admin

Аналитическое построение M-матриц

Допустим, нам известны признаки регулярных квазиоптимальных M-матриц, исходя отсюда матрицу третьего порядка следует искать в виде

A =
a b b
b ±a ±b
b ±b ±a

В этом случае она - неправильный латинский и магический квадрат. Суммы абсолютных значений по строкам и строкам равны между собой и существует (n-1)/2 "диагоналей" по n элементов (тут - одна).

Условие ортогональности диктует ab±ab±bb=0 или 2a-b=0 при b≠0 знак при a положительный (а при b - отрицательный), откуда b=2a. В данном случае 2, не есть продукт оптимизации, получена постулированием.

Если не нормировать первую строку-столбец, матрица приводима к

A =
-1 2 2
2 -1 2
2 2 -1

С матрицей 5-го порядка все тоже очень интересно, M-матрица

A =
2 6 6 6 3
3 2 6 -6 -6
6 -3 -2 6 -6
6 -6 3 -2 6
6 6 -6 -3 2


A=[2 6 6 6 3;3 2 6 -6 -6;6 -3 -2 6 -6;6 -6 3 -2 6;6 6 -6 -3 2], 
Q={A'*A}, mesh(Q), S=sum(A), S=?

Суммы элементов, кстати, убывают!

Сравним с классическим латинским квадратом пятого порядка, полученным циклическим сдвигом столбца

A =
1 5 4 3 2
2 1 5 4 3
3 2 1 5 4
4 3 2 1 5
5 4 3 2 1

Замечательно тут то, что первый явно аппроксимируется вторым при замене 1 на a, 2 на b и {3,4,5} на с.

A =
a c c c b
b ±a ±c ±c ±c
c ±b ±a ±c ±c
c ±c ±b ±a ±c
c ±c ±c ±b ±a

Еще. По суммам элементов наиболее неуравновешен первый столбец или строка. Последние столбцы ли строки - напротив, выведены почти в 0. Поэтому там игра знаков при c.

Условие ортогональности (ранее хватило одного уравнения) - поэлементное умножение строчек с суммированием дает 0, для первых двух (более мотивировано было бы - первого и последнего, но и этого пока хватило)

ba±ac±cc±cc±cb=0 или ba±ac±cb=0

пусть ±cc±cc уйдет в 0 (как самое большое), cb компенсируется суммой ba+ac=cb, так как a - малое число. Правило знаков почти поймано, для поиска соотношений достаточно еще одного уравнения, скрестим первое с третьим

ca±bc±ac±cc±cb=0 или ±b±c±b=0

предположив, что ca±ac=0, т.е. минус, откуда с=2b, т.к. c>b, и тогда первое уравнение дает b=3a/2.

с=2b, b=3a/2

и есть точное решение этой задачи.



Rambler's Top100