Nevíte-li si rady s jakýmkoliv matematickým problémem, toto místo je pro vás jako dělané.
Nástěnka
❗22. 8. 2021 (L) Přecházíme zpět na doménu forum.matweb.cz!
❗04.11.2016 (Jel.) Čtete, prosím, před vložení dotazu, děkuji!
❗23.10.2013 (Jel.) Zkuste před zadáním dotazu použít některý z online-nástrojů, konzultovat použití můžete v sekci CAS.
Nejste přihlášen(a). Přihlásit
Ahoj ↑ kastanek:,
Jedna mozna metoda:
Napriklad urci characteristicky polynom matice A a vyuzi jeho vlasnosti.
Offline
↑ kastanek:
Ahoj,
druhá možná metoda, asi ne úplně nejlepší, ale taky se to snad dá. :-)
Matici si rozložíš na [mathjax]3\cdot \begin{pmatrix}1 & 0 \\0 & 1 \end{pmatrix}+2\cdot \begin{pmatrix}0 &-1 \\1 & 1 \end{pmatrix}[/mathjax] a použiješ binomickou větu. Přičemž [mathjax]\begin{pmatrix}0 &-1 \\1 & 1 \end{pmatrix}^{3}=-\begin{pmatrix}1 &0 \\0 & 1 \end{pmatrix}[/mathjax].
Ale nezkoušel jsem. :-)
Offline
↑ kastanek:,
Vdaka Teoreme ( Cayley-Hamilton ) characteristicky polynom da kde I je jednodkova matica.
Tak
Atd.
( ak by A mala realne vlastne hodnoty, tak by som ti navrhol inu metodu)
Offline
Ahoj ↑ david_svec:,
Tvoja metoda je rychlejsia ako tu co som navrhol. 👍
Offline
↑ kastanek:,
To mozes dokazat taky vzorec... iste ti to da dobry pocit, ked to dokazes.
( vlastne ten vzorec doplnky ten vysledok, co som vyssie napisal, ktory znamena, ze A a l generuju kazdu mocninu matice A ....)
Aj v metode z #3, treba dokazat nejake vlasnosti, ak chces mat ryclejsie konecny vysledok.
Tak dobre pokracovanie.
Offline
Ahoj,
nebo stačí spočítat A^2,A^4,A^8, a pak A.A^4.A^8, což je výsledek, tj. stačí pět násobení.
Offline
↑ check_drummer:
Jj, to mě napadlo taky, ale ani nejde o tento konkrétní příklad, spíš mě to zajímalo obecně.
Offline
Nevím, jestli to už tady nezaznělo, ale lze také najít vlastní čísla té matice A, čímž dostaneme matici [mathjax]\Lambda[/mathjax], která obsahuje jen na diagonále ta vlastní čísla [mathjax]\lambda_1, \lambda_2[/mathjax], a matici A lze pak vyjádřit jako
[mathjax]A = P \Lambda P^{-1}[/mathjax]
A potom platí, že třeba
[mathjax]A^2 = P \Lambda P^{-1} * P \Lambda P^{-1} = P \Lambda^2P^{-1}[/mathjax]
a analogicky
[mathjax]A^n = P \Lambda^nP^{-1}[/mathjax]
A matici [mathjax]\Lambda^n[/mathjax] určíme snadno, protože díky tomu, že je diagonální, tak je prostě tvořena koeficienty [mathjax]\lambda_1^n, \lambda_2^n[/mathjax]
Aspoň teda doufám, že to tak je...
Offline
Pozdravujem ↑ MichalAld:,
Tu je matica v C diagonalizovatelna a jej vlastne hodnoty su komplexne. ( ) I ked metoda je dokonala, no vsak je na rucne pocitanie nie velmi sympaticka.
Offline
↑ kastanek:
Obecně vyjádříš mocninu matice A ve dvojkové soustavě, a pro místa, ve kterých se vyskytne číslice 1, musíš spočítat odpovídající mocninu matice A. Následně tyto mocniny vynásobíš.
