Potrebujem pomoč pri nalogi:
\(a_1,a_2,a_3,...,a_n\)so lin. neodvisni vektorji iz R^n. A:R^n->R^n je lin. preslikava.
\(Aa_1=a_2\), \(A^2a_1=a_3\),...,\(A^{n-1}a_1=a_n\), \(A^na_1=a_1\)
Določi lastne vrednosti, lastne vektorje in karakteristični polinom preslikave A.
Ne vem kako bi se lotila naloge, lepo prosim za pomoč.
lastne vrednosti
Re: lastne vrednosti
Ze prvi pogled pove, da bo matrika ciklicna (zaradi simetrije - vrstice bodo enake, le zamaknjene).
Lazje je, ce si prepises v obliko
\(Aa_1=a_2,\quad Aa_2=a_3,\quad Aa_3=a_4,\ldots\)
(to dobis tako, pri potenciranih matrikah vstavis prejsnje zveze: \(AAa_1=Aa_2\)).
V tej obliki lahko ze kar zapises matriko: ta je nicelna, razen ene linije tik pod diagonalo, kjer ima enke. \(A-\lambda I\) bo imela dve sosednji liniji nenicelni, kar pomeni, da k determinanti prispevata samo dva clena - razlika produktov teh dveh diagonal.
\((-\lambda)^n-(-1)^n=0\)
Lastne vrednosti so vseh n kompleksnih korenov stevila 1.
Za \(\lambda=1\) je lastni vektor ociten: vsota vseh baznih vektorjev (simetrija!). Pri ostalih je podobno, le da so posamezni vektorji utezeni s potencami n-tega korena enke (v stilu \(a_1+e^{2\pi i/n}a_2+e^{2\cdot 2\pi i/n}a_3+e^{3\cdot 2\pi i/n}a_4+\cdots\)).
Lazje je, ce si prepises v obliko
\(Aa_1=a_2,\quad Aa_2=a_3,\quad Aa_3=a_4,\ldots\)
(to dobis tako, pri potenciranih matrikah vstavis prejsnje zveze: \(AAa_1=Aa_2\)).
V tej obliki lahko ze kar zapises matriko: ta je nicelna, razen ene linije tik pod diagonalo, kjer ima enke. \(A-\lambda I\) bo imela dve sosednji liniji nenicelni, kar pomeni, da k determinanti prispevata samo dva clena - razlika produktov teh dveh diagonal.
\((-\lambda)^n-(-1)^n=0\)
Lastne vrednosti so vseh n kompleksnih korenov stevila 1.
Za \(\lambda=1\) je lastni vektor ociten: vsota vseh baznih vektorjev (simetrija!). Pri ostalih je podobno, le da so posamezni vektorji utezeni s potencami n-tega korena enke (v stilu \(a_1+e^{2\pi i/n}a_2+e^{2\cdot 2\pi i/n}a_3+e^{3\cdot 2\pi i/n}a_4+\cdots\)).
Re: lastne vrednosti
Hvala!
Ne razumem pa iz kje sklepamo:
Ne razumem pa iz kje sklepamo:
Aniviller napisal/-a:V tej obliki lahko ze kar zapises matriko: ta je nicelna, razen ene linije tik pod diagonalo, kjer ima enke. A-\lambda I bo imela dve sosednji liniji nenicelni, kar pomeni, da k determinanti prispevata samo dva clena - razlika produktov teh dveh diagonal.
Re: lastne vrednosti
Sama oblika matrike je pac sestavljena iz vektorjev po stolpcih. Drugace pa poznas definicijo determinante - vsoto vseh (liho/sodo predznacenih) produktov permutacij elementov. Cim hoces vzeti elemente, ki niso vsi na isti diagonali, moras izbrati enega nicelnega (ker mora biti iz vsake vrstice in vsakega stolpca samo en element).
Za tridiagonalne matrike imas pa ze vec moznosti.
Za tridiagonalne matrike imas pa ze vec moznosti.
Re: lastne vrednosti
Hvala za razlago in ves trud. To kar je bilo nazadnje napisano razumem, še vedno pa nečesa pri tej nalogi ne morem povezati skupaj.
Ali ni dobljena matrika:
\(A=\begin{bmatrix}0&&&&&1\\1&0&&&&\\0&1&0&&&\\0&0&1&0&&\\\vdots&\ddots&\ddots&\ddots&\ddots\\0&0&0&0&1&0\end{bmatrix}\)
oz. vse isto razen, da je na (1,n)-tem mestu število 1.(saj velja \(Aa_1=a_1\)) Potem razvijemo po 1. vrstici in dobimo (n-1)determinanto.
Če izračunamo \(A-\lambda I\) na diagonali dobimo same\(-\lambda\) to razumem, ne vem pa zakaj potem to razlika produktov teh dveh diagonal:
\((-\lambda)^n-(-1)^n=0\) in zakaj dobimo\((-1)^n\)(zmnožim glavno diagonalo in naddiag. in ju odštejem)?
isti problem se mi pojavi pri izračunu det.:
\(\begin{bmatrix}-1&1&0&0&\dots&0\\0&-1&1&0&\dots\\0&0&-1&1&\dots&0\\\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots\\0&0&0&0&\dots&1\\0&0&0&0&\dots&-1\end{bmatrix}\) ali je rezultat:\((-1)^n-1\)?
