Prosim za nekaj pomoči...
Naj bo \(P:\mathbb{R}^3} \rightarrow \mathbb{R}^3\) pravokotna projekcija na ravnino z enačbo \(x+y+z=0\) in \(R:\mathbb{R}^3} \rightarrow \mathbb{R}^3\) taka rotacija okrog premice z enačbama \(x=y=z\), da velja:
\(R(1,-1,0)= \frac{1}{ \sqrt{3}}(1,1,-2)\).
a)Prepričaj se, da preslikavi P in R komutirata, tj \(PR=RP\)
b)Določi matriko za preslikavo \(PR\) v standardni bazi prostora \(\mathbb{R}^3}\)
Če se nisem kje zmotil, je prava matrika za pravokotno projekcijo \(P = \begin{bmatrix}
\frac{2}{3} & -\frac{1}{3} & -\frac{1}{3} \\[0.3em]
-\frac{1}{3} & \frac{2}{3} & -\frac{1}{3} \\[0.3em]
-\frac{1}{3} & -\frac{1}{3} & \frac{2}{3}
\end{bmatrix}\). Kako dobim matriko za rotacijo? Ali lahko rešiš a) del naloge šele potem, ko imaš zapisani obe preslikavi kot matriki?
Matrike
Re: Matrike
Ja, ko imas v matricni obliki lahko numericno preveris.
Matrika projekcije na ravnino z normalo n je kar
\(I-\vec{n}\otimes\vec{n}\)
oziroma po indeksih
\(\delta_{ij}-n_i n_j\)
Rezultat je res to, kar si zapisal.
Rotacijsko matriko dobis lahko na podoben nacin kot zadnjic (vrtis okrog vektorja n=(1,1,1)/sqrt(3)). Tokrat so ti celo navedli enega izmed pravokotnih vektorjev e1=(1,-1,0) in njegov rezultat f1=(1,1,-2)/sqrt(3), in ce dobro pogledas, ti trije ravno tvorijo ortogonalno trojico (1,1,1), (1,-1,0), (1,1,-2). Po eni strani vidis, da gre za rotacijo za 90 stopinj, ker enega izmed ortogonalnih vektorjev slikas v drugega.
Ce si pameten, lahko matriko napises simbolicno, brez kakrsnegakoli ugibanja in informacij o kotih. Enostavno zapises transformacijo v obliki vektorjev. Komponenta v smeri n se ohranja:
\(R\vec{x}=(nx)\vec{n}+\cdots\)
kjer nama manjkajo se ostale komponente. Komponenta v smeri e1 (ki jo dobis s skalarnim produktom) se slika v f1:
\(R\vec{x}=(nx)\vec{n}+(ne_1)\vec{f}_1+\cdots\)
in preostala komponenta v smeri \(\vec{e}_2=\vec{n}\times \vec{e}_1\) se slika v preostalo smer \(\vec{f}_2=\vec{n}\times\vec{f}_1\), ker vemo, da je matrika rotacije vedno ortogonalna in slika ortogonalno bazo v novo ortogonalno bazo. Torej preslikavo lahko zapises kot
\(R\vec{x}=\vec{n}(nx)+\vec{f}_1(e_1x)+\vec{f}_2(e_2 x)\)
Od koder preberes matriko
\(R=\vec{n}\otimes \vec{n}+\vec{f}_1\otimes\vec{e}_1+\vec{f}_2\otimes\vec{e}_2\)
oziroma po komponentah
\(R_{ij}=n_i n_j + f_{1i}e_{1j}+f_{2i}e_{2j}\)
Seveda moras vse f-je in e-je prej normirat, sicer bi moral imeti pri racunanju komponent vedno se deljenje z |e1| in podobno. Matrika deluje na tale nacin: s skalarnim produktom izlusci komponente vektorja v treh glavnih smereh (n,e1,e2) in vsaki komponenti potem pripise novo smer izmed (n,f1,f2). Obe trojici sta ortonormirani.
