Korisnički Kontrolni Panel
Pogledajte svoj profil
Pogledajte svoje postove
ČPP
Prijavite se

Matematički forum na kojem možete da diskutujete o raznim matematičkim oblastima, pomognete drugima oko rešavanja zadataka, a i da dobijete pomoć kada vam zatreba


















Index stranica OSTALE MATEMATIČKE OBLASTI LINEARNA ALGEBRA

Matrica na n-ti stepen

Matrice, determinante...

Matrica na n-ti stepen

Postod shonee » Petak, 10. Jun 2016, 11:46

Imam problem kako da nadjem za matricu [inlmath]A[/inlmath] njen [inlmath]n[/inlmath]-ti stepen, ako ta matrica ima samo jedan sopstveni vektor. Znam da se to radi pomocu jednacine [inlmath]A=SDS^{-1}[/inlmath], ali me zbunjuje sta kad imam kvadratnu matricu [inlmath]3 \times 3[/inlmath] i samo jedan sopstveni vektor.
Poslednji put menjao Onomatopeja dana Petak, 10. Jun 2016, 12:14, izmenjena samo jedanput
Razlog: Dodavanje LaTeX koda - tacka 13. Pravilnika
shonee  OFFLINE
 
Postovi: 2
Zahvalio se: 0 puta
Pohvaljen: 0 puta

Sharuj ovu temu na:

Share on Facebook Facebook Share on Twitter Twitter Share on MySpace MySpace Share on Google+ Google+

Re: Matrica na n-ti stepen

Postod Onomatopeja » Petak, 10. Jun 2016, 12:09

To onda znaci da ne mozes primeniti metod dijagonalizacije radi nalazenja [inlmath]n[/inlmath]-tog stepena. Naime, kvadratna matrica reda [inlmath]m[/inlmath] je dijagonalizabilna ako i samo ako ta matrica ima [inlmath]m[/inlmath] linearno nezavisnih sopstvenih vektora. U tvom slucaju je [inlmath]m=3[/inlmath], a imas samo jedan sopstveni vektor (koji odgovara toj jednoj (i jedinoj) nekoj sopstvenoj vrednosti), te nije moguca dijagonalizacija.

U principu, to je posledica toga sto geometrijska visestrukost nije jednaka algebarskoj visestrukosti za tu sopstvenu vrednost.

Naravno, ako imamo vise sopstvenih vrednosti, onda je dijagonalizacija mozda i moguca, no ja sam iz tvog posta shvatio da imamo tacno jednu sopstvenu vrednost (tj. karakteristicni polinom ima tacno jednu nulu visestrukosti tri) i da njoj odgovara tacno jedan sopstveni vektor.

No, to ne mora znaciti da je sve izgubljeno, jer samo nalazimo da ova metoda ne prolazi. Mozes uvek pokusati i preko minimalnog polinoma.

Takodje, ovim putem ti skrecem paznju na tacku 13. Pravilnika, tj. na upotrebu LaTeX-a (ova put sam ja ispravio taj deo u tvom postu).
 
Postovi: 613
Zahvalio se: 15 puta
Pohvaljen: 588 puta

Re: Matrica na n-ti stepen

Postod shonee » Petak, 10. Jun 2016, 14:48

[dispmath]\left[\begin{matrix}
2 & -1 & 2\\
5 & -3 & 3\\
-1 & 0 & -2
\end{matrix}\right][/dispmath]
Da li mozes na primer za ovu matricu da mi odradis [inlmath]A^n[/inlmath]?
Nadam se da sam potrefio sve sto se tice LaTex-a posto ga prvi put koristim.
shonee  OFFLINE
 
