Показать страницуИстория страницыСсылки сюдаНаверх Эта страница только для чтения. Вы можете посмотреть её исходный текст, но не можете его изменить. Сообщите администратору, если считаете, что это неправильно. ===== Функции от матриц ===== Функция $f$ от матрицы $A$, если она определена, то её можно найти переходом к жордановой форме $J_{A}=T^{-1}AT$, тогда $$f(A)=f(TJ_{A}T^{-1})=Tf(J_{A})T^{-1}.$$ Если матрица в жордановой форме разбивается на клетки Жордана: $$J_{A}=\left(\begin{array}{cccc} J_{n_{1}}\left(\lambda_{1}\right) & 0 & \ldots & 0\\ 0 & J_{n_{2}}\left(\lambda_{2}\right) & \ldots & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 0 & 0 & \ldots & J_{n_{k}}\left(\lambda_{k}\right) \end{array}\right),$$ то функция разбивается на функции от каждой клетки: $$f\left(J_{n_{1}}\left(\lambda_{1}\right)\right)=f\left(\begin{array}{ccccc} \lambda_{1} & 1 & 0 & \ldots & 0\\ 0 & \lambda_{1} & 1 & \ldots & 0\\ 0 & 0 & \lambda_{1} & \ldots & 0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 0 & 0 & 0 & \ldots & \lambda_{1} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccccc} f(\lambda_{1}) & \frac{1}{1!}f'(\lambda_{1}) & \frac{1}{2!}f''(\lambda_{1}) & \ldots & \frac{1}{(n-1)!}f^{(n-1)}(\lambda_{1})\\ 0 & f(\lambda_{1}) & \frac{1}{1!}f'(\lambda_{1}) & \ldots & \frac{1}{(n-2)!}f^{(n-2)}(\lambda_{1})\\ 0 & 0 & f(\lambda_{1}) & \ldots & \frac{1}{(n-3)!}f^{(n-3)}(\lambda_{1})\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 0 & 0 & 0 & \ldots & f(\lambda_{1}) \end{array}\right)=F_{n_{1}}\left(\lambda_{1}\right)$$ так, что $$f(J_{A})=f\left(\begin{array}{cccc} J_{n_{1}}\left(\lambda_{1}\right) & 0 & \ldots & 0\\ 0 & J_{n_{2}}\left(\lambda_{2}\right) & \ldots & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 0 & 0 & \ldots & J_{n_{k}}\left(\lambda_{k}\right) \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccc} F_{n_{1}}\left(\lambda_{1}\right) & 0 & \ldots & 0\\ 0 & F_{n_{2}}\left(\lambda_{2}\right) & \ldots & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 0 & 0 & \ldots & F_{n_{k}}\left(\lambda_{k}\right) \end{array}\right).$$ Давайте в качестве рассмотрим простую функцию $f(x)=x^{4},$ тем более, что результат будет легко перепроверить. Рассмотрим матрицу $$A=\left(\begin{array}{ccc} 6 & -5 & 2\\ 5 & -5 & 3\\ 6 & -9 & 6 \end{array}\right).$$ Её характеристический многочлен мы находили в предыдущей теме: $$ f(\lambda)=\det\left(A-E\lambda\right)=\left|\begin{array}{ccc} 6-\lambda & -5 & 2\\ 5 & -5-\lambda & 3\\ 6 & -9 & 6-\lambda \end{array}\right|=-\lambda^{3}+7\lambda^{2}-16\lambda+12. $$ Корнями многочлена $-\lambda^{3}+7\lambda^{2}-16\lambda+12=0$ являются $\lambda=3$ и $\lambda=2.