linearna algebra

O matematiki, številih, množicah in računih...
sanej
Posts: 71
Joined: 25.8.2010 18:00

linearna algebra

Post by sanej » 21.9.2011 16:38

živijo!

1zanima me kdaj je množica v prostoru ki vsebuje metriko zaprta?
Podmnožica G metričnega prostora M je odprta, če za vsak a elemnt G obstaja r>o da je odprta krogla B(a,r) podmnožica G. Ali je z zaprtostjo isto samo da vsebuje zaprto kroglo ??

ali je unija zaprtih podmnožic vedno zaprta, in kako je s presekom ??


2 kako dokazati da sta vektorja ki pripadata različnim lastnim vrednostim linearnega operatorja linearno neodvisna ?? je mogoče v povezavi s tem ker vektorji lastnih vrednosti razpenjajo različne lastne podprostore ?


3 če imš realen prostor 2 X 2 matrik in bi rad naredil matriko preslikave, ki ti naprimer preslika matriko v transponirano matriko, potem preslikaš standardne bazne matrike, dobiš 4 preslikane matrike in jih zapišeš kot stolpce matrike ? amapk potem ne moreš preslikati katerekoli 2 X 2 matrike v transponirano matriko, ker jo ne moreš množiti z 4 X 4 matriko ??

že vnaprej hvala za odgovore!

Jurij
Posts: 585
Joined: 27.2.2006 11:09

Re: linearna algebra

Post by Jurij » 21.9.2011 17:06

1. zaprte množice so komplementi odprtih; to je definicija, iz katere prideta oba odgovora:
podmnožica G je zaprta, če ima vsaka točka v komplementu G odprto kroglo, ki ne seka G.
presek je vedno zaprt, ker je unija odprtih vedno odprta. Unija zaprtih ni vedno zaprta, npr. \(\cup_{n=1}^{\infty}[\frac{1}{n},2]\) ni zaprta v R (to je polodprt interval).

2. Dokazuj v obratno smer; recimo, da sta \(v_1\) in \(v_2\) lin. odvisna, recimo \(v_2 =\mu v_1\), in da sta lastna vektorja preslikave\(A\), torej \(Av_1=\lambda_1 v_1\) in \(Av_2=\lambda_2v_2\). Potem sledi
\(Av_2=\lambda_2v_2=\lambda_2\mu v_1\)
\(Av_2=A\mu v_1=\mu\lambda_1 v_1\)
Sledi \(\lambda_1=\lambda_2\).

3. Prostor 2x2 realnih matrik je naravno izomorfen \(\mathbb{R}^4\) (npr. najprej zapišeš 1. vrstico, potem drugo); torej se s transpozicijo (1,0,0,0) slika v (1,0,0,0), (0,1,0,0) v (0,0,1,0), (0,0,1,0) v (0,1,0,0) in (0,0,0,1) v (0,0,0,1). Te slike sedaj samo po vrsti postaviš v matriko kot stolpce od leve proti desni.

sanej
Posts: 71
Joined: 25.8.2010 18:00

Re: linearna algebra

Post by sanej » 21.9.2011 20:05

najlepša hvala za odgovore!

1 recimo če želim dokazat da je vsaka končna podmnožica v metričnem prostoru zaprta ?
potem moramo dokazati, da obstaja tak komplement te podmnožice, ki je tudi podmnožica v metričnem prostoru, in da je odprta ?

2 recimo zgled zaprte množice ki ni končna bi bil pa nek interval na premici, ki vsebuje krajišča?

3 potem pa imam še eno zanimivo determinanto za katero je treba ugotoviti kdaj natančno je nič.

1 1 1 1 .... poizkusil sem jo razviti po zadnjem stolpcu, pa ne vem kaj naj potem z poddeterminanto
a a^2 a^3 0
b b^2 b^3 0 .... ali lahko rečem da bo nič če sta npr a=b ker sta potem dve vrstici enaki in je det =0
c c^2 c ^3 0 .... ali je mogoče kaj podobnega kot Vandermondova det ?