Postovi: 2
Zahvalio se: 0 puta
Pohvaljen: 0 puta

Re: Matrica na n-ti stepen

Postod Onomatopeja » Subota, 18. Jun 2016, 19:58

Neka je [inlmath]\mu_A(\lambda)[/inlmath] minimalni polinom date matrice. U nasem slucaju je [inlmath]\mu_A(\lambda) = (\lambda+1)^3[/inlmath]. Tada [inlmath]\lambda^n[/inlmath] mozemo podeliti sa minimalnim polinomom, tj. vazi
[dispmath]\lambda^n = (\lambda+1)^3 q_n(\lambda) + a_n \lambda^2 + b_n \lambda + c_n. \tag{1}[/dispmath]
Diferencirajuci dva puta po [inlmath]\lambda[/inlmath] dobijamo
[dispmath]\begin{align*}
n \lambda^{n-1} &= 3(\lambda+1)^2 q_n(\lambda) + (\lambda+1)^3 q_n'(\lambda) + 2a_n \lambda + b_n\\
n(n-1)\lambda^{n-2} &=3(\lambda+1)(2q_n(\lambda) + (\lambda+1)q'_n(\lambda)) + 2a_n,
\end{align*}[/dispmath]
a potom stavljajuci [inlmath]\lambda=-1[/inlmath] i
[dispmath]\begin{align*}
(-1)^n &= a_n - b_n + c_n \\
-n(-1)^n &= -2a_n +b_n \\
n(n-1)(-1)^n &= 2a_n. \\
\end{align*}[/dispmath]
Resavajuci ovaj sistem dobijamo
[dispmath]\begin{align*}
a_n &= \frac{(-1)^n n(n-1)}{2},\\
b_n &= (-1)^n n(n-2),\\
c_n &= \frac{(-1)^n (n-1)(n-2)}{2}.
\end{align*}[/dispmath]
Sada, ubacimo [inlmath]\lambda=A[/inlmath] u [inlmath](1)[/inlmath], te dobijamo
[dispmath]A^n = (A+I)^3 q_n(A) + a_n A^2 + b_n A + I = a_n A^2 + b_n A + c_n I,[/dispmath]
gde smo iskoristili definiciju minimalnog polinoma, tj. da je [inlmath]\mu_A(A) = \mathbf{0}[/inlmath] ([inlmath]\mathbf{0}[/inlmath] je nula matrica). Sada ostaje jos da izracunas [inlmath]A^2[/inlmath] i da uvrstis [inlmath]a_n[/inlmath], [inlmath]b_n[/inlmath], [inlmath]c_n[/inlmath] za konacnu formulu. Kao konacno resenje bi trebalo da dobijes
[dispmath]A^n = \frac{(-1)^n}{2} \begin{bmatrix} 2(n^2-4n+1) & 3n-n^2 & n^2-5n \\ 2(n^2-6n) & -n^2+5n+2 & n^2-n \\ n^2-5n & n^2-7n & -n^2+3n+2 \end{bmatrix}, \quad n \ge 1.[/dispmath]

Dodao bih jos da se ovaj isti postupak moze ponoviti i ako koristimo karakteristican polinom umesto minimalnog, jer po Kejli-Hamiltonov teoremi imamo da matrica ponistava svoj karaktersiticni polinom (tj. ako je [inlmath]\varphi_A(\lambda)[/inlmath] karakteristicni onda je [inlmath]\varphi_A(A)=\mathbf{0}[/inlmath]).

Pogodnost prvog nacina (sa minimalnim) je sto je obicno stepen minimalnog strogo manji od stepena karakteristicnog, pa ces imati manje koeficijenata da odredis nego li da radis sa karaktersticnim. Sa druge strane, moramo peske da proverimo sta ce biti minimalni, dok karakteristicni imamo odmah, te bi to bila prednost koriscenja karakteristicnog. Npr, ovde smo imali da su karakteristicni i minimalni istog stepena, no to se nece uvek desiti.

Takodje, jos jedan nacin za nalazenje [inlmath]n[/inlmath]-tog stepena matrice bi bio metod pogadjanja. Naime, izracuna se [inlmath]A^2[/inlmath], [inlmath]A^3[/inlmath], [inlmath]A^4[/inlmath], sve dok se ne uoci neki patern po kome se povecavaju stepeni. Tada se matematickom indukcijom i formalno dokaze da to sto pretpostavili zaista jeste [inlmath]n[/inlmath]-ti stepen. No, u ovom primeru nije lako za uociti kako se menjaju stepeni.
 
Postovi: 613
Zahvalio se: 15 puta
Pohvaljen: 588 puta


Povratak na LINEARNA ALGEBRA

Ko je OnLine

Korisnici koji su trenutno na forumu: Nema registrovanih korisnika i 53 gostiju


Index stranicaTimObriši sve kolačiće boarda
Danas je Petak, 29. Mart 2024, 02:12 • Sva vremena su u UTC + 1 sat
Pokreće ga phpBB® Forum Software © phpBB Group
Prevod – www.CyberCom.rs