Matematické Fórum

smixers

Ahoj,
Pravděpodobně to bude asi lehké řešení, ale bohužel jsem nikde nenašel jak na to. Nebo spíše nevím jak najít na internetu řešení.
A= |0 -3 0 3 |
|-2 -7 0 13|
|-1 -4 0 7 |
Určete" $A^{4}$

Omlouvám se jeslti už se to tady řešilo :), kdyžtak mi pošlete klidně jen odkaz.
Moc děkuju :)

**Editace--------------------------------------
matice je opravdu čtvercová :). Odeslal jsem dotaz dřív a to opravené se neodeslalo. Omlouvám se
A=|0 -3 0 3|
|-2 -7 0 13|
|0 -3 0 3|
|-1 -4 0 7|

Stýv · 25. 01. 2013 15:29

pokud vím, umocňovat se dají jenom čtvercový matice

Brano · 25. 01. 2013 15:37

Ak za tym nehladas nejaku velku teoriu, tak asi najjednoduchsi postup bude vypocitat $B=A^2=A.A$ a potom $C=A^4=(A^2)^2=B^2=B.B$ cize staci 2x nasobit.

Pauli31 · 26. 01. 2013 00:26

Aaa příklad od pana Brouska :D zrovna tenhle jsem měl ve zkoušce pokud se správně pamatuji :) ta matice vyjde nulová. Postup je správně výšše :)

smixers · 26. 01. 2013 19:58

Tak jsem objevil další příklad.
|1 1 0|
|0 1 1|
|0 0 1|
Určete $A^{12}, A^{n}$

Věděl bych jak otrocky to spočítat a když jsou tam jedničky a 0 tak by se to eště dalo. Ale s tím n? Takže asi tu hlubši teorii jak psal Brano asi budu potřebovat :D.

jelena · 26. 01. 2013 20:22 — Editoval jelena (27. 01. 2013 10:24)

↑ smixers:

Zdravím,

EDIT: následující mé doporučení se nevztahuje k tématu, přečetla jsem zápis |...| jako determinant. Omluva za zmatek a děkuji kolegovi Brano za upozornění.

po drobné úpravě (jen formální) budeš se řídit doporučením z hlavního webu:

Determinant matice ve schodovitém tvaru je rovný součinu prvků na hlavní diagonále.

je to vidět? Děkuji.

Brano · 26. 01. 2013 23:51 — Editoval Brano (27. 01. 2013 00:05)

↑ jelena:
Veruze tomuto hintu nerozumiem :-). Teda aspon mne sa zda, ze na determinant sa nepyta a ani nevidim nejake ocividne vyuzitie determinantu tej matice.

↑ smixers:
metod na umocnovanie matic je zrejme vela - ja ako nealgebraik ich poznam dost malo. Tak mi napadli tri pristupy:

1) "diagonalne matice" sa umocnuju lahko (umocnis prvky na diagonale). Takz mozes najst bazu v ktorej je dana matica diagonalna a mas to - problem je, ze nie vzdy sa to da a toto je ten pripad (napr. u symetrickych sa to myslim da vzdy) - ale aj tak by si si mozno chcel nieco pozriet o Jordanovej normalnej forme.

2) "viera v pekne skolske zadania" - zacnes ju umocnovat a skusis to z tej postupnosti uhadnut a potom dokazat indukciou - to by sa tu dalo a toto by ti malo vyjst.

3) "pouzitie spinavych trikov" a napadu z 2). napises svoju maticu ako $A=I+B$ , kde $I$ je jednotkova a
$B=\left(\begin{matrix}0&1&0\\0&0&1\\0&0&0\end{matrix}\right)$
na $(I+B)^n$ pouzijes binomicku vetu. Teda potrebujes $B^n$ a na to pouzijeme 2). Dostanes
$B^0=I,\ B^1=B,\ B^2=\left(\begin{matrix}0&0&1\\0&0&0\\0&0&0\end{matrix}\right),\ B^3=0$
a teda aj vsetky ostatne mocniny su $0$ . Teda
$(I+B)^n=I+nB+{n\choose 2}B^2=\left(\begin{matrix}1&n&(n^2-n)/2\\0&1&n\\0&0&1\end{matrix}\right)$

PS: Obavam sa ze hlbsiu teoriu ti nezabezpecim, lebo som vtedy na algebre asi chybal :-) - proste sa v tom nejak extra nevyznam.

edit: Ale vlastne ked tak nad tym rozmyslam, tak s tymto by si si snad mohol vystacit aj vo vseobecnom pripade, lebo ked najdes tu Jordanovu normalnu formu, tak ta stredna matica bude asi vzdy tvaru $D+B$ , kde $D$ je diagonalna a ta sa umocnuje lahko a $B$ je taka, ze $B^n=0$ pre dostatocne velke $n$ . Snad by to niekto z oboru mohol potvrdit, alebo vyvratit (resp. oznacit za neuzitocne).

kompik · 27. 01. 2013 07:01 — Editoval kompik (27. 01. 2013 07:52)

↑ Brano:
V podstate tak ako to tu píšeš sa dá odvodiť ako sa umocňuje matica v Jordanovom normálnom tvare:
Wikipedia Jordan_normal_form#Powers
(V tom zadanom príklade je to jednoduchšie - tam je len jeden Jordanov blok. Ľahko to pôjde odvodiť i indukciou - priamo na základe definície súčinu matíc.)

