Stran 5 od 15

Objavljeno: 2.7.2006 10:15
Napisal/-a Mephisto
Z zadnjim stavkom sem povedal, da ni neke razlike v dolžini/težavnosti reševanja naloge, neglede na to, ali gledamo če je v. prostor ali v. podprostor. Zatorej nima smisla gledati če je v. podprostor, če naloga zahteva da dokažemo da je vektorski prostor.
In kot sem že rekel, naloge, ki zahtevajo da dokažemo/ovržemo ali je nekaj podprostoro so podane na način, kot sem ga zapisal v mojem prejšnjem odgovoru. Ampak ok, to je sedaj stvar filozofiranja s čim bi nek asistent bil zadovoljen.

Objavljeno: 3.7.2006 11:25
Napisal/-a ZdravaPamet
Se strinjam z Marsovcem. Če že pol leta gulimo to algebro, potem je morda res očitno, kaj naloga namiguje.

Objavljeno: 14.8.2006 14:38
Napisal/-a Mafijec
Recimo, da je A matrika, D njena diagonalka, kako se izračuna V (ta matrika, ki pretvarja med diagonalko in A).

A.V = V.D

Oziroma nekako takole: \(A = V.D.V^{-1}\)

Objavljeno: 14.8.2006 17:16
Napisal/-a shrink
Mafijec napisal/-a:Recimo, da je A matrika, D njena diagonalka, kako se izračuna V (ta matrika, ki pretvarja med diagonalko in A).

A.V = V.D

Oziroma nekako takole: \(A = V.D.V^{-1}\)
\(V\) je matrika, v kateri so stolpci lastni vektorji \(A\). Diagonalni členi \(D\) pa so lastne vrednosti \(A\).

Matriko \(V\) torej tvoriš na sledeč način:

Lastnim vrednostim, ki so podane v \(D\), prirediš lastne vektorje, ki jih nato (v pravilnem vrstnem redu) nanizaš kot stolpce matrike \(V\). Pri konkretnih nalogah preizkus (\(A=VDV^{-1}\)), ki pokaže, ali je bila \(V\) pravilno tvorjena, vsekakor ni odveč.

Objavljeno: 15.8.2006 11:20
Napisal/-a Marsovec
Kar je napisal shrink, je nekoliko nenatančno. Stolpci matrike V (jaz bi raje pisal P - prehodna matrika) so res lastni vektorji, ki ustrezajo lastnim vrednostim oz. diagonalnim koeficientom matrike D. Toda izbirati jih moraš tako, da so tudi linearno neodvisni!

V bistvu je potrebno poiskati bazo za vsak lastni podprostor Ker (A-aI) matrike A pri lastni vrednosti a in tako dobljene vektorje razvrstiti v stolpce prehodne matrike.

Objavljeno: 15.8.2006 14:45
Napisal/-a kren
a niso vektorji, ki ustrezajo pripadajocim lastnim vrednostim vedno linearno neodvisni?

Objavljeno: 15.8.2006 16:23
Napisal/-a Aniviller
Ce imas vec enakih lastnih vrednosti je to odvisno predvsem od tebe.

Objavljeno: 15.8.2006 16:23
Napisal/-a shrink
Marsovec napisal/-a:Kar je napisal shrink, je nekoliko nenatančno. Stolpci matrike V (jaz bi raje pisal P - prehodna matrika) so res lastni vektorji, ki ustrezajo lastnim vrednostim oz. diagonalnim koeficientom matrike D. Toda izbirati jih moraš tako, da so tudi linearno neodvisni!
Ne bi se strinjal, da sem bil nenatančen. Če je namreč možno neko matriko (dimenzije \(n \times n\)) diagonalizirati, potem ima ta matrika \(n\) linearno neodvisnih lastnih vektorjev. Diagonalizirati pa je možno vsako realno simetrično ali hermitsko matriko.

Kakor je možno razumeti problem, ki ga je postavil Mafijec, je matriko \(A\) možno diagonalizirati, še več: poleg same matrike \(A\) je dana tudi njej pripadajoča diagonalizirana matrika \(D\), iz česar je možno sklepati, da ima matrika \(A\) lastne vektorje, ki so linearno neodvisni.

Zelo berljiv tekst, ki to dokazuje (izreki 5.3.1, 5.3.2 in 5.3.3 ) in je tudi podprt z rešitvami konkretnih problemov:

http://distance-ed.math.tamu.edu/Math64 ... node6.html

BTW: Standardna oznaka za prehodno matriko je res \(P\), ker pa je Mafijec prvotno uporabil oznako \(V\), je - v izogib zmedi - nisem spreminjal.

Objavljeno: 15.8.2006 20:25
Napisal/-a Marsovec
shrink napisal/-a: Če je namreč možno neko matriko (dimenzije \(n \times n\)) diagonalizirati, potem ima ta matrika \(n\) linearno neodvisnih lastnih vektorjev.
To je že res, ampak to ne pomeni, da je vsakih n lastnih vektorjev te matrike avtomatsko linearno neodvisnih. Če jih ne izbereš pravilno, ne bodo linearno neodvisni (razen v primeru, ko so vsi lastni podprostori enorazsežni).

