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vickyy
Nivel 6
Edad: 35
Registrado: 23 Abr 2008
Mensajes: 230
Carrera: Electrónica, Informática y
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| sebastian2890 escribió:
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ahora que decis eso vickyy estoy entrando a pensar que era lo que decia el enunciado, algo de reales decia pero de que k sea entero no decia nada, vos que crees que la segunda era falsa?
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creo que no decia nada, pero raiz cubica de lambda es lambda a la (1/3) :s
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Jak
Nivel 3
Edad: 36
Registrado: 13 Oct 2007
Mensajes: 35
Ubicación: Capital Federal
Carrera: Informática
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Lo que dice la guía es esto:
Lambda^k es autovalor de A^k si k es un entero positivo.
En el final k = 3, lo que es un entero positivo.
La verdad que me huele a falso, pero no sabría cómo demostrarlo.
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s4nti4go
Nivel 4
Edad: 33
Registrado: 04 Oct 2007
Mensajes: 94
Carrera: Química
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Yo trate de demostrarlo probando el contrarecíproco, es decir:
Si ![[tex]A \cdot v \neq \sqrt[3]{\lambda} \cdot v \Rightarrow A^3 \cdot v \neq \lambda \cdot v, \forall v \neq 0 [/tex]](images/latex/c647507742e7af16d891373ddef22a71e2bb4d58_0.png "[tex]A \cdot v \neq \sqrt[3]{\lambda} \cdot v \Rightarrow A^3 \cdot v \neq \lambda \cdot v, \forall v \neq 0 [/tex]")
La demostración que hice es un tanto similar a la que te dan en la teórica para los autovalores asociados a ![[tex]A^3[/tex]](images/latex/03c99a811124b669bd3480c2887180a3b9082737_0.png "[tex]A^3[/tex]") , pero algo me huele a que la demostración que hice está mal...
A mi me dió verdadero...
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Guido_Garrote
Moderador
Edad: 35
Registrado: 14 Oct 2007
Mensajes: 3319
Ubicación: AHÍ!
Carrera: Civil
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| lau.rs escribió:
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alguien sabe cuando entrega als notas alvarez julia?
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lunes 15, 16hs en el depto de matematicas
a la misma hora me dan la nota de fisica, me voy a tener que dividir 
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friedrich
Nivel 9
Registrado: 24 Feb 2009
Mensajes: 1628
Carrera: No especificada
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en el punto dos, las dos afirmaciones eran verdaderas.
Teorema:
Sea A una matriz cuadrada de n por n. Sea ![[tex]\lambda[/tex]](images/latex/33cc3f1888c40df430b5eed36b9135bf1507eb13_0.png "[tex]\lambda[/tex]") un autovalor de A asociado a un autovector ![[tex]v \neq 0[/tex]](images/latex/e29b51af95c709854daa25ad95d73bb16a73463d_0.png "[tex]v \neq 0[/tex]") . Entonces ![[tex]\lambda^n[/tex]](images/latex/a7fa0eaf9d162ced3144f45b8dc0c74690ba8858_0.png "[tex]\lambda^n[/tex]") es un autovalor de la matriz ![[tex]A^n[/tex]](images/latex/6dd2aa8d811ad845506284d96efcb96efa4253a4_0.png "[tex]A^n[/tex]") , asociado al autovector .
(prueba por induccion)
para n = 1 : ![[tex]A \cdot v = \lambda v [/tex]](images/latex/e3370353b7fd87469e970ea7fe7a7c21a4253c59_0.png "[tex]A \cdot v = \lambda v [/tex]")
aceptando que se cumple para n = k,
para n = k + 1 : ![[tex]A^{k+1} \cdot v = A (A^{k} \cdot v) = [/tex]](images/latex/baf0e9bf772a67a678a56a5fb15a0e67c75adcac_0.png "[tex]A^{k+1} \cdot v = A (A^{k} \cdot v) = [/tex]")
![[tex] = A (\lambda^{k} v) = \lambda^{k} A v = [/tex]](images/latex/1cf8bbb7df244b0a05e6e37195e14015d5b7897e_0.png "[tex] = A (\lambda^{k} v) = \lambda^{k} A v = [/tex]")
![[tex] = \lambda^{k} \lambda v = \lambda^{k} v [/tex]](images/latex/c1f299534b692a5bc96343f6e3a631232005464e_0.png "[tex] = \lambda^{k} \lambda v = \lambda^{k} v [/tex]")
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Sueño con una sociedad libre de cobardía intelectual
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s4nti4go
Nivel 4
Edad: 33
Registrado: 04 Oct 2007
Mensajes: 94
Carrera: Química
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| Che Friedich, si no me equivoco, lo que habia que probar es el recíproco de ese teorema... Ahí es donde viene la complicación.
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friedrich
Nivel 9
Registrado: 24 Feb 2009
Mensajes: 1628
Carrera: No especificada
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| el teorema de arriba lo escribi apurado, pero habria que chequear si las implicaciones no son "si y solo si". ¿que dice la gente que ya le corrigieron?
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Sueño con una sociedad libre de cobardía intelectual
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pepelui
Nivel 1
Registrado: 28 Oct 2009
Mensajes: 3
Carrera: Civil
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Me parece que el 2a es falso, lo podes probar con un ejemplo. Si tomas la matriz A= 0 1 . La matriz A*3 seria 0 0
0 0 0 0
Esta matriz tiene al (1,0) y al (0,1) como autovector, mientras que la A tiene solamente al (1,0).
El 2b no estoy seguro como se resuelve.
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Caradeyonofui
Nivel 2
Registrado: 21 Ago 2009
Mensajes: 17
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| Cita:
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a mi el 1b) me quedo que p=4 y 0 < q < 4
a alguien le quedo igual?(tema 2)
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Cómo resolviste?
Resolví el tema uno y medio un valor de p, pero también me da un único valor de q, no un intervalo.
Resolví usando que las dos ecuaciones que cumplían lo del wronskiano eran e^a1 y e^a2 con a1= (-p+ raiz cuadrda de p^2-4*q)/2 y a2=a1= (-p- raiz cuadrda de p^2-4*q)/2
Y usando el wronkskiano salían los valores de p y q. El valor de q que me dio hace que se cumpla el límite pedido.
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Jak
Nivel 3
Edad: 36
Registrado: 13 Oct 2007
Mensajes: 35
Ubicación: Capital Federal
Carrera: Informática
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| pepelui escribió:
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Me parece que el 2a es falso, lo podes probar con un ejemplo. Si tomas la matriz A= 0 1 . La matriz A*3 seria 0 0
0 0 0 0
Esta matriz tiene al (1,0) y al (0,1) como autovector, mientras que la A tiene solamente al (1,0).
El 2b no estoy seguro como se resuelve.
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¡La matriz que propones no es de n x n!
Me parece que esto demuestra lo que piden, creo:
A^3 = A A A = MDM^(-1) MDM^(-1) MDM^(-1) = MDDDM^(-1) =
= M D^3 M^(-1)
M tiene como columnas los autovectores de A y no varía.
El 2.b. creo que sale así:
A^3 x = Lx
A A A x = Lx
A A (A x) = Lx
A A L^(1/3) x = Lx
...
L^(1/3) * L^(1/3) * L^(1/3) * x= Lx
Lx = Lx
byes.
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Johann
Nivel 9
Edad: 34
Registrado: 04 Abr 2009
Mensajes: 1098
Ubicación: Nuñez
Carrera: Informática
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| Jak escribió:
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| pepelui escribió:
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Me parece que el 2a es falso, lo podes probar con un ejemplo. Si tomas la matriz A= 0 1 . La matriz A*3 seria 0 0
0 0 0 0
Esta matriz tiene al (1,0) y al (0,1) como autovector, mientras que la A tiene solamente al (1,0).
El 2b no estoy seguro como se resuelve.
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¡La matriz que propones no es de n x n!
Me parece que esto demuestra lo que piden, creo:
A^3 = A A A = MDM^(-1) MDM^(-1) MDM^(-1) = MDDDM^(-1) =
= M D^3 M^(-1)
M tiene como columnas los autovectores de A y no varía.
El 2.b. creo que sale así:
A^3 x = Lx
A A A x = Lx
A A (A x) = Lx
A A L^(1/3) x = Lx
...
L^(1/3) * L^(1/3) * L^(1/3) * x= Lx
Lx = Lx
byes.
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Son 2 matrices de 2x2 las que puso. Le quedaron los 0 corridos.
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Jak
Nivel 3
Edad: 36
Registrado: 13 Oct 2007
Mensajes: 35
Ubicación: Capital Federal
Carrera: Informática
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| Johann escribió:
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| Jak escribió:
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| pepelui escribió:
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Me parece que el 2a es falso, lo podes probar con un ejemplo. Si tomas la matriz A= 0 1 . La matriz A*3 seria 0 0
0 0 0 0
Esta matriz tiene al (1,0) y al (0,1) como autovector, mientras que la A tiene solamente al (1,0).
El 2b no estoy seguro como se resuelve.
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¡La matriz que propones no es de n x n!
Me parece que esto demuestra lo que piden, creo:
A^3 = A A A = MDM^(-1) MDM^(-1) MDM^(-1) = MDDDM^(-1) =
= M D^3 M^(-1)
M tiene como columnas los autovectores de A y no varía.
El 2.b. creo que sale así:
A^3 x = Lx
A A A x = Lx
A A (A x) = Lx
A A L^(1/3) x = Lx
...
L^(1/3) * L^(1/3) * L^(1/3) * x= Lx
Lx = Lx
byes.
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Son 2 matrices de 2x2 las que puso. Le quedaron los 0 corridos.
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Aahhhh, ahora me cierra, y me asusta. Ambas cosas.
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gersca
Nivel 7
Edad: 34
Registrado: 06 Mar 2009
Mensajes: 314
Ubicación: there is a house in New Orleans...
Carrera: Civil
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| Caradeyonofui escribió:
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| Cita:
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a mi el 1b) me quedo que p=4 y 0 < q < 4
a alguien le quedo igual?(tema 2)
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Cómo resolviste?
Resolví el tema uno y medio un valor de p, pero también me da un único valor de q, no un intervalo.
Resolví usando que las dos ecuaciones que cumplían lo del wronskiano eran e^a1 y e^a2 con a1= (-p+ raiz cuadrda de p^2-4*q)/2 y a2=a1= (-p- raiz cuadrda de p^2-4*q)/2
Y usando el wronkskiano salían los valores de p y q. El valor de q que me dio hace que se cumpla el límite pedido.
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a mi también me da 1 solo valor de q y uno solo de p....
alguien si puede decir como hizo para que le de un intervalo??
graciaaaas
saludos
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Comisión de Estudiantes de Ingeniería civil
La perfección no existe en este mundo. Obviamente los tontos mediocres siempre estarán tentados por la perfección e intentaran encontrarla. Aun así, ¿qué significado hay en ella?. Ninguno, ni el más mínimo. La perfección me desagrada; después de la 'perfección' no existe nada mejor, no hay lugar para la Creación, lo cual significa que tampoco no hay cabida para la sabiduría ni el talento.
La perfección es desesperante.
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s4nti4go
Nivel 4
Edad: 33
Registrado: 04 Oct 2007
Mensajes: 94
Carrera: Química
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Pepelui la hizo re bien... Esa era la respuesta que hacia falta en el coloquio... Una menos que hice bien, a ver como zafo con las otras 4...
Jak, fijate que en el enunciado, que la hipótesis decía que la matriz era real y cuadrada, pero no era necesariamente diagonizable, asi que lo tuyo no es válido...
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cuchu89
Nivel 1
Edad: 34
Registrado: 13 Feb 2010
Mensajes: 2
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en el punto 2 del tema 1 estoy casi convensido de que las dos eran falsas
a)para esta matriz 1 -1
1 0
si haces a^3 te da = -I menos la identidad. que los autovalores es -1 doble y los auto vectores son (1,0) y (0,1).
pero ahora si haces la A(1,0) = (1,1) o sea que no es autovector
b) la raiz cubica del auto valor -1 es = -1 un real , pero los autovalores de la matriz A son creo que un 1/2+- numero complejo. o sea que no valia la igualdad.
la matriz sale corrida pero es de 2x2. 1 -1 1 0
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