Tudi komutativnost lahko preveris brez stevilk. n v rotacijski matriki je isti kot n v projekciji. Torej nadaljujes simbolicno (mnozenje matrik je vsota po k, ki je po dogovoru ne pisem):
\(RP=R_{ik}P_{kj}=R_{ik}(\delta_{kj}-n_k n_j)=\)\(R_{ij}-R_{ik}n_k n_j=R_{ij}-(n_i n_k + f_{1i}e_{1k}+f_{2i}e_{2k})n_k n_j)\)
vidis, da nastopajo v drugem clenu skalarni produkti (n,n), (e1,n) in (e2,n) (glej kaj pride po vsoti po k) in zaradi ortogonalnosti prezivi le prvi clen v oklepaju, ker je \(n_k n_k=1\) zaradi normiranja. Torej,
\(RP=R_{ij}-n_i n_j\)
Podobno lahko izrazis PR in dobis isti rezultat, torej matriki komutirata. Pa se tocno vidis, kaj se je zgodilo RP zavrti z matriko R okrog premice, in odsteje komponento v smeri n.
Ce se R_{ij} razpises, dobis
\(RP_{ij}=f_{1i}e_{1j}+f_{2i}e_{2j}\)
kamor lahko vstavis stevilke. Se enkrat poudarjam, vse vektorje moras najprej normirat.
Matrika projekcije na ravnino z normalo n je kar
\(I-\vec{n}\otimes\vec{n}\)
oziroma po indeksih
\(\delta_{ij}-n_i n_j\)
Rezultat je res to, kar si zapisal.
Rotacijsko matriko dobis lahko na podoben nacin kot zadnjic (vrtis okrog vektorja n=(1,1,1)/sqrt(3)). Tokrat so ti celo navedli enega izmed pravokotnih vektorjev e1=(1,-1,0) in njegov rezultat f1=(1,1,-2)/sqrt(3), in ce dobro pogledas, ti trije ravno tvorijo ortogonalno trojico (1,1,1), (1,-1,0), (1,1,-2). Po eni strani vidis, da gre za rotacijo za 90 stopinj, ker enega izmed ortogonalnih vektorjev slikas v drugega.
Ce si pameten, lahko matriko napises simbolicno, brez kakrsnegakoli ugibanja in informacij o kotih. Enostavno zapises transformacijo v obliki vektorjev. Komponenta v smeri n se ohranja:
\(R\vec{x}=(nx)\vec{n}+\cdots\)
kjer nama manjkajo se ostale komponente. Komponenta v smeri e1 (ki jo dobis s skalarnim produktom) se slika v f1:
\(R\vec{x}=(nx)\vec{n}+(ne_1)\vec{f}_1+\cdots\)
in preostala komponenta v smeri \(\vec{e}_2=\vec{n}\times \vec{e}_1\) se slika v preostalo smer \(\vec{f}_2=\vec{n}\times\vec{f}_1\), ker vemo, da je matrika rotacije vedno ortogonalna in slika ortogonalno bazo v novo ortogonalno bazo. Torej preslikavo lahko zapises kot
\(R\vec{x}=\vec{n}(nx)+\vec{f}_1(e_1x)+\vec{f}_2(e_2 x)\)
Od koder preberes matriko
\(R=\vec{n}\otimes \vec{n}+\vec{f}_1\otimes\vec{e}_1+\vec{f}_2\otimes\vec{e}_2\)
oziroma po komponentah
\(R_{ij}=n_i n_j + f_{1i}e_{1j}+f_{2i}e_{2j}\)
Seveda moras vse f-je in e-je prej normirat, sicer bi moral imeti pri racunanju komponent vedno se deljenje z |e1| in podobno. Matrika deluje na tale nacin: s skalarnim produktom izlusci komponente vektorja v treh glavnih smereh (n,e1,e2) in vsaki komponenti potem pripise novo smer izmed (n,f1,f2). Obe trojici sta ortonormirani.
Tudi komutativnost lahko preveris brez stevilk. n v rotacijski matriki je isti kot n v projekciji. Torej nadaljujes simbolicno (mnozenje matrik je vsota po k, ki je po dogovoru ne pisem):
\(RP=R_{ik}P_{kj}=R_{ik}(\delta_{kj}-n_k n_j)=\)\(R_{ij}-R_{ik}n_k n_j=R_{ij}-(n_i n_k + f_{1i}e_{1k}+f_{2i}e_{2k})n_k n_j)\)
vidis, da nastopajo v drugem clenu skalarni produkti (n,n), (e1,n) in (e2,n) (glej kaj pride po vsoti po k) in zaradi ortogonalnosti prezivi le prvi clen v oklepaju, ker je \(n_k n_k=1\) zaradi normiranja. Torej,
\(RP=R_{ij}-n_i n_j\)
Podobno lahko izrazis PR in dobis isti rezultat, torej matriki komutirata. Pa se tocno vidis, kaj se je zgodilo RP zavrti z matriko R okrog premice, in odsteje komponento v smeri n.
