Ne vse si zmesal. Prvic, to kar si zdaj napisal ni isto kot tisto kar si napisal prejsnjic. Drugic, tisto prej je bil popoln matematicen nesmisel ker sta na levi in na desni strani enacbe stali zadevi ki niti nimata istih dimenzij. Tretjic, od kod ti x,y,z? Tvoj vektor je ze podan!
Evo:
\(A\vec{b}=\lambda \vec{b}\)
\(\begin{bmatrix}a&-2&-2\\1&b&-1\\-3&1&2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\1\\-2\end{bmatrix}=\lambda\begin{bmatrix}1\\1\\-2\end{bmatrix}\)
Zdaj zmnozis na levi
\(\begin{bmatrix}a-2+(-2)^2\\ 1+b+(-1)(-2)\\-3+1+2\cdot(-2)\end{bmatrix}=\lambda\begin{bmatrix}1\\1\\-2\end{bmatrix}\)
\(\begin{bmatrix}a+2\\ b+3\\-6\end{bmatrix}=\lambda\begin{bmatrix}1\\1\\-2\end{bmatrix}\)
To je pa samo primerjava dveh vektorjev (torej, set 3 enacb). Zadnja enacba ti takoj pove \(\lambda=3\). Kar ostane sta enacbi
a+2=3
b+3=3
torej b=0, a=1.
Matrike
Re: Matrike
Ajaaa 
Najlepša hvala za razlago !
Najlepša hvala za razlago !
Re: Matrike
Prosim za pomoč pri naslednji nalogi......
Naj bo A takšna kvadratna matrika ranga 1, da je matrika A+I obrnljiva.
(a)Pokaži, da obstaja skalar c(odvisen od elementov matrike A) za katerega je
\((A+I)^{-1}=I-cA\).
(b)Izrazi ta skalar c z elementi matrike A.
(c)Naj velja:\(A^2=-A\). Dokaži, da je obrnljiva vsaj ena od matrik I+A, I-A
Pri (a) sem predpostavil \(I-cA*(A+I)^{-1}=I\). Kako naprej?
Naj bo A takšna kvadratna matrika ranga 1, da je matrika A+I obrnljiva.
(a)Pokaži, da obstaja skalar c(odvisen od elementov matrike A) za katerega je
\((A+I)^{-1}=I-cA\).
(b)Izrazi ta skalar c z elementi matrike A.
(c)Naj velja:\(A^2=-A\). Dokaži, da je obrnljiva vsaj ena od matrik I+A, I-A
Pri (a) sem predpostavil \(I-cA*(A+I)^{-1}=I\). Kako naprej?
Re: Matrike
(a) No, najbolje je cim prej tisti inverz dat ven iz enacbe. Jaz bi kar pomnozil vse z (A+I). Dobis
\(I=(I-cA)(A+I)=A+I-cA^2-cA\)
\(cA^2=A(1-c)\)
Za vsako matriko ranga 1 velja \(A^2=uA\), kjer je u lahko tudi 0. O tem se lahko prepricas: matrika ranga 1 slika 1 vektor definicijskega obmocja v 1 vektor slike, vse ostalo je 0, tako da lahko pises \(A=\vec{a}\vec{b}^T\), kar z lahkoto kvadriras.
Zgornje je torej vedno res, parameter "c" pa zadosti enacbi \(u=\frac{1-c}{c}\).
(b) Zgoraj sva ze skoraj prisla do konca. Ce tisti izraz skvadriras, dobis \(A^2=\vec{a}(\vec{a}\cdot \vec{b})\vec{b}^T=(\vec{a}\vec{b})A\). Ker je A zgolj tenzorski produkt dveh vektorjev (po komponentah pride \(A_{ij}=a_i b_j\)), je sled te matrike enaka skalarnemu produktu teh dveh vektorjev, zato je \(A^2=\underbrace{({\rm Tr\,}A)}{u}A\). Ko resis enacbo za c, dobis
\(c=\frac{1}{1+u}=\frac{1}{1+{\rm Tr\,}A}\)
ce nisem kje zasral.
(c) To je primer u=-1. V tem specialnem primeru bi c moral bit neskoncno, zato imas z matriko A+I tezave. Za I-A pa lahko naredis popolnoma isto finto: samo A v -A zamenjas v vseh enacbah in dobis
\((I-A)^{-1}=I+cA\)
\(cA^2=-A(1-c)\) in torej
\(c=\frac{1}{1-u}=\frac{1}{1-{\rm Tr\,}A}=\frac{1}{2}\)
kar je pa ok.