Jurij
Posts: 585
Joined: 27.2.2006 11:09

Re: linearna algebra

Post by Jurij » 21.9.2011 20:28

1. pa saj komplement množice je enolično določen, tukaj ne iščeš obstoja komplementa, le vzameš poljubno točko iz njega in pokažeš, da je vsebovana v odprti krogli.
dokaz: v metričnem prostoru M imaš končno množico \(X={x_1,\dots,x_n}\); Vzameš poljubno točko iz komplementa \(y \in X^c=M $\backslash$ X\); potem odprta krogla \(K(y,\frac{1}{2}min{d(y,x_1),\dotsd(y,x_n)}\) gotovo ne seka množice \(X\).

2. ja; ali pa poltrak, ki je na eni strani zaprt, ali pa kar cela premica.

3. razviješ po zadnjem stolpcu, izpostaviš abc (a iz prve vrstice poddeterminante, itd), ostane ti Vandermond, ki ga lahko na roke poračunaš (saj je samo 3x3 determinanta), ali pa poznaš formulo: http://mathworld.wolfram.com/Vandermond ... inant.html. Kakorkoli, na koncu imaš vse faktoriziran, tako da takoj vidiš, da je determinanta enaka 0 natanko tedaj, ko sta dva parametra enaka ali pa je eden enak 0.

sanej
Posts: 71
Joined: 25.8.2010 18:00

Re: linearna algebra

Post by sanej » 22.9.2011 18:42

hvala !

1 Sedaj me pa zanima nekaj osnov glede invariantnih podprostorov.

Podprostor U vektorskega prostora V je invarianten za nek operator L, če je Lu element U za vsak u elemnt U.

ali to pomeni, da je npr. ravnina invarianten podprostro za kakšne toge premike na ravnini ali pa kakšne rotacije ? kaj sploh predstavljajo invarianti podprostori ?

Jurij
Posts: 585
Joined: 27.2.2006 11:09

Re: linearna algebra

Post by Jurij » 22.9.2011 19:22

tisto glede ravnine in togih premikov znotraj ravnine ali vrtenj v tej ravnini je ok. To, da je U invarianten za L pomeni, da je L|U:U->U (zožitev na U) endomorfizem. Endomorfizme imamo radi, to so kvadratne matrike.

sanej
Posts: 71
Joined: 25.8.2010 18:00

Re: linearna algebra

Post by sanej » 22.9.2011 20:31

1 torej če imamo množico M linearnih preslikav iz prostora polinomov stopnje 9 v isti prostro. ki imajo neka dva prostora U in V za invariantna podprostora, in moramo pokazat da je M vektorski podprostor v prostoru preslikav in določit razsežnost ?

ali nam tukaj ta invariantna podprostora povesta da so to preslikave ki ustrezajo pogojem podprostora U in V in so zaprte za seštevanje in množenje s skalarjem.

Za razsežnost pa poiščem bazo tega podprostora in dobim dimenzijo ?


U = { p element R[x]9 ; p(o) = p(1) = p(-1) }

V = { p element U ; p'(0) = p'(1) = p' (-1}

Jurij
Posts: 585
Joined: 27.2.2006 11:09

Re: linearna algebra

Post by Jurij » 22.9.2011 22:47

nisem prepričan, če te prav zastopim; za množico preslikav \(A\), na katere je \(U\) invarianten, bi rad pokazal, da je podprostor vseh preslikav iz prostora \(\mathbb{R}_9[x]\) nazaj vanj(verjetno misliš polinome stopnje manjše ali enake 9; potem je \(\dim \mathbb{R}_9[x] = 10\)).

Naj bo \(f,g \in A, \lambda \in \mathbb{R}\) in velja \(\forall p \in U: f(p),g(p) \in U\). \((f+g)(p)=f(p)+g(p)\); ker je \(U\) podprostor, je vsota elementov iz \(U\) tudi v \(U\), zato \(f(p)+g(p) \in U\). Podobno \((\lambda f)(p)=f(\lambda p)\), \(\lambda u \in U\), zato \((\lambda f)(p) \in U\). Torej \(f+g,\lambda f \in A\). Do tu si samo rabil invariantnost in dejstvo, da je \(U\) podprostor; nič še ni bilo pomembno, kakšen je dejansko \(U\).

