Ni ista prehodna matrika, je pa isti rezultat, ker se spremembe odrazajo tudi na P^-1. Tako da to vedno lahko naredis. Izbrana vektorja sta ze ortogonalna na prvega, nista pa ortogonalna med seboj.
Gram-schmidt:
\(e_1=\frac{1}{\sqrt3}(1,1,-1)\)
\(e_2=\frac{1}{\sqrt2}(1,0,1)\)
tretjega moras pa ortogonalizirat na drugega (na prvega je ze):
\(e'_3=(0,1,1)-((0,1,1)\cdot e_2) e_2=(0,1,1)-1/2 (1,0,1)=\)\((-1/2,1,1/2)\)
Se normiras
\(e_3=\frac{1}{\sqrt6}(-1,2,1)\)
Zdaj pa imas ortonormirano bazo.
Matrike
Re: Matrike
Živijo zna kdo rešit ta sistem enačb z matrikami?
2x+3y+5z=10
3x+7y+4z=3
x+2y+2z=3
ustavi se mi pri eliminacijski metodi
hvala za odgovore.
2x+3y+5z=10
3x+7y+4z=3
x+2y+2z=3
ustavi se mi pri eliminacijski metodi
hvala za odgovore.
Re: Matrike
No z matrikami samo pomeni da delas s prakticnim in uporabnim zapisom.
\(\begin{bmatrix}2&3&5\\3&7&4\\1&2&2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}10\\3\\3\end{bmatrix}\)
To je tvoj sistem enacb. Za krajso notacijo lahko zapises razsirjeno matriko, na kateri lahko izvajas mnozenje vrstic s konstanto (isto kot da eno izmed enacb mnozis s konstanto) in odstevanje in pristevanje vrstic ene k drugi (odstevanje in sestevanje enacb). Torej
\(\begin{bmatrix}2&3&5\\3&7&4\\1&2&2\end{vmatrix}\begin{vmatrix}10\\3\\3\end{bmatrix}\)
Delis prvo enacbo z 2, da dobis enko na diagonali. Ideja je, da potem z odstevanjem prve vrstice od ostalih pridelas nicle pod diagonalo:
\(\begin{bmatrix}1&3/2&5/2\\3&7&4\\1&2&2\end{vmatrix}\begin{vmatrix}5\\3\\3\end{bmatrix}\)
Torej, zdaj tretji vrstici odstejes prvo, drugi pa trikratnik prve:
\(\begin{bmatrix}1&3/2&5/2\\0&5/2&-7/2\\0&1/2&-1/2\end{vmatrix}\begin{vmatrix}5\\-12\\-2\end{bmatrix}\)
Zdaj drugo mnozis z 2/5, da dobis enko:
\(\begin{bmatrix}1&3/2&5/2\\0&1&-7/5\\0&1/2&-1/2\end{vmatrix}\begin{vmatrix}5\\-24/5\\-2\end{bmatrix}\)
Odstejes pol druge vrstice od tretje:
\(\begin{bmatrix}1&3/2&5/2\\0&1&-7/5\\0&0&1/5\end{vmatrix}\begin{vmatrix}5\\-24/5\\2/5\end{bmatrix}\)
Zadnja vrstica v resnici pomeni z/5=2/5 oziroma z=2. To potem vstavis v drugo vrstico, da izrazis y in potem v prvo, da dobis x. Oziroma ce hoces do konca z matrikami: mnozis zadnjo vrstico s 5:
\(\begin{bmatrix}1&3/2&5/2\\0&1&-7/5\\0&0&1\end{vmatrix}\begin{vmatrix}5\\-24/5\\2\end{bmatrix}\)
Pristejes 7/5 zadnje vrstice predzadnji:
\(\begin{bmatrix}1&3/2&5/2\\0&1&0\\0&0&1\end{vmatrix}\begin{vmatrix}5\\-2\\2\end{bmatrix}\)
Zdaj samo se odstejes 3/2 druge vrstice in 5/2 tretje vrstice prvi vrstici in dobis:
\(\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{vmatrix}\begin{vmatrix}3\\-2\\2\end{bmatrix}\)
Ce to nazaj prepises v obliko enacb, dobis enostavno
x=3
y=-2
z=2
kar je ze kar resitev.