Lahko gres se nekoliko drugace. Dajva skvadrirat:
\((I+A)^2=I+2A+A^2=I+A\)
Ta matrika je ocitno projektor! Edini obrnljiv projektor je identiteta, torej A=0, kar pa se ne sklada s predpostavko o rangu, torej (I+A) ni obrnljiva.
\(I=(I-cA)(A+I)=A+I-cA^2-cA\)
\(cA^2=A(1-c)\)
Za vsako matriko ranga 1 velja \(A^2=uA\), kjer je u lahko tudi 0. O tem se lahko prepricas: matrika ranga 1 slika 1 vektor definicijskega obmocja v 1 vektor slike, vse ostalo je 0, tako da lahko pises \(A=\vec{a}\vec{b}^T\), kar z lahkoto kvadriras.
Zgornje je torej vedno res, parameter "c" pa zadosti enacbi \(u=\frac{1-c}{c}\).
(b) Zgoraj sva ze skoraj prisla do konca. Ce tisti izraz skvadriras, dobis \(A^2=\vec{a}(\vec{a}\cdot \vec{b})\vec{b}^T=(\vec{a}\vec{b})A\). Ker je A zgolj tenzorski produkt dveh vektorjev (po komponentah pride \(A_{ij}=a_i b_j\)), je sled te matrike enaka skalarnemu produktu teh dveh vektorjev, zato je \(A^2=\underbrace{({\rm Tr\,}A)}{u}A\). Ko resis enacbo za c, dobis
\(c=\frac{1}{1+u}=\frac{1}{1+{\rm Tr\,}A}\)
ce nisem kje zasral.
(c) To je primer u=-1. V tem specialnem primeru bi c moral bit neskoncno, zato imas z matriko A+I tezave. Za I-A pa lahko naredis popolnoma isto finto: samo A v -A zamenjas v vseh enacbah in dobis
\((I-A)^{-1}=I+cA\)
\(cA^2=-A(1-c)\) in torej
\(c=\frac{1}{1-u}=\frac{1}{1-{\rm Tr\,}A}=\frac{1}{2}\)
kar je pa ok.
Lahko gres se nekoliko drugace. Dajva skvadrirat:
\((I+A)^2=I+2A+A^2=I+A\)
Ta matrika je ocitno projektor! Edini obrnljiv projektor je identiteta, torej A=0, kar pa se ne sklada s predpostavko o rangu, torej (I+A) ni obrnljiva.
Re: Matrike
Hvala....ali ni pri (b) po kvadriranju \(A^{2}=\vec a(\vec {a} \vec{b}^T)\vec b^T\)?
Re: Matrike
Hm tole tvoje se sploh ne izide (transponirano je vrstica, netransponirano je stolpec, tega tvojega sploh ne mores mnozit).
Takole mora bit:
\(\vec{a}(\vec{b}^T\vec{a})\vec{b}^T\)
Takole mora bit:
\(\vec{a}(\vec{b}^T\vec{a})\vec{b}^T\)
Re: Matrike
Malo pomoči bi rabil....
Pokaži, da je mogoče vsako matriko, ki komutira z matriko
\(\[A= \left| \begin{array}{ccc}
4&0 \\
2&1 \\
\end{array} \right|\]\)
napisati v obliki \(\alpha I+\beta A\), kjer sta \(\alpha\) in \(\beta\) števili.
Druga naloga pa je: Poišči vse matrike ranga 1, ki komutirajo z matriko
\(\[A= \left| \begin{array}{ccc}
1&0&0 \\
0&1&0 \\
3&1&2
\end{array} \right|\]\)
Pokaži, da je mogoče vsako matriko, ki komutira z matriko
\(\[A= \left| \begin{array}{ccc}
4&0 \\
2&1 \\
\end{array} \right|\]\)
napisati v obliki \(\alpha I+\beta A\), kjer sta \(\alpha\) in \(\beta\) števili.