Očitno je \(\dim U=10-3=7\); preslikave iz \(A\) morajo torej bazne vektorje \(U\) (7) preslikati v bazne vektorje \(U\) (7), ostale (3) pa poljubno (10). Torej je \(\dim A = 7 \cdot 7 + 3 \cdot 10 = 79\) (to je bila navadna kombinatorika). Mogoče zgleda velika cifra, ampak po drugi strani ima prostor vseh preslikav iz 10-dim prostora nazaj vanj dimenzijo 100 (kvadratne matrike).

Upam, da sem odgovoril na tvoje vprašanje.

sanej
Posts: 71
Joined: 25.8.2010 18:00

Re: linearna algebra

Post by sanej » 24.9.2011 14:45

ja prvi del mi je čisto jasen, pri drugem imam pa malo težav. recimo polinom stopnje 9 je ax^9 + bx^8+.........ix + j

potem upoštevaš pogoj p(0) = j in p(1) = a + b + c + d + e + ....+ j p(-1)= -a + b - c + d - e ..... -j in ko vse tri izenačis je

2a + 2c + 2e + 2g + 2i -j = 0 in potem imaš možnosti, da so vsi nič ali pa jih malo premešaš da ustrezajo pogoju.

{x^8 + x^6 + x^4 + x^2 , še kakšni bazni vektorji } ne vidimi kako je očitno da je dim U = 10 - 3 = 7 od kje pride ta 3

Torej prostro preslikav je poljubno velike dimenzije, za dimezijo A je pa treba pogledati kaj so vse možne kombinacije da se slikajo bazni vektorji in ostali vektorji ?


Zanima pa me tudi kako opišeš ploskev y^2 - 3z^2 + 4xz = 4 brez računalnika in potem skiciraš presek z osjo y=0.
POnavadi je treba napisati kvadratno formo, samo tukaj ne vem če bi šlo. na hitro če bi podelili s 4 sem mislil da je kak hiperboloid + ravnina

prosil bi za kakšne napotke reševanja takih nalog ???

Jurij
Posts: 585
Joined: 27.2.2006 11:09

Re: linearna algebra

Post by Jurij » 24.9.2011 17:26

Moja napaka, sem preveč površno prebral: p(0)=p(1)=p(-1)=0; kakorkoli, poanta je, da so pogoji podprostora podani z (neodvisnimi) linearnimi enačbami v koeficientih; v tvojem primeru imaš dve (po moji napaki pa bi jih imel 3; tako da je treba v mojem prejšnjem postu 3 zamenjati z 2 in 7 z 8 ). To pomeni, da boš od 10 neznank natanko 2 lahko izrazil (ker sta enačbi neodvisni, t. j. ena ni samo produkt druge s skalarjem), torej bo ostalo še 8 neodvisnih spremenljivk, to pa pomeni, da imaš prostor dimnezije 8.

Prostor preslikav je poljubno velike dimenzije... tu ne razumem, kaj hočeš s tem povedati; drugi del pa verjetno prav razumeš.

Te zadeve lahko vedno spraviš v kvadratno formo:
\(y^2-3(z-\frac{2}{3}x)^2+\frac{4}{3}x^2=4\)

sanej
Posts: 71
Joined: 25.8.2010 18:00

Re: linearna algebra

Post by sanej » 26.9.2011 9:03

hvala!

torej pri kvadratni formi poizkusim najprej dopolnit izraz do popolnega kvadrata in potem ko ga imam pa spravim v matriko ali pa pogledam kaj predstavlja.


2 imam še eno čudno nalogo. V prostoru realnih polinomov stopnje največ 3 R^3[x] je dan skalarni produkt.

<p,q> = integral od 0 do 1 ( p(t)q(t) dt ) in podprostor u = { p element R^3[x] ; p(0) = p(1) = 0 }

sedaj pa sprašuje naloga kateri polinom prostora U je glede na normo, ki jo porodi ta skalarni produkt najmanj oddaljen od polinoma p(x) = x ??

