Vektorski prostori

O matematiki, številih, množicah in računih...
Odgovori
Mafijec
Prispevkov: 472
Pridružen: 12.12.2005 21:36

Vektorski prostori

Odgovor Napisal/-a Mafijec » 22.5.2006 21:52

Naj bo

\(U = p \in \Re_{4}[x]; p(-1) = p(1) = p'(1)}\)
in
\(V = Lin(1, x, x^2)\)

Poišči kakšne baze prostorov U in \(U \cap V\). Ali je \(U + V = \Re_{4}[x]\)?

Kak se to reši? Hvala.

Mafijec
Prispevkov: 472
Pridružen: 12.12.2005 21:36

Odgovor Napisal/-a Mafijec » 5.6.2006 17:03

Zanima me, kaj pomeni *?

Menda pomeni konjugirano vrednost števila, se pravi

\((a+bi)^{*} = a - bi\)

Je lahko tudi kaj drugega?

Pa še nekaj: tipičen skalaren produkt v unitarnem prostoru:
\((i,1)*(i,1)^{*}=-i^2+1=2\)
Zakaj mora biti druga vrednost konjugirana?

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Odgovor Napisal/-a Aniviller » 6.6.2006 8:03

Drugace ne zadosti pogoju definicije skalarnega produkta, da je norma vedno realna in pozitivna (oz. nenegativna). V nasprotnem primeru bi dobil kompleksno stevilo. V samih kompleksnih stevilih je absolutna vrednost definirana kot sqrt(z z*).
Mimogrede, zvezdica lahko pomeni tudi prostor linearnih funkcionalov. Poglej v zapiske iz Analiza I, Mrcun to pove nekje v zadnji tretjini leta.

Uporabniški avatar
Mephisto
Prispevkov: 268
Pridružen: 31.1.2006 14:15
Kraj: Skopo

Re: Vektorski prostori

Odgovor Napisal/-a Mephisto » 6.6.2006 12:00

Mafijec napisal/-a:Naj bo

\(U = p \in \Re_{4}[x]; p(-1) = p(1) = p'(1)}\)
in
\(V = Lin(1, x, x^2)\)

Poišči kakšne baze prostorov U in \(U \cap V\). Ali je \(U + V = \Re_{4}[x]\)?

Kak se to reši? Hvala.
\(U \cap V\) poiščeš, tako da enačiš baze obeh prostorov in potem daš vse na eno stran, nato pa poiščeš bazo tako dobljene enačbe...vem, zelo površinsko in morda ni za razumit. :)
\(U + V\): U in V sta podprostora nekega prostora, v našem primeru \(\Re_{4}[x]\). V taki situaciji ti pride prav enačba: \(dimU + dimV + dim(U \cap V)= dim\Re_{4}[x]\) - torej velja \(dimU + dimV = dim\Re_{4}[x] - dim(U \cap V)\). Poiščeš dimenzijo \(U \cap V\), jo odšeteješ od dimenzije \(\Re_{4}[x]\), in dobiš dimenzijo \(U + V\). Nato samo še poiščeš toliko neodvisnih vektorjev, kolikor je dimenzija \(U + V\), ki so v U in V, ter imaš bazo prostora \(U + V\).
To je samo en postopek, imaš pa tudi druge...malo si poglej knjigo "Več kot ena, a manj kot tisoč in ena rešena naloga iz algebre", kjer so dokaj lepo opisani postopki rešitev.
Zanima me, kaj pomeni *?

Menda pomeni konjugirano vrednost števila, se pravi

(a+bi)^{*} = a - bi

Je lahko tudi kaj drugega?

Pa še nekaj: tipičen skalaren produkt v unitarnem prostoru:
(i,1)*(i,1)^{*}=-i^2+1=2
Zakaj mora biti druga vrednost konjugirana?
* v okviru Algebre1, snovi o skalarnem produktu, normalnih prostorih, itd. pomeni Hermitsko transponirano, torej če imaš matriko A je potem A* transponirana in konjugirana A, če gledamo v okviru kompleksnih števil (v realnih je samo transponirana). Zakaj, pa je že Aniviller povedal.