Predpokladám, že ak ten príklad dostali niekde študenti ktorí Jordanov tvar nepreberali, tak sa od nich čaká, že buď vypočítajú A, A^2, A^3, A^4 a všimnú si všeobecnú zákonitosť, alebo urobia zopár násobení matíc (napríklad A, A^2, A^4=A^2*A^2, A^8=A^4*A^4, A^12=A^8*A^4).

Wikipedia napsal(a):
If n is a natural number, the nth power of a matrix in Jordan normal form will be a direct sum of upper triangular matrices, as a result of block multiplication. More specifically, after exponentiation each Jordan block will be an upper triangular block.

For example,
$\begin{bmatrix} 2 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 5 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 5 \end{bmatrix}^4 =\begin{bmatrix} 16 & 32 & 24 & 0 & 0 \\ 0 & 16 & 32 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 16 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 625 & 500 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 625 \end{bmatrix}.$

Further, each triangular block will consist of $\lambda_n$ on the main diagonal, $\tbinom{n}{1}$ times $\lambda_n^{-1}$ on the upper diagonal, and so on. This expression is valid for negative integer powers as well if one extends the notion of the binomial coefficients $\tbinom{n}{k}\mapsto\left(\frac{n}{|n|}\right)^k\tbinom{|n|}{k}$ .

For example,
$\begin{bmatrix} \lambda_1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \lambda_2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \lambda_2 \end{bmatrix}^n =\begin{bmatrix} \lambda_1^n & \tbinom{n}{1}\lambda_1^{n-1} & \tbinom{n}{2}\lambda_1^{n-2} & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_1^n & \tbinom{n}{1}\lambda_1^{n-1} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_1^n & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \lambda_2^n & \tbinom{n}{1}\lambda_2^{n-1} \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \lambda_2^n \end{bmatrix}.$

jelena · 27. 01. 2013 10:22

↑ Brano:

děkuji za dotaz :-) Přečetla jsem zápis pomocí |...| jako determinant (a z toho plyne doporučení pro autora). Budeme to tedy považovat pouze za PR příspěvek k propagaci hlavního webu a TeX zápisů. Upravím v tom smyslu ↑ příspěvek 7:. Zdravím v tématu a nejen.

Brano · 27. 01. 2013 10:45

↑ jelena:
Zdravim aj ja. A PR si treba robit! :-)

↑ kompik:
Ahoj. A co myslis ten rozklad jordanovho na "diagonalnu" + "miznucu" ma zmysel?

kompik · 27. 01. 2013 10:59 — Editoval kompik (27. 01. 2013 11:23)

Brano napsal(a):
↑ kompik:
Ahoj. A co myslis ten rozklad jordanovho na "diagonalnu" + "miznucu" ma zmysel?

Podľa mňa je to skoro jedno, či to umocňuje človek blokovo (hneď vidno, že nulové bloky zostanú po umocnení nulové, dôležité sú len tie diagonálne bloky) alebo to ráta takto.
Každopádne máš pravdu, že aj pri hocijakom Jordanovom tvare keď nahradíme vlastné čísla nulami, tak zostane nilpotentná matica.
A samozrejme takýto rozklad môže byť užitočný nielen pre matice v Jordanovom tvare, ale aj pre iné dvojdiagonálne (a podobné) matice.

Matematické Fórum

#1 25. 01. 2013 15:13 — Editoval smixers (25. 01. 2013 15:34)

Určete matici A^4

#2 25. 01. 2013 15:29

Re: Určete matici A^4

#3 25. 01. 2013 15:30 Příspěvek uživatele Andrejka3 byl skryt uživatelem Andrejka3. Důvod: nadbytečné

#4 25. 01. 2013 15:37

Re: Určete matici A^4

#5 26. 01. 2013 00:26

Re: Určete matici A^4

#6 26. 01. 2013 19:58

Re: Určete matici A^4

#7 26. 01. 2013 20:22 — Editoval jelena (27. 01. 2013 10:24)

Re: Určete matici A^4

#8 26. 01. 2013 23:51 — Editoval Brano (27. 01. 2013 00:05)

Re: Určete matici A^4

#9 27. 01. 2013 07:01 — Editoval kompik (27. 01. 2013 07:52)

Re: Určete matici A^4

Wikipedia napsal(a):

#10 27. 01. 2013 10:22

Re: Určete matici A^4

#11 27. 01. 2013 10:45

Re: Určete matici A^4

#12 27. 01. 2013 10:59 — Editoval kompik (27. 01. 2013 11:23)

Re: Určete matici A^4

Brano napsal(a):

Zápatí