Ještě by mohlo pomoci, pokud má matice A matici inverzní, tak by šlo např. snano spočítat A^{31} tak, že pomocí několika málo mocnění spočtu A^{32} a následně to vynásobím tou inverzní maticí. Podobně u jiných mocnin.
Offline
Obecně bych si zkusil rozložit matici A na součet matic B+C
[mathjax]
A=\begin{pmatrix}a & b \\c & d \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a & 0 \\0 & d \end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0 & b \\c & 0 \end{pmatrix}=B+C
[/mathjax]
Jestliže
[mathjax]
B^{^{i}}=\begin{pmatrix}a^{i} & 0 \\0 & d^{i} \end{pmatrix},
[/mathjax]
[mathjax]C^{^{2k+1}}=\begin{pmatrix}0&b^{k+1}.c^{k} \\ c^{k+1}. b^{k}&0\end{pmatrix},
[/mathjax] [mathjax]
C^{^{2k}}=\begin{pmatrix}b^{k}.c^{k}&0 \\ 0&b^{k}.c^{k}\end{pmatrix}[/mathjax]
myslím, že můžeme použít binomickou větu a obecně spočítat maticové součty [mathjax]
B^{n-i}*C^{i}
[/mathjax] zvlášť pro liché a sudé i. Vždy je
[mathjax]
B^{n-2k}*C^{2k}=\begin{pmatrix}...&0 \\ 0&...\end{pmatrix}
[/mathjax]
[mathjax]
B^{n-(2k+1)}*C^{2k+1}=\begin{pmatrix}0&... \\ ...&0\end{pmatrix}
[/mathjax]
Pro výslednou matici [mathjax]
A^{n}=\begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} \\a_{21} & a_{22} \end{pmatrix}
[/mathjax] mi z toho vyšlo například pro [mathjax]a_{11}[/mathjax]
[mathjax]
a_{11}=\sum_{_{k=0^{}}}^{n/2}\begin{pmatrix}n \\2k \end{pmatrix}.a^{n-2k}.b^{k}.c^{k}
[/mathjax]
Offline
Ahoj ↑ kastanek:,
Aj tu https://forum.matweb.cz/viewtopic.p … 84#p613284 najdes ( v podobnych situaciach) zaujimave myslienky .
Offline
vanok napsal(a):
Tu je matica v C diagonalizovatelna a jej vlastne hodnoty su komplexne. ( ) I ked metoda je dokonala, no vsak je na rucne pocitanie nie velmi sympaticka.
No, nedalo mi to, jestli bych se touhle cestou nakonec k výsledku nedopracoval ... takže ve jménu kréda proč to dělat jednoduše když to jde i složitě jsem přišel na to, že matici vlastních čísel lze napsat jako:
[mathjax]J = \sqrt{19}\pmatrix{e^{-\varphi} & 0 \\ 0 & e^{\varphi}}[/mathjax]
kde [mathjax]\sin \varphi = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{19}}, \cos \varphi=\frac{4}{\sqrt{19}}[/mathjax]
Takže když ji budeme chtít umocnit na n-tou, tak prostě
[mathjax]J^n = \sqrt{19^n}\pmatrix{e^{-n\varphi} & 0 \\ 0 & e^{n\varphi}}[/mathjax]
Úhel určíme podle jednoho z těch vztahů (sin nebo cos). Pak to přenásobíme maticemi vlastních vektorů a máme výsledek. Hledání matic vlastních vektorů ovšem není moje nejsilnější stránka, takže jsem poprosil wolfram - je to až na konci. Takže pak
[mathjax]A^n = S J^nS^{-1}[/mathjax]
No a říkal jsem si, že by to mohlo jít rovnou vynásobit ... takže po "drobných úpravách" jsem se dohrabal k celkem jednduchém výsledku...