Aniviller: Keri zapiski so to?

Uporabniški avatar
Marsovec
Prispevkov: 74
Pridružen: 7.6.2006 15:13

Odgovor Napisal/-a Marsovec » 7.6.2006 15:51

* običajno pomeni adjungiranje nekega operatorja.

Če je V Hilbertov prostor in A njegov endomorfizem, je adjungirani operator A* tak endomorfizem, da velja <Au,v>=<u,A*v> za vse vektorje u,v iz V (obstoj A* zagotavlja Rieszov izrek).

Lahko pa A* predstavlja tudi dualni operator k operatorju A:U-->V. V tem primeru velja A*:U'-->V' in (A*f)(v)=f(Av) za v iz V in f iz U', kjer U' pomeni dualni prostor. To se običajno uporablja v teoriji Banachovih prostorov.

Posebna primera iz prvega opisa pa sta naslednja:
- če kvadratna matrika A deluje na C^n, ki je opremljen z običajnim skalarnim produktom, potem je A* hermitsko transponirana matrika (transponirana+konjugiran vsak njen element).
- v enorazsežnem prostoru je A kar kompleksno število in A* njegova konjugirana vrednost.

Še bolj abstraktno:
* je lahko poljubna preslikava, ki deluje na algebri operatorjev in ima naslednje lastnosti:
i) (A*)*=A
ii) (A+B)*=A*+B*
iii) (aA)*=konj(a)A*
iiii) (AB)*=B*A*
v) I*=I
vi) (A^(-1))*=(A*)^(-1)
Preslikavo z naštetimi lastnostmi imenujemo involucija.

Uporabniški avatar
Marsovec
Prispevkov: 74
Pridružen: 7.6.2006 15:13

Odgovor Napisal/-a Marsovec » 7.6.2006 17:57

Običajni skalarni produkt kompleksnih n-teric je definiran kot
\((a_1,a_2,\ldots,a_n)(b_1,b_2,\ldots,b_n)=\sum_{i=1}^n a_i \overline{b}_i\).
Zapisa, v katerem bi zvezdica pomenila skalarni produkt, pa še nisem videl!

Mafijec
Prispevkov: 472
Pridružen: 12.12.2005 21:36

Odgovor Napisal/-a Mafijec » 8.6.2006 20:18

Aniviller napisal/-a:Drugace ne zadosti pogoju definicije skalarnega produkta, da je norma vedno realna in pozitivna (oz. nenegativna). V nasprotnem primeru bi dobil kompleksno stevilo. V samih kompleksnih stevilih je absolutna vrednost definirana kot sqrt(z z*).
Kaj pa tile primeri?

\((i,1)*(i,1)^{*}=-i^2+1=2\)

\((2,i)*(i,0)^{*}=-2i\)

\((i,1)*(-i,0)^{*}=i^2=-1\)

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Odgovor Napisal/-a Aniviller » 8.6.2006 22:01

Saj je vse v najlepsem redu. Samo norma (skalarni produkt samega s seboj) mora biti pozitiven, oz. nic ce gre za niceln vektor. To pokaze tvoj prvi primer.

Mafijec
Prispevkov: 472
Pridružen: 12.12.2005 21:36

Odgovor Napisal/-a Mafijec » 9.6.2006 23:27

Ok, tnx.

Še tole:

Formo

\(f(x_{1}, x_{2}, x_{3}) = -x_{1}^2 + x_{2}^2 - 5 x_{3}^2 +6x_{1}x_{3} + 4x_{2}x_{3}\)

pretvori v ortonormirani bazi na tako obliko, da bo imela samo kvadratne člene. Zapiši zveze med starimi in novimi spremenljivkami.

Ja, petek zvečer, jaz pa tu...