\(\begin{bmatrix}2&3&5\\3&7&4\\1&2&2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}10\\3\\3\end{bmatrix}\)
To je tvoj sistem enacb. Za krajso notacijo lahko zapises razsirjeno matriko, na kateri lahko izvajas mnozenje vrstic s konstanto (isto kot da eno izmed enacb mnozis s konstanto) in odstevanje in pristevanje vrstic ene k drugi (odstevanje in sestevanje enacb). Torej
\(\begin{bmatrix}2&3&5\\3&7&4\\1&2&2\end{vmatrix}\begin{vmatrix}10\\3\\3\end{bmatrix}\)
Delis prvo enacbo z 2, da dobis enko na diagonali. Ideja je, da potem z odstevanjem prve vrstice od ostalih pridelas nicle pod diagonalo:
\(\begin{bmatrix}1&3/2&5/2\\3&7&4\\1&2&2\end{vmatrix}\begin{vmatrix}5\\3\\3\end{bmatrix}\)
Torej, zdaj tretji vrstici odstejes prvo, drugi pa trikratnik prve:
\(\begin{bmatrix}1&3/2&5/2\\0&5/2&-7/2\\0&1/2&-1/2\end{vmatrix}\begin{vmatrix}5\\-12\\-2\end{bmatrix}\)
Zdaj drugo mnozis z 2/5, da dobis enko:
\(\begin{bmatrix}1&3/2&5/2\\0&1&-7/5\\0&1/2&-1/2\end{vmatrix}\begin{vmatrix}5\\-24/5\\-2\end{bmatrix}\)
Odstejes pol druge vrstice od tretje:
\(\begin{bmatrix}1&3/2&5/2\\0&1&-7/5\\0&0&1/5\end{vmatrix}\begin{vmatrix}5\\-24/5\\2/5\end{bmatrix}\)
Zadnja vrstica v resnici pomeni z/5=2/5 oziroma z=2. To potem vstavis v drugo vrstico, da izrazis y in potem v prvo, da dobis x. Oziroma ce hoces do konca z matrikami: mnozis zadnjo vrstico s 5:
\(\begin{bmatrix}1&3/2&5/2\\0&1&-7/5\\0&0&1\end{vmatrix}\begin{vmatrix}5\\-24/5\\2\end{bmatrix}\)
Pristejes 7/5 zadnje vrstice predzadnji:
\(\begin{bmatrix}1&3/2&5/2\\0&1&0\\0&0&1\end{vmatrix}\begin{vmatrix}5\\-2\\2\end{bmatrix}\)
Zdaj samo se odstejes 3/2 druge vrstice in 5/2 tretje vrstice prvi vrstici in dobis:
\(\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{vmatrix}\begin{vmatrix}3\\-2\\2\end{bmatrix}\)
Ce to nazaj prepises v obliko enacb, dobis enostavno
x=3
y=-2
z=2
kar je ze kar resitev.
Re: Matrike
HVALA zelo si mi pomagal,
znas mogoce izračunat še lastne vrednosti in lastne vektorje matrike 2x2
C=[-5 1]
[-20 4]
znas mogoce izračunat še lastne vrednosti in lastne vektorje matrike 2x2
C=[-5 1]
[-20 4]
Re: Matrike
No, 2x2 matrika bo dala kvadratno enacbo za lastne vrednosti, tako da to ni problem:
\(C-\lambda I = \begin{bmatrix}-5-\lambda & 1 \\ -20 & 4-\lambda\end{bmatrix}\)
Resit moras enacbo
\(\det(C-\lambda I)=0\)
\((-5-\lambda)(4-\lambda)+20=0\)
\(\lambda^2+\lambda=0\)
Tukaj niti obrazca za resitve kvadratne enacbe ne rabis, ker avtomatsko razpade
\(\lambda(\lambda+1)=0\)
Resitvi sta 0 in -1.
Seveda lahko takoj vklopis ostalo znanje: druga vrstica je veckratnik prve (4x), torej je matrika degenerirana (ima determinanto 0). Determinanta je vedno enaka produktu vseh lastnih vrednosti, tako da pri prici ves, da je vsaj ena lastna vrednost 0. Po drugi strani je sled matrike (vsota diagonalnih elementov) enaka vsoti lastnih vrednosti. Pri vecjih matrikah determinanta in sled nista dovolj za dolocitev vseh lastnih vrednosti, pri 2x2 pa lahko iz tega direktno ugotovis vse.