Za tridimenzionalne det. je več možnosti, kako se lotim det.?:
\(\begin{bmatrix}1&1&0&\dots\\-2&1&1&0&\dots\\0&-2&1&1&0&\dots\\\vdots&&\ddots&\ddots&\ddots&1\\0&0&\dots&&-2&1\end{bmatrix}\)
Lepo prosim za pomoč.
Ali ni dobljena matrika:
\(A=\begin{bmatrix}0&&&&&1\\1&0&&&&\\0&1&0&&&\\0&0&1&0&&\\\vdots&\ddots&\ddots&\ddots&\ddots\\0&0&0&0&1&0\end{bmatrix}\)
oz. vse isto razen, da je na (1,n)-tem mestu število 1.(saj velja \(Aa_1=a_1\)) Potem razvijemo po 1. vrstici in dobimo (n-1)determinanto.
Če izračunamo \(A-\lambda I\) na diagonali dobimo same\(-\lambda\) to razumem, ne vem pa zakaj potem to razlika produktov teh dveh diagonal:
\((-\lambda)^n-(-1)^n=0\) in zakaj dobimo\((-1)^n\)(zmnožim glavno diagonalo in naddiag. in ju odštejem)?
isti problem se mi pojavi pri izračunu det.:
\(\begin{bmatrix}-1&1&0&0&\dots&0\\0&-1&1&0&\dots\\0&0&-1&1&\dots&0\\\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots\\0&0&0&0&\dots&1\\0&0&0&0&\dots&-1\end{bmatrix}\) ali je rezultat:\((-1)^n-1\)?
Za tridimenzionalne det. je več možnosti, kako se lotim det.?:
\(\begin{bmatrix}1&1&0&\dots\\-2&1&1&0&\dots\\0&-2&1&1&0&\dots\\\vdots&&\ddots&\ddots&\ddots&1\\0&0&\dots&&-2&1\end{bmatrix}\)
Lepo prosim za pomoč.
Re: lastne vrednosti
Pazi: pri drugi matriki naddiagonala ne prispeva nic, ker je njen ciklicni podaljsek enak 0 (en clen je 1*1*1*1*1*1*1*0).
Torej, kar hocem povedat je tole:
\(\det\begin{bmatrix}a&b\\b&a\end{bmatrix}=a^2-b^2\)
\(\det\begin{bmatrix}a&b&0\\0&a&b\\b&0&a\end{bmatrix}=a^3+b^3\)
\(\det\begin{bmatrix}a&b&0&0\\0&a&b&0\\0&0&a&b\\b&0&0&a\end{bmatrix}=a^4-b^4\)
in tako naprej (jaz sem dal celo diagonalo enako da se bolje vidi ampak lahko so poljubni elementi).
Torej, kar ze skozi govorim: predznak naddiagonale je odvisen od sodosti/lihosti velikosti matrike.
Tisto kar te pri mojem odgovoru zmede:
\(\det A=\sum_P {\rm sign}(P)\prod_i A_{i,Pi}\)
(determinanta je VSOTA vseh moznih produktov n-tih elementov: iz vsake vrstice in vsakega stolpca eden! Vsak tak clen s predznakom, ki pove ali je permutacija indeksov liha ali soda). To s permutacijami samo pomeni formalen zapis: i-ta vrstica, Pi-ti stolpec (kolikor pac vsaka permutacija premesa indekse).
Pri nas od vseh moznih permutacij lahko izberemo samo dve taki, da v produktu ni nobene nicle. Ena je taka, kjer zacnes z (1,1) in gres po diagonali navzdol, druga pa taka, kjer zacnes pri (1,2) in gres po diagonali navzdol.
Kaj dosti bolj jasno se ne da povedat ker permutacije so nepregledna stvar.
Za tridiagonalno matriko pa to ne gre vec ker je moznih precej vec kombinacij. Se pa seveda pride cez z razvojem po vrstici - dobis rekurzivno formulo z vedno manjsimi matrikami. Pogoj je le, da so diagonalni elementi taki da je manjsa matrika, ki jo dobis, podobna osnovni (drugace ne mores v splosnem resit, ce so kar neke stevilke).
Recimo da imas tako dvopasovno matriko z a-ji in b-ji, kot sem jo zapisal zgoraj za do 4 dimenzij:
splosna nxn matrika naj bo \(A_n\). Potem z razvojem po vrstici izrazis z matrikami (n-1)x(n-1):
\(\det A_n=a \det \begin{bmatrix}
a&b&0&\cdots&0\\
0&a&b&\cdots&0\\
0&0&a&\cdots&0\\
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
0&0&0&\cdots&a\end{bmatrix}
-b\det\begin{bmatrix}
0&b&0&\cdots&0\\
0&a&b&\cdots&0\\
0&0&a&\cdots&0\\
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
b&0&0&\cdots&a\end{bmatrix}\)
Za prvo determinanto lahko z nadaljnim razvojem po vrstici vedno vsakic samo en clen in da res ostane na koncu \(a^{n-1}\).
Za drugo determinanto najprej naredis n-2 zamenjav vrstic, da premaknes vse vrstice ciklicno za eno dol in dobis matriko podobno prvi. To pridela predznak (-1)^(n-2). Za preostanek podobno kot prej pokazes da je \(b^{n-1}\). Skupaj torej
\(\det A_n=a^n-(-1)^{n-2}b^n=a^n-(-b)^n\)
Pazi minus pri b-ju (pride od lihosti/sodosti velikosti matrike).