$ Второй корень имеет кратность 2. Найдем собственные векторы, принадлежащие собственным числам. Сначала для $\lambda=3$: $$A-3\cdot E=A_{3}=\left(\begin{array}{ccc} 3 & -5 & 2\\ 5 & -8 & 3\\ 6 & -9 & 3 \end{array}\right)\underset{\to}{(3)-2(1)}\left(\begin{array}{ccc} 3 & -5 & 2\\ 5 & -8 & 3\\ 0 & 1 & -1 \end{array}\right)\underset{\to}{(2)-2(1)}\left(\begin{array}{ccc} 3 & -5 & 2\\ -1 & 2 & -1\\ 0 & 1 & -1 \end{array}\right)\underset{\to}{(1)+3(2)}$$ $$\left(\begin{array}{ccc} 0 & 1 & -1\\ -1 & 2 & -1\\ 0 & 1 & -1 \end{array}\right)\to\left(\begin{array}{ccc} 1 & -2 & 1\\ 0 & 1 & -1 \end{array}\right)\underset{\to}{(1)+2(2)}\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & -1\\ 0 & 1 & -1 \end{array}\right)$$ приходим к уравнениям: $x_{2}-x_{3}=0$ и $-x_{1}+x_{2}=0$ их решением будет вектор $$\vec{v}_{1}=\left(\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 1 \end{array}\right).$$ Теперь найдем собственный вектор для $\lambda=2$: $$A-2\cdot E=A_{2}=\left(\begin{array}{ccc} 4 & -5 & 2\\ 5 & -7 & 3\\ 6 & -9 & 4 \end{array}\right)\underset{\to}{(3)-(2)}\left(\begin{array}{ccc} 4 & -5 & 2\\ 5 & -7 & 3\\ 1 & -2 & 1 \end{array}\right)\underset{\to}{(1)-4(3)}\left(\begin{array}{ccc} 0 & 3 & -2\\ 5 & -7 & 3\\ 1 & -2 & 1 \end{array}\right)\underset{\to}{(2)-5(3)} $$ $$ \left(\begin{array}{ccc} 0 & 3 & -2\\ 0 & 3 & -2\\ 1 & -2 & 1 \end{array}\right)\underset{\to}{2(2)+3(3)}\left(\begin{array}{ccc} 0 & 3 & -2\\ 3 & 0 & -1 \end{array}\right)$$ приходим к уравнениям: $3x_{2}-2x_{3}=0$ и $3x_{1}-x_{3}=0$ их решением будет вектор $$\vec{v}_{2}=\left(\begin{array}{c} 1\\ 2\\ 3 \end{array}\right).$$ В итоге размерность собственного пространства --- 1, а алгебраическая размерность --- 2, значит жорданова клетка будет $$J(2)=\left(\begin{array}{cc} 2 & 1\\ 0 & 2 \end{array}\right).$$ Для поиска матрицы перехода найдём базис образа $A_{3}:$ $$\left(\begin{array}{ccc} 3 & -5 & 2\\ 5 & -8 & 3\\ 6 & -9 & 3\\ \hline 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)\underset{\to}{(2)+(1)+(3)}\left(\begin{array}{ccc} 3 & 0 & 2\\ 5 & 0 & 3\\ 6 & 0 & 3\\ \hline 1 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 1 \end{array}\right)\underset{\to}{(1)-2(3)} $$ $$ \left(\begin{array}{ccc} -1 & 0 & 2\\ -1 & 0 & 3\\ 0 & 0 & 3\\ \hline 1 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ -2 & 1 & 1 \end{array}\right)\underset{\to}{(3)+2(1)}\left(\begin{array}{ccc} -1 & 0 & 0\\ -1 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 3\\ \hline 1 & 1 & 2\\ 0 & 1 & 0\\ -2 & 1 & -3 \end{array}\right)$$ Таким образом базис ядра как мы и находили раньше $(1,1,1)^{T},$ а базис образа $\left\langle (-1,-1,0)^{T},(0,1,3)^{T}\right\rangle .$ Подействуем на второй вектор матрицей $A_{2}$ $$\left(\begin{array}{ccc} 4 & -5 & 2\\ 5 & -7 & 3\\ 6 & -9 & 4 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 3 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} 1\\ 2\\ 3 \end{array}\right)=\vec{v}_{2}$$ получили собственный вектор, тогда матрица перехода к новому базису: $$T=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 1\\ 3 & 3 & 1 \end{array}\right)$$ а жорданова форма: $$J_{A}=T^{-1}AT=\left(\begin{array}{ccc} 2 & 1 & 0\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 3 \end{array}\right).