Lastni vektor za lastno vrednost 0 je kar resitev enacbe
\((C-0)\vec{v}=0\)
In ce pises v=(x,y), dobis enacbo
-5x+y=0 (in drugo enacbo, ki je jasno ista, mnozena s 4)
od koder lahko eno komponento (poljubno) izrazis in zapises lastni vektor recimo kot v=(x,5x). To se vedno zgodi: lastni vektor ostane lastni vektor ce ga mnozis s konstanto, tako da pac izberes eno lepo varianto, recimo v=(1,5). Lahko ga normiras ce hoces.
Za drugega pa seveda
\((C+I)\vec{v}=0\)
in tako naprej...
\(C-\lambda I = \begin{bmatrix}-5-\lambda & 1 \\ -20 & 4-\lambda\end{bmatrix}\)
Resit moras enacbo
\(\det(C-\lambda I)=0\)
\((-5-\lambda)(4-\lambda)+20=0\)
\(\lambda^2+\lambda=0\)
Tukaj niti obrazca za resitve kvadratne enacbe ne rabis, ker avtomatsko razpade
\(\lambda(\lambda+1)=0\)
Resitvi sta 0 in -1.
Seveda lahko takoj vklopis ostalo znanje: druga vrstica je veckratnik prve (4x), torej je matrika degenerirana (ima determinanto 0). Determinanta je vedno enaka produktu vseh lastnih vrednosti, tako da pri prici ves, da je vsaj ena lastna vrednost 0. Po drugi strani je sled matrike (vsota diagonalnih elementov) enaka vsoti lastnih vrednosti. Pri vecjih matrikah determinanta in sled nista dovolj za dolocitev vseh lastnih vrednosti, pri 2x2 pa lahko iz tega direktno ugotovis vse.
Lastni vektor za lastno vrednost 0 je kar resitev enacbe
\((C-0)\vec{v}=0\)
In ce pises v=(x,y), dobis enacbo
-5x+y=0 (in drugo enacbo, ki je jasno ista, mnozena s 4)
od koder lahko eno komponento (poljubno) izrazis in zapises lastni vektor recimo kot v=(x,5x). To se vedno zgodi: lastni vektor ostane lastni vektor ce ga mnozis s konstanto, tako da pac izberes eno lepo varianto, recimo v=(1,5). Lahko ga normiras ce hoces.
Za drugega pa seveda
\((C+I)\vec{v}=0\)
in tako naprej...
Re: Matrike
Še tale mi dela težave....
Za naslednjo matriko A poišči ortogonalno matriko P tako, da bo \(P^{T}AP\) diagonalna. Lastni vrednosti matrike A sta 9 in 27.
\(\[ A = \left| \begin{array}{ccc}
17&-8 & 4 \\
-8 &17 &-4 \\
4 & -4 &11 \end{array} \right|.\]\)
Najlepša hvala za odgovor
Za naslednjo matriko A poišči ortogonalno matriko P tako, da bo \(P^{T}AP\) diagonalna. Lastni vrednosti matrike A sta 9 in 27.
\(\[ A = \left| \begin{array}{ccc}
17&-8 & 4 \\
-8 &17 &-4 \\
4 & -4 &11 \end{array} \right|.\]\)
Najlepša hvala za odgovor
Re: Matrike
Ma to je pa standardna diagonalizacija, pri cemer ti celo lastne vrednosti povedo, da ti jih ni treba iskat. Poisci lastne vektorje in jih zlozi v stolpce: resi enacbo
tex](A-\lambda I)x=0[/tex]
za vsako lastno vrednost.
tex](A-\lambda I)x=0[/tex]
za vsako lastno vrednost.
Re: Matrike
Pri lastni vrednosti 9 dobim 3 ekvivalentne enačbe, ko računam lastne vektorje.
Pri tej nalogi sta le dva lastna vektorja?
Pri tej nalogi sta le dva lastna vektorja?
Re: Matrike
9 je dvojna lastna vrednost, 27 enojna (to hitro preveris - sled matrike je enaka vsoti lastnih vrednosti, od koder lahko rekonstruiras, da je tretja lastna vrednost tudi 9).
