Не ассоциативность умножения бесконечных матриц.

[samson4747]

В общем случае умножение бесконечных матриц не ассоциативно. Рассмотрим $c_{ij}=\sum\limits_{k=1}^\infty{a_{ik}b_{kj}}$. Например, если $a_{ij}=1$, $c_{ij}=1$ для любого $i$ и $j$ и если

$$\sum\limits_{j=1}^\infty\left(\sum\limits_{i=1}^\infty b_{ij}\right)\not=\sum\limits_{i=1}^\infty\left(\sum\limits_{j=1}^\infty b_{ij}\right)\eqno{(1)},$$

то $(AB)C\not=A(BC)$, ибо $(AB)C$ и $A(BC)$ равны соответственно левой и правой частям $(1)$. В качестве примера матрицы, удовлетворяющей условию $(1)$, можно взять матрицу $(b_{ij})$, где

$$b_{ij}&=\frac{(i-j)}{2^{i+j-2}}\frac{(i+j-3)!}{(i-1)!(j-1)!}\quad(i>1,\,j>1), b_{i1}&=2^{-(i-1)}\quad(i>1),\quad b_{1j}=-2^{-(j-1)}\quad(j>1),\quad b_{11}=0.$$

Легко показать, что в этом случае

$$\sum\limits_{j=1}^\infty\left(\sum\limits_{i=1}^\infty b_{ij}\right)=1,\quad\sum\limits_{i=1}^\infty\left(\sum\limits_{j=1}^\infty b_{ij}\right)=-1.$$

Материал, взят из Кук Р. - Бесконечные матрицы и пространства последовательностей [1960], стр. 20-21

Не выходит, показать, тем более легко показать. Пробовал "в лоб" и расписывать матрицу, суммируя столбцы, приятного мало. Что посоветуете для достижения цели?

[Sonic86]

Я не понял
Вам надо просто доказать, что произведение бесконечных 2-мерных матриц неассоциативно? Если да, то это легко сделать, сводя этот случай к конечным матрицам.
Или весь текст до ссылки - это текст из книги и Вы хотите его разобрать, в частности, доказать соотношение

samson4747 в сообщении #639607 писал(а):

$$\sum\limits_{j=1}^\infty\left(\sum\limits_{i=1}^\infty b_{ij}\right)=1,\quad\sum\limits_{i=1}^\infty\left(\sum\limits_{j=1}^\infty b_{ij}\right)=-1.$$

? Если да, то это несложно: $b_{ij}$ антисимметрично, а суммировать ряды с $2^j$ и биномиальным коэффициентов мы вроде умеем (Ну можно производящие функции попробовать или в Конкретную математику заглянуть)

[samson4747]

Sonic86 в сообщении #639634 писал(а):

это текст из книги и Вы хотите его разобрать, в частности, доказать соотношение

samson4747 в сообщении #639607 писал(а):

$$\sum\limits_{j=1}^\infty\left(\sum\limits_{i=1}^\infty b_{ij}\right)=1,\quad\sum\limits_{i=1}^\infty\left(\sum\limits_{j=1}^\infty b_{ij}\right)=-1.$$

?

Именно так.

Sonic86 в сообщении #639634 писал(а):

Если да, то это несложно: $b_{ij}$ антисимметрично, а суммировать ряды с $2^j$ и биномиальным коэффициентов мы вроде умеем (Ну можно производящие функции попробовать или в Конкретную математику заглянуть)

$b_{ij}$ антисимметрично, согласен.
Насчёт суммирования, мы будем суммировать столбцы? Если да, то первый столбец это геометрическая прогрессия сумма которой: $\dfrac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}=1$, поэтому нужно показать, что сумма остальных столбцов это нули, если так, то как это сделать? Вам это тоже несложно, видимо чего-то не замечаю.

[ewert]

samson4747 в сообщении #639607 писал(а):

В общем случае умножение бесконечных матриц не ассоциативно.

