Интересует критерий наличия кратных СЗ у симметрической матрицы 3х3. Понятно, что можно составить характеристическое уравнение и записать условие равенства нулю дискриминанта кубического уравнения. Нет ли чего-нибудь попроще для этого частного случая?

задан 4 Июн '15 16:59

изменен 4 Июн '15 17:00

Без нахождения характеристического многочлена и его свойств вряд ли имеется "обходной" путь. А так вообще-то надо найти НОД(f,f'), где f -- характеристический многочлен. Это универсальный способ проверки многочлена на наличие у него кратных корней.

(4 Июн '15 17:11) falcao

Если симметричность матрицы и её небольшой размер не упрощают задачу, это странно.

(4 Июн '15 23:04) armez

Условие, что кратные корни есть, в любом случае имеет какой-то сложный вид -- это равенство нулю полинома от 6 переменных. Непонятно, за счёт чего это алгебраическое условие может быть задано более просто.

(5 Июн '15 0:19) falcao

За счёт того, что этот полином может иметь какой-то специальный вид.

(5 Июн '15 2:16) armez

@armez: в принципе, да, но я находил явный вид этого полинома в Maple -- он очень большой, и на множители не раскладывается.

(5 Июн '15 8:40) falcao

Это не означает, что дополнительную информацию никак нельзя использовать. Я тоже пока не вижу, как это сделать, но не утверждаю, что это невозможно. Понятно, что этот полином получается по формуле $%(p/3)^3+(q/2)^2$%, если в неё подставить выражения для коэффициентов приведёного кубического уравнения, соответствующего характеристическому многочлену, и задача состоит в том, чтобы понять, как можно преобразовать этот многочлен, чтобы с ним было удобнее работать.

(5 Июн '15 12:03) armez
1

@armez: я этот многочлен получал в явном виде на компьютере. Для приведённого кубического уравнения всё понятно, там вычисления простые. Для многочлена общего вида выражение уже усложняется. А если его применить к матрице, пусть даже симметрической, то получается нечто совсем "некрасивое". Поскольку ответ к задаче всё равно один, с трудом верится, что этот многочлен чему-то ещё равен (типа, квадрату следа, умноженному на определитель с чем-то ещё).

(5 Июн '15 17:56) falcao

Я уже понял, что у Вас нет ответа на вопрос. К Вам никаких претензий.

(5 Июн '15 22:39) armez
показано 5 из 8 показать еще 3
10|600 символов нужно символов осталось
0

Известно, что у любой симметричной матрицы есть ортонормированный базис из собственных векторов. Значит, если собственное значение кратно, то размерность собственного пространства равна 2 или 3, т.е. ранг $%A-\lambda E$% - 0 или 1. В первом случае матрица просто скалярна, так что он неинтересен. Остаётся второй случай, но это значит, что $%A = B + \lambda E,$% где в В все строчки пропорциональны. Вот от этого и стоит отталкиваться )

ссылка

отвечен 5 Июн '15 2:28

1

@trongsund: чтобы всё это проделать, нужно знать собственные числа, то есть решить характеристическое уравнение. Но если оно решено, то мы уже знаем корни с учётом кратности.

(5 Июн '15 8:39) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×972
×332

задан
4 Июн '15 16:59

показан
352 раза

обновлен
6 Июн '15 18:23

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru