Hmm... Que tal olhar para:
0 1 1 1 ... 1
1 z1 0 0 ... 0
1 0 z2 0 ... 0
...
1 0 0 0 ... zn
Digo isso porque, elevando esta matriz ao quadrado...
Abraco, Ralph.
On Tue, Nov 13, 2018 at 3:45 PM Vanderlei Nemitz
wrote:
> Agradeço pelas tentativas. Também estou me quebran
Agradeço pelas tentativas. Também estou me quebrando nele, mas não consigo
um padrão, apesar de ser fácil concluir o padrão com os resultados para n
igual a 2 e n igual a 3.
Em ter, 13 de nov de 2018 15:06, Anderson Torres <
torres.anderson...@gmail.com escreveu:
>
>
> Em seg, 12 de nov de 2018
Em seg, 12 de nov de 2018 às 22:13, Vanderlei Nemitz
escreveu:
> Mas será que não é possível provar genericamente?
>
Eu tentei verificar na internet, mas não achei nada.
Deve ter algum truquinho que não estou vendo. Talvez uma diagonalizaçao
esperta...
>
> Em seg, 12 de nov de 2018 21:34, Cla
Você tem razão.
Faltou um passo: provar que se I+S é invertível, então (I - S) e (I +
S)^(-1) comutam.
Seja B = (I + S)^(-1) ==> B(I + S) = (I + S)B = I ==> B + BS = B + SB ==>
BS = SB
Logo, A^(-1) = (I - S)B = B - SB = B - BS = B(I - S) = A^t.
[]s,
Claudio.
On Mon, Nov 12, 2018 at 10:13 PM
Bom dia!
Depois da observação do Anderson Torres é que atinei o quanto é bonita a
sua solução se você prosseguir.
Sua preocupação não deve ser em relação ao produto AC*BD, nem com os
valores AC ou BD; mas sim que tanto BD^2, como AC^2 são inteiros.
Falta uma beirinha e a solução indicada pelo Cláu
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