Ce se R_{ij} razpises, dobis
\(RP_{ij}=f_{1i}e_{1j}+f_{2i}e_{2j}\)
kamor lahko vstavis stevilke. Se enkrat poudarjam, vse vektorje moras najprej normirat.
Re: Matrike
Hvala....Kako pa lahko preveriš komutativnost preslikav brez tenzorskega produkta?
Re: Matrike
No, to je bila samo bliznjica. Lahko enostavno mnozis matrike s stevilkami - je pa najbrz jasno, da je pokrajsanje simbolov n^2=1 in ne1=ne2=0 manj dela kot dolocitev vseh 9 komponent produkta.
Re: Matrike
Se strinjam, samo pri algebri 1 nisem imel nič opravka s tenzorskim produktom...
Re: Matrike
Saj imas zgoraj izpisano po indeksih, samo vstavis n,e1,e2,f1,f2.
Re: Matrike
Živjo, še ena iz diagonalizacije matrik....
Izračunja potenco:
\(\[\left| \begin{array}{ccc}
2& 1 & 1 \\
1 & 2 & 1 \\
1 & 1 &2 \end{array} \right|^{100}\]\)
Dobim lastne vrednosti: 1,2,3, potem pa imam probleme z izračunom lastnih vektorjev, namreč enačbe dobim take, da jim ustreza samo vektor (0,0,0). Kaj je tukaj narobe?
Izračunja potenco:
\(\[\left| \begin{array}{ccc}
2& 1 & 1 \\
1 & 2 & 1 \\
1 & 1 &2 \end{array} \right|^{100}\]\)
Dobim lastne vrednosti: 1,2,3, potem pa imam probleme z izračunom lastnih vektorjev, namreč enačbe dobim take, da jim ustreza samo vektor (0,0,0). Kaj je tukaj narobe?
Re: Matrike
Hm... kaj pa, ce zapises kot
\(A=I+\begin{bmatrix}1&1&1\\1&1&1\\1&1&1\end{bmatrix}\)
in recimo da poimenujes drugo matriko B.
Potem imas
\(A=I+B\)
in hitro ugotovis tudi pravilo \(B^n=3^{n-1} B\) za n>0. Ker I in B komutirata (identiteta komutira z vsem), lahko uporabis binomsko formulo
\(A^n=\sum_{i=0}^n {n\choose i} I^{n-i}B^i=I+\sum_{i=1}^n {n\choose i} 3^{i-1} B\)
kjer je bilo nicti clen treba upostevat poseben. Ta vsota pa ni problem. Lahko prepises v
\(\frac{1}{3}\sum_{i=1}^n {n\choose i}3^i =\frac{1}{3}(4^n-1)\)
kjer sem prepoznal razvoj binoma (1+3)^n z manjkajocim nictim clenom.
Rezultat je torej
\(A^n=I+\frac{4^n-1}{3}B\)
\(A=I+\begin{bmatrix}1&1&1\\1&1&1\\1&1&1\end{bmatrix}\)
in recimo da poimenujes drugo matriko B.
Potem imas
\(A=I+B\)
in hitro ugotovis tudi pravilo \(B^n=3^{n-1} B\) za n>0. Ker I in B komutirata (identiteta komutira z vsem), lahko uporabis binomsko formulo
\(A^n=\sum_{i=0}^n {n\choose i} I^{n-i}B^i=I+\sum_{i=1}^n {n\choose i} 3^{i-1} B\)
kjer je bilo nicti clen treba upostevat poseben. Ta vsota pa ni problem. Lahko prepises v
\(\frac{1}{3}\sum_{i=1}^n {n\choose i}3^i =\frac{1}{3}(4^n-1)\)
kjer sem prepoznal razvoj binoma (1+3)^n z manjkajocim nictim clenom.