Sam sem probal tako da sem uzel nek q(x) = ax^3 + bx^2 +.. in sem napisal || p - q || = ( < p - q , p - q >) ^0.5 in potem naprej pointegriral tere dobil neko funcijo f( a ,b ,c ..) kjer so a ,b ,c ,d koeficienti polinoma in zdej me zanima če bi moral še odvod te norme narediti in potem upoštevati še pogoj podprostora, oziroma ali je to sploh pravi način ??

Jurij
Posts: 585
Joined: 27.2.2006 11:09

Re: linearna algebra

Post by Jurij » 26.9.2011 9:54

tisto tvoje je v principu verjetno prav, dela se pa nikoli tako.

to si je fino mal geometrijsko predstavljat (tako da najprej odmisli polinome): če imaš točko T zunaj premice, bo njej najbližja točka na premiciravno njena pravokotna projekcija. Če bi imel pa več dimenzij, bi pa enostavno seštel projekcije v različne pravokotne smeri.

Tukaj je enaka ideja: prostor U je dvorazsežen, poiščeš mu ortogonalno bazo b(x), c(x) (to narediš z Gramschimdtom, ni je treba normirati). Potem dobiš najbližji polinom kar s formulo:
\(\frac{<p(x),b(x)>}{<b(x),b(x)>} b(x)+\frac{<p(x),c(x)>}{<c(x),c(x)>} c(x)\).

sanej
Posts: 71
Joined: 25.8.2010 18:00

Re: linearna algebra

Post by sanej » 27.9.2011 18:40

aha torej če je vektorski prostor več razsežen, potem dobiš najamnjšo razdaljo tako, da sešteješ projekcije vektorja na bazne vektorje ki so ortogonalni ?

kako pa je recimo če imaš 3 x 3 matriko in bi moral izračunat vsoto ko i teče od 1 do 42 za A^i


A = 2,-3,1
1,-2 1
0,0,1


tukej mam tud eno simpl vprašanje ker nism ziher. če se lotim računanja tega bodo verjetno sodi eksponenti podobni in lihi podobni, zdej pa me zanima a bo matrika ista če jo z gausom malo preuredim in potem računam njene potence ali to ne smem ( zdi se mi da ne ).

Jurij
Posts: 585
Joined: 27.2.2006 11:09

Re: linearna algebra

Post by Jurij » 27.9.2011 19:20

ja.

ne, z gaussom nimaš tu kaj delat; gauss je samo postopek, ki ti ohranja nekatere invariante, npr. rang, vendar dobiš čisto drugo matriko. Tukaj ti res svetujem, da izračunaš nekaj eksponentov; verjetno se bodo začeli ciklično ponavljati. Univerzalna rešitev pa je z jordanovo kanonično formo:
\(A=PJP^{-1}\)
in
\(A^i=PJ^iP^{-1}\),
zato \(\sum A^i=P(\sum J^i)P^{-1}\), eksponente jordana pa znamo na pamet izračunat.

sanej
Posts: 71
Joined: 25.8.2010 18:00

Re: linearna algebra

Post by sanej » 28.9.2011 10:23

aha hvala.

sem dobiu da je A^2 identiteta pol se pa to ponavlja je pa simpl.

1 kaj pa recimo če mam preslikavo iz R^3 v R^3 ki je podana z Av := a x ( v x b ) x je vektorski produkt a in b sta pa dva vektorja iz R^3. Kaj pomeni če sta pribita vektorja ??
dobiti moram matriko preslikave, ali lahko vzamem za bazo kar [ a , b , a x b ] jo preslikam in razvijem slike spet po tej bazi ? in potem imam
preslikavo A pa bi rad dobil še A* (adjungirano ) vendar ker to ni ONB ne morem trditi da je A* = A (transponiran), torej kako dobim potem A*

probal sem <Av , y > = < a x (v x b ), y > ...... pa potem dobim neko preslikavo < v , b x ( y x a ) > a je to pravi način ali obstaja kaj enostavnejšega?

Post Reply