Druga naloga pa je: Poišči vse matrike ranga 1, ki komutirajo z matriko
\(\[A= \left| \begin{array}{ccc}
1&0&0 \\
0&1&0 \\
3&1&2
\end{array} \right|\]\)
Re: Matrike
Pomagalo bi, ce poves kako ste vi resevali pri uradnih predavanjih. Sicer:
1) Vprasas se lahko ze o tem: koliko komutirajocih linearno neodvisnih matrik sploh lahko ima neka matrika in od cesa je to odvisno? Lahko kar nastavis B=[a,b;c,d] in zapises:
\(AB=BA\)
\(\begin{bmatrix}4a&4b\\2a+c&2b+d\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}4a+2b&b\\4c+2d&d\end{bmatrix}\)
Ta sistem lahko resis. Prvi element matrike takoj vrne b=0. Drugi je potem brezvezen, cetrti pa tudi. Ostane
2a+c=4c+2d
To je edina vez med preostalimi elementi! Prosta parametra sta torej samo 2, s cimer je stvar pravzaprav dokazana. I in A trivialno komutirata z A, tretje linearno neodvisne matrike ki bi komutirala pa ne more bit ker ni tretjega parametra.
Vsako komutirajoco matriko lahko torej zapises kot
\(\begin{bmatrix}a &0\\ c&d\end{bmatrix}\)
z dodatno vezjo 2a=3c+2d. Ker identiteta nima nic na mestu c, ta enolicno doloca \(\beta=c/2\) ce primerjas zgornjo matriko z \(\alpha I+\beta A\). Potem lahko preberes tudi \(\alpha=a-2c\).
2) En dokaj direkten nacin je spet, da matriko ranga 1 zapises kot \(B=ab^T\). Pogoj za komutacijo se glasi
\(AB=BA\)
\((Aa)b^T=a(b^T A)\)
Ce hoces da sta ti dve matriki enaki, mora ta biti levi in desni vektor vzporedna tako za levi vektor kot za desnega, torej mora bit
\(Aa=\lambda a\)
\(b^T A=b^T \lambda\)
(pazi, ista lambda mora bit, ce hoces da enacaj drzi)
Se pravi mora bit a desni lastni vektor, b pa levi lastni vektor matrike A, za isto lastno vrednost. Zdaj samo poisces vse lastne vektorje A in lahko takoj zapises vse moznosti.
1) Vprasas se lahko ze o tem: koliko komutirajocih linearno neodvisnih matrik sploh lahko ima neka matrika in od cesa je to odvisno? Lahko kar nastavis B=[a,b;c,d] in zapises:
\(AB=BA\)
\(\begin{bmatrix}4a&4b\\2a+c&2b+d\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}4a+2b&b\\4c+2d&d\end{bmatrix}\)
Ta sistem lahko resis. Prvi element matrike takoj vrne b=0. Drugi je potem brezvezen, cetrti pa tudi. Ostane
2a+c=4c+2d
To je edina vez med preostalimi elementi! Prosta parametra sta torej samo 2, s cimer je stvar pravzaprav dokazana. I in A trivialno komutirata z A, tretje linearno neodvisne matrike ki bi komutirala pa ne more bit ker ni tretjega parametra.
Vsako komutirajoco matriko lahko torej zapises kot
\(\begin{bmatrix}a &0\\ c&d\end{bmatrix}\)
z dodatno vezjo 2a=3c+2d. Ker identiteta nima nic na mestu c, ta enolicno doloca \(\beta=c/2\) ce primerjas zgornjo matriko z \(\alpha I+\beta A\). Potem lahko preberes tudi \(\alpha=a-2c\).
2) En dokaj direkten nacin je spet, da matriko ranga 1 zapises kot \(B=ab^T\). Pogoj za komutacijo se glasi
\(AB=BA\)
\((Aa)b^T=a(b^T A)\)
Ce hoces da sta ti dve matriki enaki, mora ta biti levi in desni vektor vzporedna tako za levi vektor kot za desnega, torej mora bit
\(Aa=\lambda a\)
\(b^T A=b^T \lambda\)
(pazi, ista lambda mora bit, ce hoces da enacaj drzi)
Se pravi mora bit a desni lastni vektor, b pa levi lastni vektor matrike A, za isto lastno vrednost. Zdaj samo poisces vse lastne vektorje A in lahko takoj zapises vse moznosti.
Re: Matrike
1. nalogo razumem...pri drugi pa sem izračunal sp(A)={1,1,2}, potem se mi je pa ustavilo:). Kako dobim a in \(b^T\) in končno rešitev?
Re: Matrike
Ja poisci lastne vektorje.
\(A\vec{r}=\vec{r}\)
3x+y+2z=z
z=-3x-y
Ta lastna vrednost je dvojna in ima 2 lastna vektorja (recimo x=0, y=1 in x=1, y=0, da dobis dve linearno neodvisni kombinaciji):
e1=(-3,0,1) in e2=(0,-1,1)
Za
\(A\vec{r}=2\vec{r}\)
pa dobis x=0, y=0, z= poljuben, torej je lastni vektor e3=(0,0,1).