Torej, kar hocem povedat je tole:
\(\det\begin{bmatrix}a&b\\b&a\end{bmatrix}=a^2-b^2\)
\(\det\begin{bmatrix}a&b&0\\0&a&b\\b&0&a\end{bmatrix}=a^3+b^3\)
\(\det\begin{bmatrix}a&b&0&0\\0&a&b&0\\0&0&a&b\\b&0&0&a\end{bmatrix}=a^4-b^4\)
in tako naprej (jaz sem dal celo diagonalo enako da se bolje vidi ampak lahko so poljubni elementi).
Torej, kar ze skozi govorim: predznak naddiagonale je odvisen od sodosti/lihosti velikosti matrike.
Tisto kar te pri mojem odgovoru zmede:
\(\det A=\sum_P {\rm sign}(P)\prod_i A_{i,Pi}\)
(determinanta je VSOTA vseh moznih produktov n-tih elementov: iz vsake vrstice in vsakega stolpca eden! Vsak tak clen s predznakom, ki pove ali je permutacija indeksov liha ali soda). To s permutacijami samo pomeni formalen zapis: i-ta vrstica, Pi-ti stolpec (kolikor pac vsaka permutacija premesa indekse).
Pri nas od vseh moznih permutacij lahko izberemo samo dve taki, da v produktu ni nobene nicle. Ena je taka, kjer zacnes z (1,1) in gres po diagonali navzdol, druga pa taka, kjer zacnes pri (1,2) in gres po diagonali navzdol.
Kaj dosti bolj jasno se ne da povedat ker permutacije so nepregledna stvar.
Za tridiagonalno matriko pa to ne gre vec ker je moznih precej vec kombinacij. Se pa seveda pride cez z razvojem po vrstici - dobis rekurzivno formulo z vedno manjsimi matrikami. Pogoj je le, da so diagonalni elementi taki da je manjsa matrika, ki jo dobis, podobna osnovni (drugace ne mores v splosnem resit, ce so kar neke stevilke).
Recimo da imas tako dvopasovno matriko z a-ji in b-ji, kot sem jo zapisal zgoraj za do 4 dimenzij:
splosna nxn matrika naj bo \(A_n\). Potem z razvojem po vrstici izrazis z matrikami (n-1)x(n-1):
\(\det A_n=a \det \begin{bmatrix}
a&b&0&\cdots&0\\
0&a&b&\cdots&0\\
0&0&a&\cdots&0\\
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
0&0&0&\cdots&a\end{bmatrix}
-b\det\begin{bmatrix}
0&b&0&\cdots&0\\
0&a&b&\cdots&0\\
0&0&a&\cdots&0\\
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
b&0&0&\cdots&a\end{bmatrix}\)
Za prvo determinanto lahko z nadaljnim razvojem po vrstici vedno vsakic samo en clen in da res ostane na koncu \(a^{n-1}\).
Za drugo determinanto najprej naredis n-2 zamenjav vrstic, da premaknes vse vrstice ciklicno za eno dol in dobis matriko podobno prvi. To pridela predznak (-1)^(n-2). Za preostanek podobno kot prej pokazes da je \(b^{n-1}\). Skupaj torej
\(\det A_n=a^n-(-1)^{n-2}b^n=a^n-(-b)^n\)
Pazi minus pri b-ju (pride od lihosti/sodosti velikosti matrike).
Re: lastne vrednosti
Še enkrat hvala za razlago.
1.: Aja
, tako je bila mišljena sodost in lihost, prej sploh nisem razumela, sedaj mi je končno jasno
2.\((-\lambda)^n-(-1)^n=0\)
Tretji minus v tej enačbi dobimo iz sodosti, lihosti matrike, zakaj oz. od kje pa drugi minus? (saj potrebujemo vsoto vseh možnih produktov)
Ali ni druga taka da začnem z (2,1), ali nimamo matrike:
\(A-\lambda I =\begin{bmatrix}-\lambda&0&\dots&0&1\\1&-\lambda&0&\dots\\0&1&-\lambda&0&\dots\\\vdots&\ddots&\ddots&\ddots\end{bmatrix}\)
3. Aha, to potem rešiš kar z rekurzijo (mislila sem, da to izračunaš na podoben način kot za dve diagonali), hvala
1.: Aja
, tako je bila mišljena sodost in lihost, prej sploh nisem razumela, sedaj mi je končno jasno2.\((-\lambda)^n-(-1)^n=0\)
Tretji minus v tej enačbi dobimo iz sodosti, lihosti matrike, zakaj oz. od kje pa drugi minus? (saj potrebujemo vsoto vseh možnih produktov)
Ali ni druga taka da začnem z (2,1), ali nimamo matrike:
\(A-\lambda I =\begin{bmatrix}-\lambda&0&\dots&0&1\\1&-\lambda&0&\dots\\0&1&-\lambda&0&\dots\\\vdots&\ddots&\ddots&\ddots\end{bmatrix}\)
3. Aha, to potem rešiš kar z rekurzijo (mislila sem, da to izračunaš na podoben način kot za dve diagonali), hvala
Re: lastne vrednosti
Za tridiagonalno matriko pa dobis rekurzivno formulo. Naj bo matrika oblike
\(\begin{bmatrix}a&b&0\\c&a&b\\0&c&a\end{bmatrix}\)
Vzamemo nxn matriko:
\(\det A_n=a\det A_{n-1}-b\det\begin{bmatrix}
c&b&0&0&0\\
0&a&b&0&0\\
0&c&a&b&0\\
\vdots\\
0&0&c&a&b\\
0&0&0&c&a\\
\end{bmatrix}\)
To je zdaj se grdo... ampak to drugo stvar pa lahko razvijes po prvem stolpcu in dobis se manjso matriko, ki je pa spet take oblike kot osnovna:
\(\det A_n=a\det A_{n-1}-bc\det A_{n-2}\)
To rec zdaj lahko resis kot zaporedje... za n=2 in n=3 izracunas na roke in uporabis kot prva dva clena rekurzije. Potem pa naprej resis.