$$ Теперь найдём функцию от матрицы. Рассмотрим в качестве функции $f(x)=x^{4}$ что бы можно было проверить результат обычным вычислением. Тогда $$A^{4}=f(A)=f(TJ_{A}T^{-1})=Tf(J_{A})T^{-1}=$$ $$T\left(\begin{array}{ccc} f(2) & \frac{1}{1!}f'(2) & 0\\ 0 & f(2) & 0\\ 0 & 0 & f(3) \end{array}\right)T^{-1}=T\left(\begin{array}{ccc} 2^{4} & 4\cdot2^{3} & 0\\ 0 & 2^{4} & 0\\ 0 & 0 & 3^{4} \end{array}\right)T^{-1}= $$ $$ \left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 1\\ 3 & 3 & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc} 2^{4} & 2^{5} & 0\\ 0 & 2^{4} & 0\\ 0 & 0 & 3^{4} \end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc} -2 & 3 & -1\\ 1 & -2 & 1\\ 3 & -3 & 1 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc} 243 & -259 & 97\\ 259 & -307 & 129\\ 291 & -387 & 177 \end{array}\right).$$ Прямой проверкой можно убедиться, что $$A^{2}=A\cdot A=\left(\begin{array}{ccc} 23 & -23 & 9\\ 23 & -27 & 13\\ 27 & -39 & 21 \end{array}\right)$$ и $$A^{2}\cdot A^{2}=\left(\begin{array}{ccc} 243 & -259 & 97\\ 259 & -307 & 129\\ 291 & -387 & 177 \end{array}\right).$$ Теперь легко уже найти и матричную экспоненту --- $e^{A}$, действительно, теперь рассмотрим $f(x)=e^{x},$ тогда: $$e^{A}=f(A)=f(TJ_{A}T^{-1})=Tf(J_{A})T^{-1}=$$ $$T\left(\begin{array}{ccc} f(2) & \frac{1}{1!}f'(2) & 0\\ 0 & f(2) & 0\\ 0 & 0 & f(3) \end{array}\right)T^{-1}=T\left(\begin{array}{ccc} e^{2} & e^{2} & 0\\ 0 & e^{2} & 0\\ 0 & 0 & e^{3} \end{array}\right)T^{-1}= $$ $$ \left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 1\\ 3 & 3 & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc} e^{2} & e^{2} & 0\\ 0 & e^{2} & 0\\ 0 & 0 & e^{3} \end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc} -2 & 3 & -1\\ 1 & -2 & 1\\ 3 & -3 & 1 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc} 3\,e^{3}-e^{2} & -3\,e^{3}+e^{2} & e^{3}\\ 3\,e^{3}-e^{2} & -3\,e^{3} & e^{3}+e^{2}\\ 3\,e^{3} & -3\,e^{3}-3\,e^{2} & e^{3}+3\,e^{2} \end{array}\right).$$ ===== Построение функции от матрицы без нахождения матрицы преобразования ===== Рассмотрим функцию $f$ от матрицы второго порядка $A$. Её жорданова форма $$J_{A}=\left(\begin{array}{cc} \lambda_{1} & 0\\ 0 & \lambda_{2} \end{array}\right).$$ Так как $$f\left(J_{A}\right)=\left(\begin{array}{cc} f\left(\lambda_{1}\right) & 0\\ 0 & f\left(\lambda_{2}\right) \end{array}\right),$$ то надо найти такую процедуру что бы вместо собственного числа в матрице $J_{A}$ подставить формулу от собственного числа $\lambda_{i}\mapsto f\left(\lambda_{i}\right).$ Рассмотрим выражение $$J_{A}-\lambda_{1}E=\left(\begin{array}{cc} \lambda_{1}-\lambda_{1} & 0\\ 0 & \lambda_{2}-\lambda_{1} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} 0 & 0\\ 0 & \lambda_{2}-\lambda_{1} \end{array}\right)=(\lambda_{2}-\lambda_{1})\left(\begin{array}{cc} 0 & 0\\ 0 & 1 \end{array}\right).$$ Теперь поместим в это место функцию: $$\frac{f\left(\lambda_{2}\right)}{\lambda_{2}-\lambda_{1}}\left(J_{A}-\lambda_{1}E\right)=\frac{f\left(\lambda_{2}\right)}{\lambda_{2}-\lambda_{1}}(\lambda_{2}-\lambda_{1})\left(\begin{array}{cc} 0 & 0\\ 0 & 1 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} 0 & 0\\ 0 & f\left(\lambda_{2}\right) \end{array}\right).