В общем случае умножение бесконечных матриц попросту не определено. Его надобно сужать на хоть какие-то, но более конкретные классы матриц, для которых умножение имеет хоть какой-то смысл. И тут, разумеется, возможно что угодно.

[samson4747]

Верно говорите. Проблема состоит, что не могу показать равенство единице соответствующей суммы. Равенство минус единице будет следовать из доказательства утверждения выше.

[Sonic86]

Я попробовал. Оказывается, суммировать ряды даже не надо. Я сначала переписал внутренний ряд в виде суммы сбалансированных рядов (т.е. рядов вида $\sum\limits_{k=0}^{+\infty}x^k\frac{a_1(k)!...a_r(k)!}{b_1(k)!...b_s(k)!}$ с $a_1+...+a_k=b_1+...+b_s$) - там все прекрасно сократилось и получилось 2 похожих ряда, потом поменял порядок суммирования и тогда там получается телескопический ряд, т.е. 2 суммы, 1-й член, который

samson4747 в сообщении #639640 писал(а):

Если да, то первый столбец это геометрическая прогрессия сумма которой: $\dfrac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}=1$

отделяется, а все остальное с собой просто сокращается.
По идее не сложно. Попробуйте!

[samson4747]

Sonic86 писал(а):

Я сначала переписал внутренний ряд в виде суммы сбалансированных рядов (т.е. рядов вида $\sum\limits_{k=0}^{+\infty}x^k\frac{a_1(k)!...a_r(k)!}{b_1(k)!...b_s(k)!}$ с $a_1+...+a_k=b_1+...+b_s$) - там все прекрасно сократилось и получилось 2 похожих ряда,

Не ясно, как Вы составляете этот ряд , хотя идея и дальнейшее рассуждение понятно, оно очень для меня схоже с суммированием столбцов, первая сумма даст единицу все остальные будут нулями.

[Sonic86]

samson4747 в сообщении #639816 писал(а):

Не ясно, как Вы составляете этот ряд

Вот смотрите. Степени двойки пока игнорим. Внешний ряд пусть будет по $j$, внутренняя - по $i$. В числителе у нас $i+j-3$, в знаменателе всего $i-1$ и $j-1$, это в сумме $i+j-2$ - больше $i+j-3$ на единицу. Чтобы сделать сбалансированный ряд (т.е. когда отношение факториалов можно переписать через биномиальные коэффициенты), надо в числителе найти еще одну $i$. Для этого берем $i-j=(i+j-2)-2j+2$, тогда $(i-j)(i+j+3)!=(i+j-2)! -2(j-1)(i+j-3)!$ и тогда ряд равен

$$\sum\limits_{j=1}^{+\infty}\frac{1}{2^{j-2}}\left(\sum\limits_{i=1}^{+\infty}\frac{(i+j-2)!}{2^i(i-1)!(j-1)!} - \sum\limits_{i=1}^{+\infty}\frac{(i+j-3)!}{2^{i-1}(i-1)!(j-2)!}\right)$$

во 2-м ряде $2(j-1)$ очень удачно сократилось, что наводит на подозрения, что это не случайно. А, я еще забыл отделить слагаемое с $j=1$, иначе получится, что я сократил на нуль. Вот его надо отделить и теперь сравните 1-й ряд внутри со 2-м - один из другого получается заменой $j$ на $j-1$. Теперь меняем порядок суммирования, меняем $j$ на $j-1$ и там все сокращается.

Возможно даже, что переусложнил. Попробуйте сразу взять внутреннее суммирование по $j$ (все равно смена порядка суммирования - преобразование, коммутирующее с прочими преобразованиями, а значит бессмысленно его туда-сюда менять), может даже проще будет.