Rezultat je torej
\(A^n=I+\frac{4^n-1}{3}B\)
Re: Matrike
Hvala, zdej razumem....za tole je pa potrebno precej domišljije...morda vi lahko najdete lastne vektorje te matrike?(namreč to je bolj splošen postopek in če ni matrika tako "lepa" kot je bila v tem primeru, ta postopek seveda ni možen)
Re: Matrike
Lastne vrednosti so 4,1,1. Potem pa nadaljujes enostavno z resevanjem enacbe \((A-\lambda I)\vec{x}=0\) za vsako izmed njih. Za stirico dobis en sam vektor. Lahko ga gres racunat, ampak iz simetrijskih razlogov (x,y,z nastopajo simetricno) lahko ves, da je ta lastni vektor (1,1,1). Za enko pa dobis eno samo enacbo
x+y+z=0
od koder lahko recimo izberes z=-x-y. Pri tem sta x in y poljubna, zato to napenja 2D prostor lastnih vrednosti (2 lastna vektorja). Ce izberes dva izmed njih (recimo x=0, y=1 in x=1, y=0) dobis vektorja
(0,1,-1)
in
(1,0,-1)
Ker nista ortogonalna, moras drugega se ortogonalizirat na prvega (in vse tri normirat), ce hoces dobit ortonormiran set vektorjev, ki jih zlozis v stolpce prehodne matrike.
x+y+z=0
od koder lahko recimo izberes z=-x-y. Pri tem sta x in y poljubna, zato to napenja 2D prostor lastnih vrednosti (2 lastna vektorja). Ce izberes dva izmed njih (recimo x=0, y=1 in x=1, y=0) dobis vektorja
(0,1,-1)
in
(1,0,-1)
Ker nista ortogonalna, moras drugega se ortogonalizirat na prvega (in vse tri normirat), ce hoces dobit ortonormiran set vektorjev, ki jih zlozis v stolpce prehodne matrike.
Re: Matrike
Še eno imam iz diagonalizacije, če lahko 
. Skoraj identično nalogo sem zadnjič že vprašal, le da so tukaj že podane možnosti elementov po diagonali matrike. Znam rešiti primer, ko so po diagonali lastne vrednosti in potem določiš lastne vektorje, ki po stolpcih sestavljajo prehodno matriko. Tukaj mi pa ni jasno.
Poišči tako matriko P, da bo \(P^{T}AP\) diagonalna matrika z elementi 1,0 ali -1 po diagonali, kjer je
\(\[A = \left| \begin{array}{ccc}
1 & -2& 1 \\
-2 & 0 & 3 \\
1 & 3 & 1 \end{array} \right|.\]\)
. Skoraj identično nalogo sem zadnjič že vprašal, le da so tukaj že podane možnosti elementov po diagonali matrike. Znam rešiti primer, ko so po diagonali lastne vrednosti in potem določiš lastne vektorje, ki po stolpcih sestavljajo prehodno matriko. Tukaj mi pa ni jasno.Poišči tako matriko P, da bo \(P^{T}AP\) diagonalna matrika z elementi 1,0 ali -1 po diagonali, kjer je
\(\[A = \left| \begin{array}{ccc}
1 & -2& 1 \\
-2 & 0 & 3 \\
1 & 3 & 1 \end{array} \right|.\]\)
Re: Matrike
No tukaj je isto. P ima po stolpcih lastne vektorje. To hitro vidis:
\(D=P^TAP\)
je le obrat izraza
\(A=PDP^T\)
ki je diagonalizacija. Lastne vrednosti so ti podali, lastne vektorje bos pa se poiskal.
\(D=P^TAP\)
je le obrat izraza
\(A=PDP^T\)
ki je diagonalizacija. Lastne vrednosti so ti podali, lastne vektorje bos pa se poiskal.
Re: Matrike
Ne, podane so samo tri možnosti za lastne vrednosti(če bi bilo treba izračunati lastne vrednosti potem ne bi dali teh predlogov). Kajti v uradnih rešitvah je diagonalna matrika \(\[ D = \left| \begin{array}{ccc}
1 & 0 & 0 \\
0 & -1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \end{array} \right|.\]\). Matrika dokazuje, da niso 1,-1,0 lastne vrednosti.
1 & 0 & 0 \\
0 & -1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \end{array} \right|.\]\). Matrika dokazuje, da niso 1,-1,0 lastne vrednosti.
Re: Matrike
Aja, nisem niti prebral stavka do konca. Saj ne morejo bit, ker njihova vsota ni enaka sledi matrike. Tudi uradna resitev nima prav, se ne izide, tako da si nekaj narobe prepisal ocitno
V vsakem primeru je najbolj varno da sam poisces lastne vrednosti.
V vsakem primeru je najbolj varno da sam poisces lastne vrednosti.