\(\det A_2=a^2-bc\)
\(\det A_3=a^3-2abc\)
Zaporedje je linearno drugega reda, zato bo rezultat vsota dveh geometrijskih zaporedij (koeficiente bomo dobili iz prvih dveh clenov).
\(\det A_n=q^n\)
\(q^2-aq+bc=0\)
\(q=\frac{a\pm\sqrt{a^2-4bc}}{2}\)
\(\det A_n=C_1 \left(\frac{a+\sqrt{a^2-4bc}}{2}\right)^n+C_2\left(\frac{a-\sqrt{a^2-4bc}}{2}\right)^n\)
Najprej prvi clen \(\det A_1=a\), da bo lazje racunat (tega prej nisem napisal ker za 1x1 matriko se ni vseh treh diagonal... ampak ce dobro pogledas se zaporedje ujema tudi za n=1):
\(\det A_1=a=a(C_1+C_2)/2+\sqrt{a^2-4bc}(C_1-C_2)/2\)
\(2a=a(C_1+C_2)+\sqrt{a^2-4bc}(C_1-C_2)\)
Drugi pa:
\(\det A_2=C_1 \left(\frac{a+\sqrt{a^2-4bc}}{2}\right)^2+C_2\left(\frac{a-\sqrt{a^2-4bc}}{2}\right)^2\)
\(\det A_2=C_1 (a^2/2+a\sqrt{a^2-4bc}/2-bc)\)\(+C_2 (a^2/2-a\sqrt{a^2-4bc}/2-bc)=a^2-bc\)
\((a^2-2bc)(C_1+C_2)+a\sqrt{a^2-4bc}(C_1-C_2)=2a^2-2bc\)
Z novimi spremeljivkami \(u=C_1+C_2\) in \(v=\sqrt{a^2-4bc}(C_1-C_2)\) je sistem enostavno resljiv:
u=1,v=a
Resitev je potem
\(\det A_n=\frac{1}{2}\left(1+\frac{a}{\sqrt{a^2-4bc}}\right)\)\(\left(\frac{a+\sqrt{a^2-4bc}}{2}\right)^n\)\(+\frac{1}{2}\left(1-\frac{a}{\sqrt{a^2-4bc}}\right)\)\(\left(\frac{a-\sqrt{a^2-4bc}}{2}\right)^n\)
Oziroma ce zelo dobro pogledas, opazis da se da poenostavit v
\(\det A_n=\frac{1}{\sqrt{a^2-4bc}}\bigg(\left(\frac{a+\sqrt{a^2-4bc}}{2}\right)^{n+1}\)\(-\left(\frac{a-\sqrt{a^2-4bc}}{2}\right)^{n+1}\bigg)\)
(ce bi takoj nastavili zaporedje tako da je premaknjeno za ena, bi nam bilo precej prihranjenega).
Res da je grdo... ampak po drugi strani smo pa dobili popolnoma splosno formulo za tridiagonalno matriko z enakimi elementimi po diagonalah, za poljubno veliko matriko. Das v mathematico, poenostavis rezultat in dobis:
\(A_5=a^5-4a^3bc+3ab^2c^2\)
Tega verjetno z rocnim racunanjem deteriminante ne bi nikoli ugotovil
Za tvoj primer ko je a=b=1, c=-2, je pa sploh tako lepo da so tisti koreni enaki 3 in dobis
\(\det A_n=\frac{1}{3}\bigg(2^{n+1}-(-1)^{n+1}\bigg)\)
p.s. te stvari so zelo dobra vaja za vec podrocij matematike hkrati.
\(\begin{bmatrix}a&b&0\\c&a&b\\0&c&a\end{bmatrix}\)
Vzamemo nxn matriko:
\(\det A_n=a\det A_{n-1}-b\det\begin{bmatrix}
c&b&0&0&0\\
0&a&b&0&0\\
0&c&a&b&0\\
\vdots\\
0&0&c&a&b\\
0&0&0&c&a\\
\end{bmatrix}\)
To je zdaj se grdo... ampak to drugo stvar pa lahko razvijes po prvem stolpcu in dobis se manjso matriko, ki je pa spet take oblike kot osnovna:
\(\det A_n=a\det A_{n-1}-bc\det A_{n-2}\)
To rec zdaj lahko resis kot zaporedje... za n=2 in n=3 izracunas na roke in uporabis kot prva dva clena rekurzije. Potem pa naprej resis.
\(\det A_2=a^2-bc\)
\(\det A_3=a^3-2abc\)
Zaporedje je linearno drugega reda, zato bo rezultat vsota dveh geometrijskih zaporedij (koeficiente bomo dobili iz prvih dveh clenov).