[samson4747]

Вышло, если верно Вас понял и написал:

$$\sum\limits_{j=0}^{+\infty}\frac{1}{2^{j-3}}\left(\sum\limits_{i=1}^{+\infty}\frac{1}{2^i}\binom{i-1}{i+j-3} - \sum\limits_{i=1}^{+\infty}\frac{1}{2^{i-1}}\binom{i-1}{i+j-3} }\right)$$

[Sonic86]

Нет. Давайте заново. Делайте так (я сам проделал уже):
1. Сделайте во внутренней сумме суммирование по $j$.
2. Представьте $(i-j)(i+j-3)!=(i+j-2)!-2(j-1)(i+j-3)!$, разбейте внутреннюю сумму по $j$ на две суммы. (при сокращении на $j-1$ отделите случай $j=1$ отдельно) (кстати, записывать факториалы через биномиальные коэффициенты необязательно. Только если Вам так легче или удобнее.)
3. Сократите в полученных суммах одинаковые слагаемые. Можете просто выписать 3-4 слагаемых каждого ряда, ничего страшного в этом нет, но сразу все увидите.
4. Дальше просто.

[samson4747]

Сейчас сделаю, раньше у меня так же выходила конструкция такого вида
$\dfrac{(i+j-2)!}{(i-1)!(j-1)!}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{i-1}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{j-1}\dfrac{i-j}{i+j-2}$.
Сделаю, сейчас, Ваши $4$ пункта и напишу.

-- 04.11.2012, 13:28 --

1. Сделайте во внутренней сумме суммирование по $j$.
$\sum\limits_{i=1}^\infty\left(\sum\limits_{j=1}^\infty b_{ij}\right)$
2. Представьте $(i-j)(i+j-3)!=(i+j-2)!-2(j-1)(i+j-3)!$, разбейте внутреннюю сумму по $j$ на две суммы. (при сокращении на $j-1$ отделите случай $j=1$ отдельно)
(вспомним $\mathrm{L\!\!^{{}_{\scriptstyle A}} \!\!\!\!\!\;\; T\!_{\displaystyle E} \! X}$)

$\sum\limits_{i=1}^\infty\sum\limits_{j=1}^\infty\dfrac{(i-j)(i+j-3)!}{2^{i+j-2}(i-1)!(j-1)!}= =\Bigl{\|}(i-j)(i+j-3)!=(i+j-2)!-2(j-1)(i+j-3)!\Bigr{\|}= =\sum\limits_{i=1}^\infty\sum\limits_{j=1}^\infty\left(\dfrac{(i-j-2)!}{2^{i+j-2}(i-1)!(j-1)!}-\dfrac{(j-1)(i+j-3)!}{2^{i+j-3}(i-1)!(j-1)!}\right)= =\Bigl{\|}\text{выпишем отдельно случай\ }j=1\Bigr{\|}= =\sum\limits_{i=1}^\infty\left(\dfrac{(i-1)!}{2^{i-1}(i-1)!\,0!}+\sum\limits_{j=2}^\infty\dfrac{(i+j-2)!}{2^{i+j-2}(i-1)!(j-1)!}-\Bigl(0+\sum\limits_{j=2}^\infty\dfrac{(i+j-3)!}{2^{i+j-3}(i-1)!(j-2)!}\Bigr)\right)= =\sum\limits_{i=1}^\infty\left(\dfrac{1}{2^{i-1}}+\dfrac{1}{2^{i-2}}\Bigl(\sum\limits_{j=2}^\infty\dfrac{(i+j-2)!}{2^{j}(i-1)!(j-1)!}-\sum\limits_{j=2}^\infty\dfrac{(i+j-3)!}{2^{j-1}(i-1)!(j-2)!}\Bigr)\right)\boxed{=}$

Верно пока?

-- 04.11.2012, 13:35 --

$\Bigl{\|}\sum\limits_{j=2}^\infty\dfrac{(i+j-2)!}{2^{j}(i-1)!(j-1)!}-\sum\limits_{j=2}^\infty\dfrac{(i+j-3)!}{2^{j-1}(i-1)!(j-2)!}= =\sum\limits_{j=3}^\infty\dfrac{(i+j-3)!}{2^{j-1}(i-1)!(j-2)!}-\sum\limits_{j=3}^\infty\dfrac{(i+j-3)!}{2^{j-1}(i-1)!(j-2)!}}-\dfrac{(i-1)!}{2(i-1)!\,0!}=-\dfrac{1}{2}\Bigr{\|}$

$\boxed{=}\sum\limits_{i=1}^\infty\left(\dfrac{1}{2^{i-1}}+\dfrac{1}{2^{i-2}}\,\dfrac{(-1)}{2}\right)=0\not=-1$.