$$ Аналогично проделаем с первым собственным числом: $$\frac{f\left(\lambda_{1}\right)}{\lambda_{1}-\lambda_{2}}\left(J_{A}-\lambda_{2}E\right)=\frac{f\left(\lambda_{1}\right)}{\lambda_{1}-\lambda_{2}}(\lambda_{1}-\lambda_{2})\left(\begin{array}{cc} 1 & 0\\ 0 & 0 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} f\left(\lambda_{1}\right) & 0\\ 0 & 0 \end{array}\right).$$ Осталось сложить: $$f\left(J_{A}\right)=\left(\begin{array}{cc} f\left(\lambda_{1}\right) & 0\\ 0 & f\left(\lambda_{2}\right) \end{array}\right)=\frac{f\left(\lambda_{1}\right)}{\lambda_{1}-\lambda_{2}}\left(J_{A}-\lambda_{2}E\right)+\frac{f\left(\lambda_{2}\right)}{\lambda_{2}-\lambda_{1}}\left(J_{A}-\lambda_{1}E\right).$$ Восстановим теперь первоначальную матрицу, полученную при помощи преобразования $A=TJ_{A}T^{-1}:$ $$f\left(A\right)=f\left(TJ_{A}T^{-1}\right)=Tf\left(J_{A}\right)T^{-1}= $$ $$T\left(\frac{f\left(\lambda_{1}\right)}{\lambda_{1}-\lambda_{2}}\left(J_{A}-\lambda_{2}E\right)+\frac{f\left(\lambda_{2}\right)}{\lambda_{2}-\lambda_{1}}\left(J_{A}-\lambda_{1}E\right)\right)T^{-1}=$$ $$\left(\frac{f\left(\lambda_{1}\right)}{\lambda_{1}-\lambda_{2}}\left(TJ_{A}T^{-1}-\lambda_{2}TET^{-1}\right)+\frac{f\left(\lambda_{2}\right)}{\lambda_{2}-\lambda_{1}}\left(TJ_{A}T^{-1}-\lambda_{1}TET^{-1}\right)\right)=$$ $$\left(\frac{f\left(\lambda_{1}\right)}{\lambda_{1}-\lambda_{2}}\left(A-\lambda_{2}E\right)+\frac{f\left(\lambda_{2}\right)}{\lambda_{2}-\lambda_{1}}\left(A-\lambda_{1}E\right)\right).$$ Это равенство можно записать в виде нулевого определителя для условной матрицы: $$\left|\begin{array}{ccc} E & A & f\left(A\right)\\ 1 & \lambda_{1} & f\left(\lambda_{1}\right)\\ 1 & \lambda_{2} & f\left(\lambda_{2}\right) \end{array}\right|=0,$$ где $E,A,f\left(A\right)$ не матрицы, а просто некоторые символы. Функция от матрицы определена, если функция определена на спектре, т.е. определена при $\lambda_{1},\lambda_{2}:$ $f\left(\lambda_{1}\right)$ и $f\left(\lambda_{2}\right).$ Если собственное значение вырождено, то $\lambda_{1}\to\lambda_{2}$ и $$f\left(A\right)=\frac{f\left(\lambda_{1}\right)-f\left(\lambda_{2}\right)}{\lambda_{1}-\lambda_{2}}A+\frac{\lambda_{1}f\left(\lambda_{2}\right)-\lambda_{2}f\left(\lambda_{1}\right)}{\lambda_{1}-\lambda_{2}}E=$$ $$ \frac{f\left(\lambda_{1}\right)-f\left(\lambda_{2}\right)}{\lambda_{1}-\lambda_{2}}A+\frac{\lambda_{1}f\left(\lambda_{2}\right)-\lambda_{2}f\left(\lambda_{1}\right)}{\lambda_{1}-\lambda_{2}}E\to$$ $$f^{(1)}\left(\lambda_{1}\right)A+\left(f\left(\lambda_{1}\right)-\lambda_{1}f^{(1)}\left(\lambda_{1}\right)\right)E$$ так, что $$f\left(A\right)=f\left(\lambda_{1}\right)+f^{(1)}\left(\lambda_{1}\right)\left(A-\lambda_{1}E\right),$$ где $f^{(1)}\left(\lambda_{1}\right)$ --- первая производная. Это равенство можно записать в виде нулевого определителя для условной матрицы: $$\left|\begin{array}{ccc} E & A & f\left(A\right)\\ 1 & \lambda_{1} & f\left(\lambda_{1}\right)\\ 0 & 1 & f^{(1)}\left(\lambda_{1}\right) \end{array}\right|=0.