\(\det A_n=q^n\)
\(q^2-aq+bc=0\)
\(q=\frac{a\pm\sqrt{a^2-4bc}}{2}\)
\(\det A_n=C_1 \left(\frac{a+\sqrt{a^2-4bc}}{2}\right)^n+C_2\left(\frac{a-\sqrt{a^2-4bc}}{2}\right)^n\)
Najprej prvi clen \(\det A_1=a\), da bo lazje racunat (tega prej nisem napisal ker za 1x1 matriko se ni vseh treh diagonal... ampak ce dobro pogledas se zaporedje ujema tudi za n=1):
\(\det A_1=a=a(C_1+C_2)/2+\sqrt{a^2-4bc}(C_1-C_2)/2\)
\(2a=a(C_1+C_2)+\sqrt{a^2-4bc}(C_1-C_2)\)
Drugi pa:
\(\det A_2=C_1 \left(\frac{a+\sqrt{a^2-4bc}}{2}\right)^2+C_2\left(\frac{a-\sqrt{a^2-4bc}}{2}\right)^2\)
\(\det A_2=C_1 (a^2/2+a\sqrt{a^2-4bc}/2-bc)\)\(+C_2 (a^2/2-a\sqrt{a^2-4bc}/2-bc)=a^2-bc\)
\((a^2-2bc)(C_1+C_2)+a\sqrt{a^2-4bc}(C_1-C_2)=2a^2-2bc\)
Z novimi spremeljivkami \(u=C_1+C_2\) in \(v=\sqrt{a^2-4bc}(C_1-C_2)\) je sistem enostavno resljiv:
u=1,v=a
Resitev je potem
\(\det A_n=\frac{1}{2}\left(1+\frac{a}{\sqrt{a^2-4bc}}\right)\)\(\left(\frac{a+\sqrt{a^2-4bc}}{2}\right)^n\)\(+\frac{1}{2}\left(1-\frac{a}{\sqrt{a^2-4bc}}\right)\)\(\left(\frac{a-\sqrt{a^2-4bc}}{2}\right)^n\)
Oziroma ce zelo dobro pogledas, opazis da se da poenostavit v
\(\det A_n=\frac{1}{\sqrt{a^2-4bc}}\bigg(\left(\frac{a+\sqrt{a^2-4bc}}{2}\right)^{n+1}\)\(-\left(\frac{a-\sqrt{a^2-4bc}}{2}\right)^{n+1}\bigg)\)
(ce bi takoj nastavili zaporedje tako da je premaknjeno za ena, bi nam bilo precej prihranjenega).
Res da je grdo... ampak po drugi strani smo pa dobili popolnoma splosno formulo za tridiagonalno matriko z enakimi elementimi po diagonalah, za poljubno veliko matriko. Das v mathematico, poenostavis rezultat in dobis:
\(A_5=a^5-4a^3bc+3ab^2c^2\)
Tega verjetno z rocnim racunanjem deteriminante ne bi nikoli ugotovil
Za tvoj primer ko je a=b=1, c=-2, je pa sploh tako lepo da so tisti koreni enaki 3 in dobis
\(\det A_n=\frac{1}{3}\bigg(2^{n+1}-(-1)^{n+1}\bigg)\)
p.s. te stvari so zelo dobra vaja za vec podrocij matematike hkrati.
Re: lastne vrednosti
Ja je kar lepa formulca, ja, bom še nekaj časa razmišljala, od kje kajMene pa zanima še tisti minus pri 2.
Re: lastne vrednosti
V bistvu pride od istega vzroka samo tako je lepsi zapis. Lahko si pises tudi \(a^n+(-1)^{n-1}b^n\). En minus pac pride od prvega razvoja po vrstici, ko dajes izmenicne predznake, ostali pa potem ko zmeljes celo preostalo podmatriko. Oziroma ce gres po permutacijah: (-1)^(n-1) je parnost ciklicne permutacije n-tih elementov.2.\((-\lambda)^n-(-1)^n=0\)
Tretji minus v tej enačbi dobimo iz sodosti, lihosti matrike, zakaj oz. od kje pa drugi minus? (saj potrebujemo vsoto vseh možnih produktov)
Ali ni druga taka da začnem z (2,1), ali nimamo matrike:
\(A-\lambda I =\begin{bmatrix}-\lambda&0&\dots&0&1\\1&-\lambda&0&\dots\\0&1&-\lambda&0&\dots\\\vdots&\ddots&\ddots&\ddots\end{bmatrix}\)
V bistvu je za diagonale na lihih mestih (eno nad diagonalo, eno pod diagonalo, tri nad diagonalo,...) spredaj (-1)^(n-1), za diagonale na sodih mestih (diagonala, dve nad diagonalo,...) pa je s plusom.
Ja, samo za dve diagonali prezivita samo dve permutaciji... v splosnem pa ne gre. Racunanje determinante po definiciji s permutacijami je v vseh ostalih primerih ena izmed najhujsih stvari ki jih lahko naredis... imas v splosnem n! moznosti... ponavadi se da studentom enkrat v zivljenju 4x4 za zracunat na ta nacin... in nikoli vec. Ker n! operacij je bistveno hujse kot n^p (p neka stevilka odvisna od algoritma - ponavadi so potencni). Recimo ce pravilno preurejas vrstice da pridelas nicle v matriki.delta napisal/-a:3. Aha, to potem rešiš kar z rekurzijo (mislila sem, da to izračunaš na podoben način kot za dve diagonali), hvala
Tale stvar z rekurzijo (tudi ce so po diagonali razlicni elementi - je pac vsak rekurzijski korak drugacen) se uporablja v numericnih izracunih za karakteristicni polinom tridiagonalnih matrik... to stvar ucijo pod imenom "šturmov algoritem" in dokler clovek sam ne izpelje, ni nobenemu jasno od kod pride in zakaj deluje.
Re: lastne vrednosti
Pozdravljeni!
