mathematica.gr • Euler 2017/1

Σελίδα 1 από 1

Euler 2017/1

Δημοσιεύτηκε: Δευ Ιούλ 24, 2017 12:43 pm

από Demetres

Υπάρχει $2 \times 2$ πίνακας

ο οποίος να ικανοποιεί την εξίσωση A^3 - A = A^2 - I

A^3 - A = A^2 - I

ώστε οι

A^2

και

A^3

να μην είναι διαγώνιοι πίνακες;

Re: Euler 2017/1

Δημοσιεύτηκε: Δευ Ιούλ 24, 2017 1:35 pm

από Mihalis_Lambrou

Demetres έγραψε:Υπάρχει $2 \times 2$ πίνακας ο οποίος να ικανοποιεί την εξίσωση ώστε οι και να μην είναι διαγώνιοι πίνακες;

Σίγουρα μόνο αυτό ρωτάει;

Ο $A= \left( {\begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 0 & 1 \\ \end{array} } \right)$ κάνει την δουλειά. Υπόψη

Ο $A^2= \left( {\begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 0 & 1 \\ \end{array} } \right)$ και Ο $A^3= \left( {\begin{array}{cc} 1 & 3 \\ 0 & 1 \\ \end{array} } \right)$

Re: Euler 2017/1

Δημοσιεύτηκε: Δευ Ιούλ 24, 2017 2:52 pm

από Demetres

Mihalis_Lambrou έγραψε:Σίγουρα μόνο αυτό ρωτάει;

Ναι. Ξεκινούσε με ευκολάκι. Και αυτό εδώ εύκολο είναι.

Ας προσθέσω και τον τρόπο σκέψης: Ο πίνακας ικανοποιεί το πολυώνυμο (A-I)^2(A+I)=0

(A-I)^2(A+I)=0

. Οπότε το ελάχιστο πολυώνυμό του είναι ένα από τα x-1,x+1,x^2-1,(x-1)^2

x-1,x+1,x^2-1,(x-1)^2

. Τα πρώτα τρία απορρίπτονται από τις συνθήκες. Για το τέταρτο δοκιμάζουμε τον πίνακα που έγραψε ο Μιχάλης.

Re: Euler 2017/1

Δημοσιεύτηκε: Δευ Ιούλ 24, 2017 4:15 pm

από Mihalis_Lambrou

Demetres έγραψε:
Ναι. Ξεκινούσε με ευκολάκι. Και αυτό εδώ εύκολο είναι.

Ναι, είναι εύκολο. Βάζω εκεί λύση.

Re: Euler 2017/1

Δημοσιεύτηκε: Δευ Ιούλ 24, 2017 8:16 pm

από silouan

Ίδια ιδέα δουλεύει και εδώ αν δεν κάνω λάθος. viewtopic.php?f=59&t=53227&p=264626&hil ... 16#p264626