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Odgovor Napisal/-a Aniviller » 10.6.2006 10:34

Tole kar sledi je zelo pomembno ker se pojavi se velikokrat v razlicnih kontekstih (problem lastnih vektorjev v geometrijskem pomenu).
Zapises matriko koeficientov. Za izvendiagonalne das 50-50 vsaki polovici.
\(A=\begin{bmatrix}
-1 & 0 & 3\\
0 & 1 & 2 \\
3 &2 & -5 \\ \end{bmatrix}\)
To je tista simetricna matrika ki nastopa v kvadratni formi
\(\langle \vec{x}, A\vec{x}\rangle\)
\(\vec{x}=\{x_1,x_2,x_3\}\)
Lastne vrednosti so -7,2,0
Torej je ploskev hiperbolicni valj. (!?)
Lastni vektorji so pa
\(\vec{y_1}=\{-2, -1, 4\}\)
\(\vec{y_2}=\{1, 2, 1\}\)
\(\vec{y_3}=\{3, -2, 1\}\)
Normirat jih je se treba.
Nove spremenljivke se torej izrazajo:
\(y_1=\frac{1}{||\vec{y_1}||}(-2x_1-x_2+4x_3)\)
Nova oblika funkcije se glasi:
\(f(y_1,y_2,y_3)=-7 y_1^2+2y_2^2\)
Zdaj se lepo vidi hiperbola v ravnini \(y_1,y_2\), v tretji smeri se pa ne spreminja.

Uporabniški avatar
Mephisto
Prispevkov: 268
Pridružen: 31.1.2006 14:15
Kraj: Skopo

Odgovor Napisal/-a Mephisto » 11.6.2006 15:01

Sej pri teh kvadratnih formah ni nikoli kakšne tricky finte ne? Vedno je isti postopek:

- določiš simetrično matriko, glede na prvotno enačbo
- določiš matrikine lastne vrednosti in vektorje
- glede na l. vrednosti določiš krivuljo v novih koordinatah
- glede na l. vektorje, ki jih je potrebno še normirati, določiš kako se nove koordinate izražajo s starimi

To je več al manj to, ne?

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Odgovor Napisal/-a Aniviller » 11.6.2006 16:02

Tako je. Sej ce razumes to velja za celo matematiko 8)

Mafijec
Prispevkov: 472
Pridružen: 12.12.2005 21:36

Odgovor Napisal/-a Mafijec » 11.6.2006 21:33

Ok tnx.

Uporabniški avatar
Mephisto
Prispevkov: 268
Pridružen: 31.1.2006 14:15
Kraj: Skopo

Odgovor Napisal/-a Mephisto » 11.6.2006 21:38

Aniviller napisal/-a:Tako je. Sej ce razumes to velja za celo matematiko 8)
Hehe, ja seveda. Sam tukaj imaš štiri točke, katerih se držiš kot rit srajce (dobro, moraš znat izračunat karakt. polinom in določit l. vektorje, kar pa ni neka umetnost za max. 3x3 matrike :)), medetem ko integralov narediš 100 in pri naslednjemu še vedno ne veš kako se ga lotit :D Rutina za podatkovno bazo mogoče, za navadne smrtnike že ne :D

Uporabniški avatar
shrink
Prispevkov: 14131
Pridružen: 4.9.2004 18:45

Odgovor Napisal/-a shrink » 11.6.2006 23:08

Mephisto napisal/-a:
Aniviller napisal/-a:Tako je. Sej ce razumes to velja za celo matematiko 8)
Hehe, ja seveda. Sam tukaj imaš štiri točke, katerih se držiš kot rit srajce (dobro, moraš znat izračunat karakt. polinom in določit l. vektorje, kar pa ni neka umetnost za max. 3x3 matrike :)), medetem ko integralov narediš 100 in pri naslednjemu še vedno ne veš kako se ga lotit :D Rutina za podatkovno bazo mogoče, za navadne smrtnike že ne :D
Glede reševanja integralov bo kar držalo: Sam Landau je preizkušal bodoče študente fizike tako, da jim je dajal reševati zapletene integrale. Po njegovem prepričanju so bili tisti, ki so se pri tem dobro odrezali, primerni za študij fizike. 8)

Odgovori

Kdo je na strani

Po forumu brska: 0 registriranih uporabnikov in 4 gostov