Naletela sem na težavo.Mi lahko kdo prosim pomaga rešiti to nalogo?:
Naj bo V končno razsežen vektorski prostor in A endomorfizem. Vemo, da je vsak v(element V) lastni vektor za A. Pokaži, da je A večkratnik identitete.
Imam pa še eno vprašanje: Ali obstaja kakšna preprosta formula za reševanje npr A^2010 ( A je matrika) kot formula P*D^2010*P^-1 (D je diagonalna matrika)??
Naletela sem na težavo.Mi lahko kdo prosim pomaga rešiti to nalogo?:
Naj bo V končno razsežen vektorski prostor in A endomorfizem. Vemo, da je vsak v(element V) lastni vektor za A. Pokaži, da je A večkratnik identitete.
Imam pa še eno vprašanje: Ali obstaja kakšna preprosta formula za reševanje npr A^2010 ( A je matrika) kot formula P*D^2010*P^-1 (D je diagonalna matrika)??
Re: lastne vrednosti
Predpostavis protislovje. Recimo da so lastne vrednosti razlicne. Imejmo dva lastna vektorja v1 in v2 z lastnima vrednostma l1 in l2. Ker trdijo, da je vsak element lastni vektor, mora biti lastni vektor tudi poljubna linearna kombinacija teh dveh:
\(A(a v_1+b v_2)=a l_1 v_1+b l_2 v_2\)
Ce hoce biti to lastni vektor, mora biti sorazmeren s prvotno linearno kombinacijo:
\(A(a v_1+b v_2)=a l_1 v_1+b l_2 v_2=t(av_1+bv_2)\)
Zaradi linearne neodvisnosti sledi \(l_1=l_2=t\). To velja za vsak poljuben par linearno neodvisnih lastnih vektorjev, torej morajo biti vse lastne vrednosti enake.
Drugo vprasanje: ja na ta nacin lahko potenciras vsako diagonalizabilno matriko in zelo enostavno je, ker samo diagonaliziras, potenciras lastne vrednosti in nazaj zmnozis.
\(A(a v_1+b v_2)=a l_1 v_1+b l_2 v_2\)
Ce hoce biti to lastni vektor, mora biti sorazmeren s prvotno linearno kombinacijo:
\(A(a v_1+b v_2)=a l_1 v_1+b l_2 v_2=t(av_1+bv_2)\)
Zaradi linearne neodvisnosti sledi \(l_1=l_2=t\). To velja za vsak poljuben par linearno neodvisnih lastnih vektorjev, torej morajo biti vse lastne vrednosti enake.
Drugo vprasanje: ja na ta nacin lahko potenciras vsako diagonalizabilno matriko in zelo enostavno je, ker samo diagonaliziras, potenciras lastne vrednosti in nazaj zmnozis.
Re: lastne vrednosti
Najlepša hvala za pomoč sedaj razumem to nalogo. Ne razumem pa druge razlage :/ potenciraš lastne vrednosti, to razumem, samo ne razumem kaj potem nazaj zmnožiš.?
Imam pa še eno vprašanje: Preslikava A ima same različne lastne vrednosti. Pokaži, da se da diagonalizirati vsaka matrik, ki z njo komutira. ?
In pa naloga: Določi lastne vrednosti in lastne vektorje matrike A = [a_ij] velikosti nxn, ki ima vse elemente razen a_11=a_22=2 in a_12=a_21=0 enake 1.?
Smem vprašat še kako rešiš to nxn determinanto-namreč take naloge mi delajo največ težav :/
1 2 3 ... n-2 n-2 n
2 3 4 ... n-1 n-1 1
3 4 5 ... n n 2
. . . . . .
. . . ... . . .
. . . . . .
n-2 n-1 n ... n-5 n-4 n-3
n-1 n 1 ... n-4 n-3 n-2
n 1 2 ... n-3 n-2 n-1
Imam pa še eno vprašanje: Preslikava A ima same različne lastne vrednosti. Pokaži, da se da diagonalizirati vsaka matrik, ki z njo komutira. ?
In pa naloga: Določi lastne vrednosti in lastne vektorje matrike A = [a_ij] velikosti nxn, ki ima vse elemente razen a_11=a_22=2 in a_12=a_21=0 enake 1.?
Smem vprašat še kako rešiš to nxn determinanto-namreč take naloge mi delajo največ težav :/
1 2 3 ... n-2 n-2 n
2 3 4 ... n-1 n-1 1
3 4 5 ... n n 2
. . . . . .
. . . ... . . .
. . . . . .
n-2 n-1 n ... n-5 n-4 n-3
n-1 n 1 ... n-4 n-3 n-2
n 1 2 ... n-3 n-2 n-1
Re: lastne vrednosti
Ja diagonalizacija pomeni razcep na matriki P in D:
\(A=PDP^{-1}\)
Enostavno se da pokazat da ko mnozis A s samim seboj, se vmesni \(PP^{-1}\) pokrajsajo. Ostane
\(A^n=PD^nP^{-1}\)
Torej: diagonaliziras (kar pomeni z matriko P transformiras v lastni koordinatni sistem), potenciras in transformiras nazaj (zmnozis \(PD^n P^{-1}\)).
2)
Preslikava A naj ima razlicne lastne vrednosti. Preslikava B naj z njo komutira.
\(AB=BA\)
\(PDP^{-1}B=BPDP^{-1}\)
Malo mnozis z leve in desne
\(D(P^{-1}BP)=(P^{-1}BP)D\)
Poimenujmo oklepaj C.