[mathjax]A^n = \sqrt{19^n} \pmatrix{ \cos n\varphi - \frac{1}{\sqrt{3}} \sin n\varphi &- \frac{2}{\sqrt{3}} \sin n \varphi \\ \frac{2}{\sqrt{3}} \sin n \varphi & \cos n\varphi+ \frac{1}{\sqrt{3}} \sin n\varphi}[/mathjax]
Pokud bychom tedy měli obecné n, tak už to můžeme celkem snadno počítat. Pro jedno konkrétní n to asi nestojí za tu práci. A nevím, jestli je to správně, zkoušel jsem to jen pro n=1.
Ještě mě taky trápilo, že umocňováním matice s celočíselnými hodnotami určitě zase musíme dostat celočíselnou matici. Zatímco tady ty siny a cosiny jsou taková divnočísla...
Tak jsem ještě našel, že pomocí Čebyševových polynomů se dá napsat, že:
[mathjax]\cos n \varphi = T_n(cos \varphi)[/mathjax]
[mathjax]\sin n \varphi = U_{n-1}(cos \varphi) \sin \varphi[/mathjax]
kde Tn je Čebyševův polynom prvního druhu (stupně n) a Un je Čebyševův polynom druhého druhu. Tyhle polynomy mají celočíselné koeficienty a dají se nějak rekurzivně odvozovat...nevím jesli je to vhodné k počítání, ale poskytuje to vysvětlení, jak se zpátky dohrabeme k těm celočíselným výsledkům.
Offline
Ještě jsem to zkoušel pro n=2, a funguje to taky. Goniometrické vztahy pro sin(2x) a cos(2x) každý zná, takže snadno ukážeme, že pokud
[mathjax]\sin \varphi = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{19}}, \cos \varphi=\frac{4}{\sqrt{19}}[/mathjax]
tak
[mathjax]\sin 2\varphi = \frac{8\sqrt{3}}{19}, \cos 2 \varphi=\frac{13}{19}[/mathjax]
Takže
[mathjax]A^2=\frac{1}{19} \pmatrix{\frac{13}{19}-\frac{8}{19} & -\frac{16}{19} \\ \frac{16}{19} & \frac{13}{19}+\frac{8}{19}} = \pmatrix{5 & -16 \\ 16 & 21}[/mathjax]
Offline
Tak mi to nedalo, a zkusil jsem to i pro n=31. Normálně jsem si vypočítal to
[mathjax]\varphi = \arccos \frac{4}{\sqrt{19}}[/mathjax]
vynásobil 31, a spočítal zase ty siny a cosiny. Nesmí se moc zaokrouhlovat (určitě aspoň 20 platných číslic), a pak vyjdou koeficienty matice po řadě:
61 965 614 963 055 093 447 -7 734 923 104 529 677 898
7 734 923 104 529 677 898 69 700 538 067 584 771 345
Což je zřejmě správně, protože wolframu to tak taky vychází.
Jasně, musíme vědět, že to mají být celá čísla, abychom věděli, jak to oříznout, ale ono je to docela znatelné...
např. 1. koeficient mi vyšel:
61965614963055093447.000000000019096...
Offline
Pozdravujem ↑ MichalAld:
Ano, pomocou napr. WA je to je zvladnutelne dost rychlo.
Aj na povodnu otazku v #1 mozes nast vysledok {{3,-2},{2,5}}^(13) vo WA.
Tu na rucne pocitanie je asi najvyhodnejsja metoda kolegu ↑ david_svec:.
A tiez vdaka navrhnuta metoda ↑ vanok: po najdeni rekurentneho vzorca.
No aj metoda kolegu ↑ check_drummer: je tiez zaujimava ( vsak ide o matice (2,2) ), pokial maticu A sme vhodne neredukovali.
No tak, ci tak je iste poucne poznamenat, ze uz aj matice typu (2,2) vedu ku komplexnym situaciam.
Offline
↑ MichalAld:,
No v kazdom pripade si to aj ty dobre spracoval....👍
Offline