A - квадратная матрица ( 2 x 2 ), с заданными значениями, а E - квадратная единичная матрица (2 x 2). Задача состоит в нахождении нормальной формы.

[ewert]

FreeLifer в сообщении #539697 писал(а):

Не могу найти способ решения уравнения вида cos(X) = Y , где X , Y - матрицы.

Ну вообще-то икс -- это арккосинус игрека. Надо привести игрек к жордановой форме и потом просто подставить её в формальный ряд Тейлора. Потом этот ряд свернётся в нечто вполне конечное.

[Diom]

ewert в сообщении #539740 писал(а):

и потом просто подставить её в формальный ряд Тейлора. Потом этот ряд свернётся в нечто вполне конечное.

Не думаю что тут необходимо пользовать ряд Тейлора. Можно в лоб - по определению функции от матрицы. Через интерполяционный многочлен Лагранжа(как наверняка и подразумевается).


Относительно второй задачи - первое что на ум приходит так это то, что определитель такой матрицы $\det(M)=\det(A-E)\det(A+E)$. Это позволит решать не уравнения 4-ой степени (для нахождения собственных чисел) а два второй.

[Diom]

А вообще если присмотреться то можно увидеть что в жордановой форме данная матрица будет иметь вид:
$\left[\begin{array}{cc} J(A)-E & 0\\ 0 & J(A)+E \end{array}\right] $

где: $J(A)$ - жорданова форма матрицы A

ПС: можно доказать если правильную матрицу перехода подобрать

[g______d]

Первая задача не такая простая. Если поднапрячься, то можно понять, что собственное подпространство $Y$ будет инвариантным подпространством для $X$, и то же верно для подпространства, отвечающего жордановому блоку. Таким образом, задача распадается на блоки. Нужно научиться решать две задачи: $\cos(A)=\lambda E$ и $\cos(A)$ равно стандартному жордановому блоку с $\lambda$ на диагонали.

Решение первой задачи --- любая диагонализуемая (т. е. подобная диагональной) матрица, на диагонали которой стоят числа, косинусы которых равны $\lambda$. Действительно, нетривиальна только диагонализуемость. Но если есть недиагонализуемая матрица, то приведем ее к жордановой форме и вычислим косинус. Получится какая-то блочная матрица с нетривиальными блоками, которая не может быть кратна единичной (т. к. последняя диагональна в любом базисе).

Во второй задаче надо найти матрицу, косинус от которой равен жордановому блоку с $\lambda$ на диагонали. Заметим, что в таком случае косинусы собственных значений $X$ равны $\lambda$. Кроме того, все собственные значения равны, т. к. иначе у X есть 2 собственных вектора, откуда у $\cos(X)$ тоже есть 2 собственных вектора, что противоречит тому, что $\cos(X)$ --- жорданов блок. Таким образом, у $X$ есть только один собственных вектор.

Тут уже не очень понятно. Можно предположить, что в последнем классе решение единственно и равно матричному арккосинусу.

-- 14.03.2012, 03:30 --

В том смысле, что матричный арккосинус по-прежнему определен неоднозначно, но вся неоднозначность приходит из скалярного арккосинуса.

[g______d]

Даже в первом случае я, похоже, наврал. Там могут быть блоки $2\times2$, если $\lambda=1$.

[g______d]

Ну в общем жесть какая-то. Часть 2 можно свести к полиномиальному уравнению (разложив $\cos(x)$ в ряд в окрестности точки $\lambda$ и воспользовавшись нильпотентностью $X-\lambda$). Как решать полиномиальные уравнения, написано в (нелюбимой мной) книжке Гантмахера в главе "матричные уравнения". Может быть, для конкретной матрицы это будет обозримой задачей.