Степень матрицы

[Ktina]

Пусть $N$ - число целых неотрицательных решений неравенства $x^2+y^2\le 50^2$
Вычислить:

$$\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}^{N-1}$$

[mihiv]

Ясно,что число решений четное.Поэтому $A^{N-1}=A$ или $-A$(т.к.$A^2=-I$).Число решений не трудно и посчитать,если есть под рукой калькулятор:$N=\sum \limits _{y=0}^{50} (\lfloor \sqrt {50^2-y^2} \rfloor +1)$

[Ktina]

mihiv в сообщении #582735 писал(а):

Ясно,что число решений четное.Поэтому $A^{N-1}=A$ или $-A$(т.к.$A^2=-I$).Число решений не трудно и посчитать,если есть под рукой калькулятор:$N=\sum \limits _{y=0}^{50} (\lfloor \sqrt {50^2-y^2} \rfloor +1)$

Число решений неравенства несложно сосчитать "грубой силой" в уме, если помнить наизусть таблицу квадратов.
Оно равно 2012.

Далее,

$$\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}^{2}=\begin{pmatrix}-1&0\\0&-1\end{pmatrix}$$

$$\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}^{3}=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$$

$$\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}^{4}=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}$$

$$\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}^{5}=\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}$$

Этот зверёк повторяется с периодом 4.
А так как 2011 даёт остаток 3 при делении на 4, ответ будет

$$\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$$

[venco]

Кстати:

$$e^{a\cdot I+b\cdot A}=e^a \cos b\cdot I+e^a \sin b\cdot A$$

Узнаёте?

[Ktina]

venco в сообщении #582779 писал(а):

Кстати:

$$e^{a\cdot I+b\cdot A}=e^a \cos b\cdot I+e^a \sin b\cdot A$$

Узнаёте?

Напоминает преобразование полярных координат в декартовы...

[venco]

Почти:

$$e^{a\cdot 1+b\cdot i} = e^a \cos b\cdot 1 + e^a \sin b \cdot i$$

[Ktina]

venco в сообщении #582784 писал(а):

Почти:

$$e^{a\cdot 1+b\cdot i} = e^a \cos b\cdot 1 + e^a \sin b \cdot i$$

$$e^{i\pi}=-1?$$

[venco]

Ага.

[Sonic86]

А мне показалось, что смысл задачи в том, чтобы вычислить $N(x^2+y^2\leqslant 50^2)\mod 4$. Ясно, что будет $1$ или $3$, а вот что именно без явного вычисления трудно определить

[ewert]

Sonic86 в сообщении #582846 писал(а):

$N(x^2+y^2\leqslant 50^2)\mod 4$. Ясно, что будет $1$ или $3$,

Из чего это "ясно"?... Остатки там меняются довольно хаотически:

  R       N        Остаток

  0       1       1       1
  1       3       3           3
  2       6       2         2
  3      11       3           3
  4      17       1       1
  5      26       2         2
  6      35       3           3
  7      45       1       1
  8      58       2         2
  9      73       1       1
 10      90       2         2
 11     106       2         2
 12     123       3           3
 13     146       2         2
 14     168       0     0
 15     193       1       1
 16     216       0     0
 17     243       3           3
 18     271       3           3
 19     302       2         2
 20     335       3           3
 21     365       1       1
 22     402       2         2
 23     437       1       1
 24     473       1       1
 25     516       0     0
 26     557       1       1
 27     600       0     0
 28     642       2         2
 29     687       3           3
 30     736       0     0
 31     782       2         2
 32     835       3           3
 33     886       2         2
 34     941       1       1
 35     999       3           3
 36    1050       2         2
 37    1111       3           3
 38    1167       3           3
 39    1234       2         2
 40    1297       1       1
 41    1357       1       1
 42    1424       0     0
 43    1491       3           3
 44    1564       0     0
 45    1636       0     0
 46    1703       3           3
 47    1778       2         2
 48    1852       0     0
 49    1931       3           3
 50    2012       0     0
 51    2095       3           3
 52    2177       1       1
 53    2256       0     0
 54    2341       1       1

Вот если бы количество не неотрицательных, а просто целых решений -- тогда, конечно, всё было бы тривиально.

[hippie]

ewert в сообщении #582894 писал(а):

Из чего это "ясно"?

Т.к. $[\sqrt{\frac{50^2}2}]=35,$ то существует 36 решений в которых $x=y ,$ а остальные решения разбиваются на пары ($x$ и $y$ меняются местами). Поэтому $N$ чётное и, следовательно, $N-1$ при делении на 4 может давать остатки только 1 или 3.

[Ktina]

hippie в сообщении #582898 писал(а):

ewert в сообщении #582894 писал(а):

Из чего это "ясно"?

Т.к. $[\sqrt{\frac{50^2}2}]=35,$ то существует 36 решений в которых $x=y ,$ а остальные решения разбиваются на пары ($x$ и $y$ меняются местами). Поэтому $N$ чётное и, следовательно, $N-1$ при делении на 4 может давать остатки только 1 или 3.

Просто супер!

(Оффтоп)

Зато я не лишила себя удовольствия поупражняться в устном счёте, за что была щедро вознаграждена совпадением с номером текущего года

[Sonic86]

hippie в сообщении #582898 писал(а):

Т.к. $[\sqrt{\frac{50^2}2}]=35,$ то существует 36 решений в которых $x=y ,$ а остальные решения разбиваются на пары ($x$ и $y$ меняются местами). Поэтому $N$ чётное и, следовательно, $N-1$ при делении на 4 может давать остатки только 1 или 3.

Ага, я так и делал Т.е. мы использовали группу симметрии фигуры (но в отличие от круга, она всего лишь $S_2$ т.е. дальше надо как-то иначе). А через число разложений в сумму квадратов как-то да - фигово...