Матричное уравнение

[AlexNew]

Не совсем понятно что вы имеете ввиду когда говорите про кратные собственные значения. (едичичнaя понятно коммутирует со всем, но здесь не тот случай)

Добавлено спустя 3 минуты 30 секунд:

ewert писал(а):

Она не лучше, а хуже (сложнее) -- просто она более общая.

Жорданова форма группирует собств. значения (если я не ошибаюсь), а диогональная нет

Добавлено спустя 6 минут 13 секунд:

ewert писал(а):

взяв в качестве полинома соответствующий интерполяционный, построенный по собственным числам исходной матрицы ).

точно!

1) получается если собств. значения данной матрицы различны, берем любую диагональную матрицу?
2) если есть кратные собств. значения, что изменится?
3) не диагональные матрицы не подходят?

[ewert]

Мы пока предполагаем, что матрица диагонализуема, т.е. может быть приведена преобразованием подобия не к вообще жордановой, а (как частный случай) именно к диагональной форме. И что преобразование может быть выбрано так, чтобы одинаковые диагональные элементы оказались сгруппированы (это непринципиально, но немного облегчает жизнь).

И Вы понимаете, что после этого вопрос сводится к перестановочности с этой самой диагональной матрицей $\Lambda$.

Ну так выпишите явным образом две матрицы: $A'\cdot\Lambda$ и $\Lambda\cdot A'$, приравняйте их друг другу и гляньте, какие фактические ограничения при этом накладываются на элементы матрицы $A'$.

Добавлено спустя 2 минуты 36 секунд:

AlexNew в сообщении #178764 писал(а):

Жорданова форма группирует собств. значения (если я не ошибаюсь), а диогональная нет

Форма сама по себе ничего не группирует. Как жордановы клетки, так и просто собственные числа могут быть переставлены как угодно (добавлением к преобразованию соответствующих матриц перестановок).

[AlexNew]

Draeden
Понял! отличная идея!

ewert писал(а):

Форма сама по себе ничего не группирует. Как жордановы клетки, так и просто собственные числа могут быть переставлены как угодно (добавлением к преобразованию соответствующих матриц перестановок).

да наверное напутал, я не математик

Добавлено спустя 15 минут 3 секунды:

ewert писал(а):

Ну так выпишите явным образом две матрицы: $A'\cdot\Lambda$ и $\Lambda\cdot A'$, приравняйте их друг другу и гляньте, какие фактические ограничения при этом накладываются на элементы матрицы $A'$.

прямой путь : )
Получается что для рзличных собств. знач. $A'$ - любая диагональная,
если есть кратные значения то могут появлятся не нулевые элементы вне диагонали... ...

[ewert]

..., и притом любые -- но только в пределах соответствующего диагонального блока.

[AlexNew]

да...

Всем Спасибо!!!

Добавлено спустя 17 минут 27 секунд:

может погорячему заодно решить и более общую:

$AB = BA + C$

$B,C$ - дано, найти $A$

$AB = BA +C$
$V^-1AVV^-1BV = V^-1BVV^-1AV +V^-1CV$
$A' \Lambda = \Lambda A' + C'$


Получается $C'$ должна = 0 ? или еще могут быть варианты

[ewert]

Конечно не обязана.

[AlexNew]

на диагонали C' нули точно

[Draeden]

А в чём разница ?

$(B^T \times E - E \times B) \cdot vec(A) = vec(C)$

Методом Гаусса...

[AlexNew]

все пока в уме решалось ... артиллерия на потом

[ewert]

AlexNew в сообщении #178810 писал(а):

на диагонали C' нули точно

Да. Но, вообще говоря, не только.

Матрица $C'$ обязана быть в соответствующем смысле ортогональной базису решений однородного уравнения (оно ведь симметрично). А этот базис Вам, в общем, известен...

[AlexNew]

да, тут похоже А' и C' будут далеко непростой вид иметь.
без артиллерия похоже не обойтись.

ewert писал(а):

обязана быть в соответствующем смысле ортогональной базису решений однородного уравнения

почему?

Добавлено спустя 8 минут 14 секунд:

не для всех C' будет существовать А', но для любой А' будет C'

[ewert]

Почему? Стандартная теорема. Ортогональное дополнение до множества значений есть множество нулей сопряжённого оператора.

[AlexNew]

Цитата:

Стандартная теорема. Ортогональное дополнение до множества значений есть множество нулей сопряжённого оператора.

может быть Вы можите посоветывать толковый учебни? а то я об этих стандартных вещах никогда не слышал...

[ewert]

Нет, не могу. Я уже довольно давно никаких учебников по алгебре не читал. Лучше покажу, как доказывается -- факт простой и при этом весьма принципиальный.

Принадлежность столбца $\vec x$ множеству нулей оператора $H$, т.е. выполнение равенства $H\vec x=\vec0$, равносильно тому, что скалярное произведение $(H\vec x,\;\vec y)=0$ для любого столбца $\vec y$ вообще. В элементной записи это выглядит так:

$$\sum_i\left(\sum_kh_{ik}x_k\right)\cdot y_i\equiv0,$$

или, после изменения порядка суммирования,

$$\sum_kx_k\cdot\left(\sum_ih_{ik} y_i\right)\equiv0.$$

Последняя запись в векторной интерпретации означает ортогональность столбца $\vec x$ всем столбцам вида $H^T\vec y$ (матрица именно транспонированная, т.к. суммирование ведётся по "неправильному" индексу) -- т.е., собственно, всем значениям сопряжённого оператора.

Другими словами: принадлежность $\vec x$ множеству нулей исходного оператора равносильна его ортогональности к множеству значений сопряжённого. Ну и, соответственно, наоборот.

(В комплексном случае надо бы для приличия поставить кое-где значки комплексного сопряжения, но можно оставить и так -- утверждение будет чуть другим, но тоже верным.)

[AlexNew]

Теорема которую вы доказали понятна, но не ясно почему "Матрица C’ обязана быть в соответствующем смысле ортогональной базису решений однородного уравнения."

базис решений - это собственные вектора матрицы $AB-BA$ ?
но вовтором случае у нас уже другая матрица $AB-BA - C $

или вы имели в веду что $ (AB-BA) \vec x = C \vec x = \vec 0 $ ?