\(DC=CD\)
Torej: C (ki je matrika, podobna matriki B) komutira z diagonalno matriko z razlicnimi lastnimi vrednostmi. Zapisemo za splosno komponento ij:
\(\lambda_i C_{ij}=\lambda_j C_{ij}\)
Za i=j to velja zmeraj (C ima poljubne diagonalne elemente). Za \(i\neq j\) to velja samo kadar so \(C_{ij}=0\), ker so lastne vrednosti razlicne.
Sklep: ne samo da je preslikava B diagonalizabilna: A in B sta SIMULTANO DIAGONALIZABILNI: diagonalizira ju ista matrika P - matriki imata iste lastne vektorje.
\(A=PDP^{-1}\)
Enostavno se da pokazat da ko mnozis A s samim seboj, se vmesni \(PP^{-1}\) pokrajsajo. Ostane
\(A^n=PD^nP^{-1}\)
Torej: diagonaliziras (kar pomeni z matriko P transformiras v lastni koordinatni sistem), potenciras in transformiras nazaj (zmnozis \(PD^n P^{-1}\)).
2)
Preslikava A naj ima razlicne lastne vrednosti. Preslikava B naj z njo komutira.
\(AB=BA\)
\(PDP^{-1}B=BPDP^{-1}\)
Malo mnozis z leve in desne
\(D(P^{-1}BP)=(P^{-1}BP)D\)
Poimenujmo oklepaj C.
\(DC=CD\)
Torej: C (ki je matrika, podobna matriki B) komutira z diagonalno matriko z razlicnimi lastnimi vrednostmi. Zapisemo za splosno komponento ij:
\(\lambda_i C_{ij}=\lambda_j C_{ij}\)
Za i=j to velja zmeraj (C ima poljubne diagonalne elemente). Za \(i\neq j\) to velja samo kadar so \(C_{ij}=0\), ker so lastne vrednosti razlicne.
Sklep: ne samo da je preslikava B diagonalizabilna: A in B sta SIMULTANO DIAGONALIZABILNI: diagonalizira ju ista matrika P - matriki imata iste lastne vektorje.
Re: lastne vrednosti
Determinanto splosne velikosti ponavadi izracunas rekurzivno: razvijes po nekem stolpcu ali vrstici in dobis isti problem, le da je n za eno manjsi. Edino pametno je imeti matriko ki ima v zgornji vrstici samo en ali dva nenicelna elementa (nasa ni taka, bi jo bilo treba malo predelat ampak vseeno si zapomni namig).
Ta matrika ima skoraj vse vrstice enake (razen prvih dveh). Torej ima rang najvec 3 (3 razlicne vrstice; ostale lastne vrednosti so 0).
Racunamo determinanto tega:
\(A_n=\begin{bmatrix}
2-\lambda & 0&1 &\cdots &1\\
0 & 2-\lambda&1 &\cdots &1\\
1& 1&1-\lambda &\cdots &1\\
\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\
1&1&1&\cdots&1-\lambda\end{bmatrix}\)
Zdaj recimo odstejes zadnjo vrstico od vseh ostalih:
\(A_n=\begin{bmatrix}
1-\lambda & -1&0 &0&\cdots &\lambda\\
-1 &1-\lambda&0 &0&\cdots &\lambda\\
0& 0&-\lambda &0&\cdots &\lambda\\
0& 0&0&-\lambda &\cdots &\lambda\\
\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\
1&1&1&1&\cdots&1-\lambda\end{bmatrix}\)
Razvijes po tretjem stolpcu: imas dva elementa. Tisti kjer izpostavis diagonalno lambdo, ocitno vrne isto obliko matrike kot prej, le za n-1 (poddeterminanta!). Druga je pa malo drugacna (clen -(-1)^n pride od tega da so predznaki pri razvoju izmenicni in od velikosti matrike je odvisno ali prides na sodo ali liho):
\(\det A_n=(-\lambda)\det A_{n-1}-(-1)^n\)\(\det\begin{bmatrix}
1-\lambda & -1 &0&\cdots &0&\lambda\\
-1 &1-\lambda &0&\cdots &0&\lambda\\
0& 0 &0&\cdots &0&\lambda\\
0& 0&-\lambda &\cdots &0&\lambda\\
\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\
0&0&0&\cdots &-\lambda & \lambda\end{bmatrix}\)
To lahko zdaj razvijes po tretji VRSTICI.
\(\det A_n=(-\lambda)\det A_{n-1}-(-1)^n(-(-1)^{n-1})\lambda\)\(\det\begin{bmatrix}
1-\lambda & -1 &0&\cdots &0\\
-1 &1-\lambda &0&\cdots &0\\
0& 0&-\lambda &\cdots &0\\
\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\
0&0&0&\cdots &-\lambda\end{bmatrix}\)
Ta determinanta je OCITNA ker je skoraj diagonalna (pazi - zdaj ima dimenzije n-2 ker smo ze dvakrat razvili).
\(\det A_n=(-\lambda)\det A_{n-1}-\lambda(-\lambda)^{n-4}((1-\lambda)^2-1)\)
\(\det A_n=(-\lambda)\det A_{n-1}+(-\lambda)^{n-3}(\lambda^2-2\lambda)\)
Zdaj vidimo kaj se dogaja: zmansamo velikost matrike in nek faktor pade ven. To pocnemo dokler ne pridemo do n=3 ker od tam naprej nismo vec iste oblike (pa tudi po 3. vrstici se ne da vec razvijat). Torej:
\(\det A_n=(-\lambda)^{n-3}\det A_3+(n-3)(-\lambda)^{n-3}(\lambda^2-2\lambda)\)
(hitro se da pokazat da vsakic ko znizas indeks za ena, dobis se en popolnoma enak "drugi clen" kot smo ga dobili prvic (\(\lambda^{n-3}\) ima sicer nizjo stopnjo, vendar se zmnozi z \((-\lambda)\) ki stoji pred \(A_{n-1}\) in dobimo isti clen; zato (n-3) pred drugim clenom, ker smo postopek ponovili n-3 krat).