Ker je matrika simetricna, je diagonalizabilna in ima ortogonalne lastne vrednosti, to ves iz teorije. Torej bo enacba za lastno vrednost 9 dala 2 lastna vektorja (ce so vse tri vrstice ekvivalentne, pomeni, da imas v resitvi dva prosta parametra - recimo tretjo komponento izrazis s prvo in drugo), za 27 pa enega.
Ker je matrika simetricna, je diagonalizabilna in ima ortogonalne lastne vrednosti, to ves iz teorije. Torej bo enacba za lastno vrednost 9 dala 2 lastna vektorja (ce so vse tri vrstice ekvivalentne, pomeni, da imas v resitvi dva prosta parametra - recimo tretjo komponento izrazis s prvo in drugo), za 27 pa enega.
Re: Matrike
torej je iskana matrika P inverzna matriki, ki ima za stolpce lastne vektorje?
Re: Matrike
Ne, P je ze kar tista, ki ima za stolpce normirane lastne vektorje (spet moras pazit na vrstni red v razcepu). In inverz je tukaj kar isto kot transponiranje.
Ce je \(P^TAP\) diagonalna, ima za lastne vektorje kar (1,0,0), (0,1,0) in (0,0,1). ker ima P lastne vektorje za stolpce, P(1,0,0) da prvi lastni vektor. Matrika A potem (ker je lastni) ta vektor samo mnozi z lastno vrednostjo, P^T ga pa zato nazaj pretvori na lambda*(1,0,0).
Oziroma drugace: izjava \(D=P^TAP\) je obrat razcepa na lastne vrednosti: \(A=PDP^T\).
Ce je \(P^TAP\) diagonalna, ima za lastne vektorje kar (1,0,0), (0,1,0) in (0,0,1). ker ima P lastne vektorje za stolpce, P(1,0,0) da prvi lastni vektor. Matrika A potem (ker je lastni) ta vektor samo mnozi z lastno vrednostjo, P^T ga pa zato nazaj pretvori na lambda*(1,0,0).
Oziroma drugace: izjava \(D=P^TAP\) je obrat razcepa na lastne vrednosti: \(A=PDP^T\).
Re: Matrike
Kaj pa tale?
Naj bosta \(U,V \in C^{n \times n}\) unitarni matriki in \(\lambda \in \field{C}\) tak skalar, da velja \(det(U- \lambda V)=0\). Dokaži, da velja \(|\lambda|=1\).
Naj bosta \(U,V \in C^{n \times n}\) unitarni matriki in \(\lambda \in \field{C}\) tak skalar, da velja \(det(U- \lambda V)=0\). Dokaži, da velja \(|\lambda|=1\).
Re: Matrike
\(\det U =\det V=1\)
zaradi unitarnosti. Navedeno enacbo lahko mnozis z \(\det V^{-1}=1\) in dobis
\(\det (UV^{-1}-\lambda)=0\)
To je zdaj navaden problem lastnih vrednosti. Ampak \(UV^{-1}\) je prav tako unitarna, zato so vse njene lastne vrednosti po absolutni vrednosti enake 1.
zaradi unitarnosti. Navedeno enacbo lahko mnozis z \(\det V^{-1}=1\) in dobis
\(\det (UV^{-1}-\lambda)=0\)
To je zdaj navaden problem lastnih vrednosti. Ampak \(UV^{-1}\) je prav tako unitarna, zato so vse njene lastne vrednosti po absolutni vrednosti enake 1.
Re: Matrike
Hvala...zakaj imajo vse unitarne matrike lastne vrednosti enake 1?
Re: Matrike
Pazi, samo absolutne vrednosti so enake 1.
Unitarne matrike so posplositev ortogonalnih (rotacijskih matrik) in ohranjajo dolzino vseh vektorjev. Ce je za vsak vektor
\(|U\vec{x}|= |\vec{x}|\)
potem je za lastne vrednosti
\(|U\vec{x}|=|\lambda \vec{x}|=|\lambda| |\vec{x}|=|\vec{x}|\)
\(|\lambda|=1\)
Unitarne matrike so posplositev ortogonalnih (rotacijskih matrik) in ohranjajo dolzino vseh vektorjev. Ce je za vsak vektor
\(|U\vec{x}|= |\vec{x}|\)
potem je za lastne vrednosti
\(|U\vec{x}|=|\lambda \vec{x}|=|\lambda| |\vec{x}|=|\vec{x}|\)
\(|\lambda|=1\)