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.
Matrike
-
ZdravaPamet
- Prispevkov: 2842
- Pridružen: 16.8.2004 19:41
\(V\) je matrika, v kateri so stolpci lastni vektorji \(A\). Diagonalni členi \(D\) pa so lastne vrednosti \(A\).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: \(A = V.D.V^{-1}\)
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.
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.
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.
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.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!
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.
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).shrink napisal/-a: Če je namreč možno neko matriko (dimenzije \(n \times n\)) diagonalizirati, potem ima ta matrika \(n\) linearno neodvisnih lastnih vektorjev.
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.
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.
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?
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?
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).
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).
Mathematica mi izpljune tele vektorje: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.
Koda: Izberi vse
{{1, 1, 0, 1}, {1, 0, 0, 1}, {1, 0, 1, 0}, {1, 1, 0, 0}}Uh, imaš prav, tu sem totalno udaril mimo.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.
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.