\(\det A_n=(-\lambda)^{n-3}(\det A_3+(n-3)(\lambda^2-2\lambda))\)
Preostalo 3x3 determinato pa kar izracunaj. To, da spredaj stoji \(\lambda^{n-3}\) pomeni da je toliko nicel karakteristicnega polinoma itak enakih nic (to smo ze uganili). Preostale tri nicle pa dobis iz polinoma 3. stopnje.
Takole: ta postopek ni edini in verjetno ne najlazji (poleg tega da imas cisto druge metode, je tudi ogromno izbire po katerih stolpcih razvijat in kako izrazat naprej).
Preveri cel postopek ker pri hitrem resevanju toliksnih stvari na pamet je velika moznost da je slo kaj narobe.
Ta matrika ima skoraj vse vrstice enake (razen prvih dveh). Torej ima rang najvec 3 (3 razlicne vrstice; ostale lastne vrednosti so 0).
Racunamo determinanto tega:
\(A_n=\begin{bmatrix}
2-\lambda & 0&1 &\cdots &1\\
0 & 2-\lambda&1 &\cdots &1\\
1& 1&1-\lambda &\cdots &1\\
\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\
1&1&1&\cdots&1-\lambda\end{bmatrix}\)
Zdaj recimo odstejes zadnjo vrstico od vseh ostalih:
\(A_n=\begin{bmatrix}
1-\lambda & -1&0 &0&\cdots &\lambda\\
-1 &1-\lambda&0 &0&\cdots &\lambda\\
0& 0&-\lambda &0&\cdots &\lambda\\
0& 0&0&-\lambda &\cdots &\lambda\\
\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\
1&1&1&1&\cdots&1-\lambda\end{bmatrix}\)
Razvijes po tretjem stolpcu: imas dva elementa. Tisti kjer izpostavis diagonalno lambdo, ocitno vrne isto obliko matrike kot prej, le za n-1 (poddeterminanta!). Druga je pa malo drugacna (clen -(-1)^n pride od tega da so predznaki pri razvoju izmenicni in od velikosti matrike je odvisno ali prides na sodo ali liho):
\(\det A_n=(-\lambda)\det A_{n-1}-(-1)^n\)\(\det\begin{bmatrix}
1-\lambda & -1 &0&\cdots &0&\lambda\\
-1 &1-\lambda &0&\cdots &0&\lambda\\
0& 0 &0&\cdots &0&\lambda\\
0& 0&-\lambda &\cdots &0&\lambda\\
\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots&\vdots\\
0&0&0&\cdots &-\lambda & \lambda\end{bmatrix}\)
To lahko zdaj razvijes po tretji VRSTICI.
\(\det A_n=(-\lambda)\det A_{n-1}-(-1)^n(-(-1)^{n-1})\lambda\)\(\det\begin{bmatrix}
1-\lambda & -1 &0&\cdots &0\\
-1 &1-\lambda &0&\cdots &0\\
0& 0&-\lambda &\cdots &0\\
\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\
0&0&0&\cdots &-\lambda\end{bmatrix}\)
Ta determinanta je OCITNA ker je skoraj diagonalna (pazi - zdaj ima dimenzije n-2 ker smo ze dvakrat razvili).
\(\det A_n=(-\lambda)\det A_{n-1}-\lambda(-\lambda)^{n-4}((1-\lambda)^2-1)\)
\(\det A_n=(-\lambda)\det A_{n-1}+(-\lambda)^{n-3}(\lambda^2-2\lambda)\)
Zdaj vidimo kaj se dogaja: zmansamo velikost matrike in nek faktor pade ven. To pocnemo dokler ne pridemo do n=3 ker od tam naprej nismo vec iste oblike (pa tudi po 3. vrstici se ne da vec razvijat). Torej:
\(\det A_n=(-\lambda)^{n-3}\det A_3+(n-3)(-\lambda)^{n-3}(\lambda^2-2\lambda)\)
(hitro se da pokazat da vsakic ko znizas indeks za ena, dobis se en popolnoma enak "drugi clen" kot smo ga dobili prvic (\(\lambda^{n-3}\) ima sicer nizjo stopnjo, vendar se zmnozi z \((-\lambda)\) ki stoji pred \(A_{n-1}\) in dobimo isti clen; zato (n-3) pred drugim clenom, ker smo postopek ponovili n-3 krat).
\(\det A_n=(-\lambda)^{n-3}(\det A_3+(n-3)(\lambda^2-2\lambda))\)
Preostalo 3x3 determinato pa kar izracunaj. To, da spredaj stoji \(\lambda^{n-3}\) pomeni da je toliko nicel karakteristicnega polinoma itak enakih nic (to smo ze uganili). Preostale tri nicle pa dobis iz polinoma 3. stopnje.
Takole: ta postopek ni edini in verjetno ne najlazji (poleg tega da imas cisto druge metode, je tudi ogromno izbire po katerih stolpcih razvijat in kako izrazat naprej).
Preveri cel postopek ker pri hitrem resevanju toliksnih stvari na pamet je velika moznost da je slo kaj narobe.