Где ошибся?

-- 04.11.2012, 13:50 --

Было бы $\boxed{=}\sum\limits_{i=1}^\infty\left(\dfrac{1}{2^{i-1}}{\color{red}\ -\ }\dfrac{1}{2^{i-2}}\,\dfrac{(-1)}{2}\right)$, получили бы $\sum\limits_{i=1}^\infty\dfrac{1}{2^{i}}=1$.

[Sonic86]

Блин, точно, все сокращается, значит где-то я ошибся.

Может проблема в этом:

samson4747 в сообщении #639607 писал(а):

$$b_{ij}&=\frac{(i-j)}{2^{i+j-2}}\frac{(i+j-3)!}{(i-1)!(j-1)!}\quad(i>1,\,j>1), b_{i1}&=2^{-(i-1)}\quad(i>1),\quad b_{1j}=-2^{-(j-1)}\quad(j>1),\quad b_{11}=0.$$

Надо было сначала $i=1, j=1$ тоже отделить? $b_{11}$ по формуле не определен...

Sonic86 в сообщении #639634 писал(а):

Если да, то это легко сделать, сводя этот случай к конечным матрицам.

Это чушь.

[samson4747]

$\sum\limits_{j=1}^\infty\left(\sum\limits_{i=1}^\infty b_{ij}\right)=0+\dfrac{1}{2}+\dfrac{-1}{2}+\sum\limits_{j=2}^\infty\left(\sum\limits_{i=2}^\infty b_{ij}\right)=\sum\limits_{j=2}^\infty\left(\sum\limits_{i=2}^\infty b_{ij}\right)$

[Sonic86]

Sonic86 в сообщении #639889 писал(а):

Может проблема в этом:

Да, в этом:

$$\sum\limits_{i\geqslant 1, j\geqslant 1}=\sum\limits_{i\geqslant 2, j\geqslant 2}+\sum\limits_{i= 1, j\geqslant 1}+\sum\limits_{i\geqslant 1, j=1}-\sum\limits_{i=1, j=1}$$

Теперь $\sum\limits_{i=1, j=1}b_{ij}=b_{11}=0$, $\sum\limits_{i\geqslant 1, j=1}b_{ij}=\sum\limits_{i\geqslant 1}\frac{1}{2^{i-1}}=2$, $\sum\limits_{i=1, j\geqslant 1}b_{ij}=-2$, $2-2=0$. И тогда

$$ \sum\limits_{i\geqslant 2, j\geqslant 2}b_{ij}= \sum\limits_{i=2}^{\infty}\frac{1}{2^{i-2}(i-1)!}\left(\sum\limits_{j=2}^{\infty}\frac{(i+j-2)!}{2^j(j-1)!}-\sum\limits_{j=2}^{\infty}\frac{(i+j-3)!}{2^{j-1}(j-2)!}\right)= $$

$$ =\sum\limits_{i=2}^{\infty}\frac{1}{2^{i-2}(i-1)!}\left(\sum\limits_{j=2}^{\infty}\frac{(i+j-2)!}{2^j(j-1)!}-\sum\limits_{j=1}^{\infty}\frac{(i+j-2)!}{2^j(j-1)!}\right)= -\sum\limits_{i=2}^{\infty}\frac{1}{2^{i-2}(i-1)!}\frac{(i-1)!}{2\cdot 0!}=-1 $$

-- Вс ноя 04, 2012 10:21:54 --

Вроде все

[samson4747]

$$\color{orange}\boxed{\textbf{ \color{black}Sonic86, \color{blue}благодарю Вас за помощь! }}$$