$$ Примечательно, что результат получился общий --- как для случая жордановой клетки $$J_{A}=\left(\begin{array}{cc} \lambda_{1} & 0\\ 0 & \lambda_{1} \end{array}\right),$$ так и для $$J_{A}=\left(\begin{array}{cc} \lambda_{1} & 1\\ 0 & \lambda_{1} \end{array}\right).$$ Что бы понять как будет меняться функция рассмотрим матрицы третьего порядка $A$. Её жорданова форма $$J_{A}=\left(\begin{array}{ccc} \lambda_{1} & 0 & 0\\ 0 & \lambda_{2} & 0\\ 0 & 0 & \lambda_{3} \end{array}\right).$$ Выделим сначала матрицу с первым элементом, для этого рассмотрим матрицы: $$J_{A}-\lambda_{2}E=\left(\begin{array}{ccc} \lambda_{1}-\lambda_{2} & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & \lambda_{3}-\lambda_{2} \end{array}\right)$$ и $$J_{A}-\lambda_{3}E=\left(\begin{array}{ccc} \lambda_{1}-\lambda_{3} & 0 & 0\\ 0 & \lambda_{2}-\lambda_{3} & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right)$$ далее перемножим их: $$\left(J_{A}-\lambda_{2}E\right)\left(J_{A}-\lambda_{3}E\right)=\left(\lambda_{1}-\lambda_{2}\right)\left(\lambda_{1}-\lambda_{3}\right)\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right).$$ В итоге получим замену $\lambda_{1}\mapsto f\left(\lambda_{1}\right)$ $$f\left(\lambda_{1}\right)\frac{\left(J_{A}-\lambda_{2}E\right)\left(J_{A}-\lambda_{3}E\right)}{\left(\lambda_{1}-\lambda_{2}\right)\left(\lambda_{1}-\lambda_{3}\right)}=f\left(\lambda_{1}\right)\prod_{i\neq1}\frac{\left(J_{A}-\lambda_{i}E\right)}{\left(\lambda_{1}-\lambda_{i}\right)}=\left(\begin{array}{ccc} f\left(\lambda_{1}\right) & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right).$$ Аналогично с остальными корнями: $$f\left(J_{A}\right)=f\left(\lambda_{1}\right)\frac{\left(J_{A}-\lambda_{2}E\right)\left(J_{A}-\lambda_{3}E\right)}{\left(\lambda_{1}-\lambda_{2}\right)\left(\lambda_{1}-\lambda_{3}\right)}+f\left(\lambda_{2}\right)\frac{\left(J_{A}-\lambda_{1}E\right)\left(J_{A}-\lambda_{3}E\right)}{\left(\lambda_{2}-\lambda_{1}\right)\left(\lambda_{2}-\lambda_{3}\right)}+$$ $$f\left(\lambda_{3}\right)\frac{\left(J_{A}-\lambda_{1}E\right)\left(J_{A}-\lambda_{2}E\right)}{\left(\lambda_{3}-\lambda_{1}\right)\left(\lambda_{3}-\lambda_{2}\right)}=\left(\begin{array}{ccc} f\left(\lambda_{1}\right) & 0 & 0\\ 0 & f\left(\lambda_{2}\right) & 0\\ 0 & 0 & f\left(\lambda_{3}\right) \end{array}\right).$$ Домножая на матрицы преобразования перейдём к матрице $A=TJ_{A}T^{-1}$ и используя сокращение получим формулу $$f\left(A\right)=\sum_{k=1}^{3}f\left(\lambda_{k}\right)\prod_{i\neq k}\frac{\left(A-\lambda_{i}E\right)}{\left(\lambda_{k}-\lambda_{i}\right)}=\left(\begin{array}{ccc} f\left(\lambda_{1}\right) & 0 & 0\\ 0 & f\left(\lambda_{2}\right) & 0\\ 0 & 0 & f\left(\lambda_{3}\right) \end{array}\right).