Objavljeno: 15.8.2006 20:49
Napisal/-a Marsovec
Primer:
Matrika \(A=\begin{bmatrix}
{0}&{1}&{1}&{1}\cr {-1}&{2}&{1}&{1}\cr {0}&{0}&{1}&{0}\cr {-1}&{1}&{1}&{2}\cr \end{bmatrix}\)

ima karakteristični polinom \((x-1)^3(x-2)\), torej ima lastna vrednost 1 algebrsko kratnost 3, lastna vrednost 2 pa algebrsko kratnost 1. Izkaže se, da sta taki tudi njuni geometrijski kratnosti, zato je matrika A podobna diagonalni matriki \(D=\begin{bmatrix}1\\&1\\&&1\\&&&2\end{bmatrix}\), kar pomeni, da obstaja obrnljiva matrika P, za katero velja \(A=PDP^-1\).

Toda pri stolpcih prehodne matrike lahko hitro zgrešiš, če nisi pazljiv. Vektorji (1,0,0,1),(0,1,0,-1) in (1,1,0,0) so recimo lastni vektorji pri lastni vrednosti 1, a niso linearno neodvisni, zato z njimi zgrajena prehodna matrika ne bo obrnljiva.

Objavljeno: 15.8.2006 21:23
Napisal/-a shrink
Marsovec,

strinjam se s tem, kar si napisal (in pokazal). Če so lastne vrednosti matrike večkratne, potem ne moremo a priori trditi, da so poljubno izbrani lastni vektorji linearno neodvisni.

Kot nematematik sem vedno imel v mislih zgolj realne simetrične in hermitske matrike, katere je vedno možno diagonalizirati in za katere (če se ne motim) vedno obstajajo različne realne lastne vrednosti (niso večkratne oz. imajo algebrsko kratnost 1). Kakor vem, različnim lastnim vrednostim (ki niso večkratne) avtomatsko pripadajo linearno neodvisni lastni vektorji. Se morda motim?

Objavljeno: 15.8.2006 22:45
Napisal/-a Marsovec
Hja, matrika \(\begin{bmatrix}1\\&1\\&&2\end{bmatrix}\) je realna in simetrična, pa ima večkratno lastno vrednost, tako da del napisanega ne drži.

Lastne vrednosti simetrične matrike so nujno realne, ne pa tudi različne. Ostalo drži: vsako simetrično matriko je mogoče diagonalizirati nad R. Za poljubno matriko so lastni vektorji, ki pripadajo različnim lastnim vrednostim, vedno linearno neodvisni (pri simetričnih matrikah pa so celo pravokotni).

Objavljeno: 15.8.2006 23:36
Napisal/-a Mafijec
Marsovec napisal/-a:Toda pri stolpcih prehodne matrike lahko hitro zgrešiš, če nisi pazljiv. Vektorji (1,0,0,1),(0,1,0,-1) in (1,1,0,0) so recimo lastni vektorji pri lastni vrednosti 1, a niso linearno neodvisni, zato z njimi zgrajena prehodna matrika ne bo obrnljiva.
Mathematica mi izpljune tele vektorje:

Koda: Izberi vse

{{1, 1, 0, 1}, {1, 0, 0, 1}, {1, 0, 1, 0}, {1, 1, 0, 0}}

Objavljeno: 15.8.2006 23:57
Napisal/-a shrink
Marsovec napisal/-a:Hja, matrika \(\begin{bmatrix}1\\&1\\&&2\end{bmatrix}\) je realna in simetrična, pa ima večkratno lastno vrednost, tako da del napisanega ne drži.
Uh, imaš prav, tu sem totalno udaril mimo. 8)

Kaj pa, če je matrika realna in simetrična, vendar ni diagonalna?

Realna simetrična matrika \(2 \times 2\)

\(\begin{bmatrix}a&c\\c&b\end{bmatrix}\)

ima lastni vrednosti:

\(\lambda_{1,2} = \frac{a+b \pm \sqrt{(a-b)^2+(2c)^2}}{2}\)

Očitno mora biti diagonalna (\(c=0\)) in še dodatno veljati \(a=b\), da sta lastni vrednosti enaki. Če ni diagonalna, pa ima vselej različni lastni vrednosti in posledično lastna vektorja, ki sta linearno neodvisna.

Kako je pri matrikah višjih dimenzij? Morajo tudi biti diagonalne in imeti člene na diagonali enake (vsaj dva), da bodo imele večkratne lastne vrednosti?

Malo sem že pozabil linearno algebro, pri roki (doma) pa nimam nobene knjige iz tega področja, po internetu pa se mi ne da brskati. 8)

Objavljeno: 16.8.2006 16:04
Napisal/-a Marsovec
Tvoja ugotovitev za 2x2 drži: 2x2 simetrična realna z dvakratno lastno vrednostjo je gotovo diagonalna. Za 4x4 pa imam protiprimer:
1 0 1 0
0 1 0 1
1 0 1 0
0 1 0 1
ima dvojni lastni vrednosti 0 in 2, je simetrična, a ni diagonalna.