$$ Так же как и раньше равенство можно записать через нулевой определитель: $$\left|\begin{array}{cccc} E & A & A^{2} & f\left(A\right)\\ 1 & \lambda_{1} & \lambda_{1}^{2} & f\left(\lambda_{1}\right)\\ 1 & \lambda_{2} & \lambda_{2}^{2} & f\left(\lambda_{2}\right)\\ 1 & \lambda_{3} & \lambda_{3}^{2} & f\left(\lambda_{3}\right) \end{array}\right|=0.$$ Если корень вырожден $\lambda_{2}=\lambda_{1},$ то как и раньше это приводит к дифференцированию строки: $$\left|\begin{array}{cccc} E & A & A^{2} & f\left(A\right)\\ 1 & \lambda_{1} & \lambda_{1}^{2} & f\left(\lambda_{1}\right)\\ 0 & 1 & 2\lambda_{1} & f^{(1)}\left(\lambda_{1}\right)\\ 1 & \lambda_{3} & \lambda_{3}^{2} & f\left(\lambda_{3}\right) \end{array}\right|=0.$$ Если корень трижды вырожден $\lambda_{3}=\lambda_{2}=\lambda_{1},$ то дифференцируем уже следующую строку дважды: $$\left|\begin{array}{cccc} E & A & A^{2} & f\left(A\right)\\ 1 & \lambda_{1} & \lambda_{1}^{2} & f\left(\lambda_{1}\right)\\ 0 & 1 & 2\lambda_{1} & f^{(1)}\left(\lambda_{1}\right)\\ 0 & 0 & 2 & f^{(2)}\left(\lambda_{1}\right) \end{array}\right|=0.$$ Остался последний переход от функции от матрицы $A$, к функции от параметра $tA.$ Так как при умножении матрицы $A$ на параметр $t$ каждый элемент матрицы умножается на этот параметр $a_{ij}\mapsto t\cdot a_{ij},$ то и все собственные числа так же умножатся на этот параметр $\lambda_{i}\mapsto t\cdot\lambda_{i}$, тогда, например, для функции от матрицы третьего порядка $A$ перейдём к записи $$0=\left|\begin{array}{cccc} E & tA & t^{2}A^{2} & f\left(tA\right)\\ 1 & t\lambda_{1} & t^{2}\lambda_{1}^{2} & f\left(t\lambda_{1}\right)\\ 1 & t\lambda_{2} & t^{2}\lambda_{2}^{2} & f\left(t\lambda_{2}\right)\\ 1 & t\lambda_{3} & t^{2}\lambda_{3}^{2} & f\left(t\lambda_{3}\right) \end{array}\right|=t\cdot t^{2}\left|\begin{array}{cccc} E & A & A^{2} & f\left(tA\right)\\ 1 & \lambda_{1} & \lambda_{1}^{2} & f\left(t\lambda_{1}\right)\\ 1 & \lambda_{2} & \lambda_{2}^{2} & f\left(t\lambda_{2}\right)\\ 1 & \lambda_{3} & \lambda_{3}^{2} & f\left(t\lambda_{3}\right) \end{array}\right|.$$ Где параметр $t$ и $t^{2}$ вынесли из соответствующих столбцов. Аналогично с матрицами, построенных на вырожденных собственных числах: $$0=\left|\begin{array}{cccc} E & tA & t^{2}A^{2} & f\left(tA\right)\\ 1 & t\lambda_{1} & t^{2}\lambda_{1}^{2} & f\left(t\lambda_{1}\right)\\ 0 & 1 & 2t\lambda_{1} & f^{(1)}\left(t\lambda_{1}\right)\\ 1 & t\lambda_{3} & t^{2}\lambda_{3}^{2} & f\left(t\lambda_{3}\right) \end{array}\right|= t\cdot t^{2}\left|\begin{array}{cccc} E & A & A^{2} & f\left(tA\right)\\ 1 & \lambda_{1} & \lambda_{1}^{2} & f\left(t\lambda_{1}\right)\\ 0 & t^{-1} & 2t^{-1}\lambda_{1} & f^{(1)}\left(t\lambda_{1}\right)\\ 1 & \lambda_{3} & \lambda_{3}^{2} & f\left(t\lambda_{3}\right) \end{array}\right| $$ следовательно $$ \left|\begin{array}{cccc} E & A & A^{2} & f\left(tA\right)\\ 1 & \lambda_{1} & \lambda_{1}^{2} & f\left(t\lambda_{1}\right)\\ 0 & 1 & 2\lambda_{1} & tf^{(1)}\left(t\lambda_{1}\right)\\ 1 & \lambda_{3} & \lambda_{3}^{2} & f\left(t\lambda_{3}\right) \end{array}\right|=0.$$