Levi lastni vektorji:
\(\vec{r}A=\vec{r}\)
x+3z=x
y+z=y
2z=z
od koder ugotovis, da sta x in y poljubna, torej lahko izberes lastna vektorja f1=(1,0,0) in f2=(0,1,0).
Za lastno vrednost dva je levi lastni vektor f3=(0,0,1).
Zdaj lahko zapises splosno matriko prvega ranga, ki komutira z A. Samo vse kombinacije \(ab^T\) moras zapisat:
\(B=(\alpha e_1+\beta e_2)(\gamma f_1 +\delta f_2)^T+\epsilon e_3 f_3^T\)
opazis, da zaradi veckratnosti lastne vrednosti 1 lahko poljubno kombiniras degenerirane vektorje, za 2 pa imas samo eno kombinacijo. Opazis se, da ima prvi del prevec parametrov, ker lahko recimo prvi oklepaj mnozis z necem in drugega delis z isto stvarjo in dobis isto, zato lahko nekaj izpostavis in zapises
\(B=t(e_1+\beta e_2)(f_1 +\delta f_2)^T+\epsilon e_3 f_3^T\)
Imas torej stiriparametricno druzino. Lahko jo tudi izpises, ce hoces:
\(B=t(-3,-\beta,1+\beta)(1,\delta,0)^T+\epsilon (0,0,1)(0,0,1)^T\)
\(B=\begin{bmatrix}-3t&-3\delta t&0\\-\beta t&-\beta \delta t& 0\\ (1+\beta)t &(1+\beta)\delta t&\epsilon\end{bmatrix}\)
Ce nisem kaj zafrknil, s kombinacijami prostih parametrov dobis vse mozne matrike.
\(A\vec{r}=\vec{r}\)
3x+y+2z=z
z=-3x-y
Ta lastna vrednost je dvojna in ima 2 lastna vektorja (recimo x=0, y=1 in x=1, y=0, da dobis dve linearno neodvisni kombinaciji):
e1=(-3,0,1) in e2=(0,-1,1)
Za
\(A\vec{r}=2\vec{r}\)
pa dobis x=0, y=0, z= poljuben, torej je lastni vektor e3=(0,0,1).
Levi lastni vektorji:
\(\vec{r}A=\vec{r}\)
x+3z=x
y+z=y
2z=z
od koder ugotovis, da sta x in y poljubna, torej lahko izberes lastna vektorja f1=(1,0,0) in f2=(0,1,0).
Za lastno vrednost dva je levi lastni vektor f3=(0,0,1).
Zdaj lahko zapises splosno matriko prvega ranga, ki komutira z A. Samo vse kombinacije \(ab^T\) moras zapisat:
\(B=(\alpha e_1+\beta e_2)(\gamma f_1 +\delta f_2)^T+\epsilon e_3 f_3^T\)
opazis, da zaradi veckratnosti lastne vrednosti 1 lahko poljubno kombiniras degenerirane vektorje, za 2 pa imas samo eno kombinacijo. Opazis se, da ima prvi del prevec parametrov, ker lahko recimo prvi oklepaj mnozis z necem in drugega delis z isto stvarjo in dobis isto, zato lahko nekaj izpostavis in zapises
\(B=t(e_1+\beta e_2)(f_1 +\delta f_2)^T+\epsilon e_3 f_3^T\)
Imas torej stiriparametricno druzino. Lahko jo tudi izpises, ce hoces:
\(B=t(-3,-\beta,1+\beta)(1,\delta,0)^T+\epsilon (0,0,1)(0,0,1)^T\)
\(B=\begin{bmatrix}-3t&-3\delta t&0\\-\beta t&-\beta \delta t& 0\\ (1+\beta)t &(1+\beta)\delta t&\epsilon\end{bmatrix}\)
Ce nisem kaj zafrknil, s kombinacijami prostih parametrov dobis vse mozne matrike.
Re: Matrike
Hvala, zdej mi je pa jasno .
Še tale mi dela težave.
Matrika A se diagonalizira. Dokaži, da se tudi \(\[B= \left| \begin{array}{ccc}
A&-A\\
-A&A\\
\end{array} \right|\]\) diagonalizira.
. Še tale mi dela težave.
Matrika A se diagonalizira. Dokaži, da se tudi \(\[B= \left| \begin{array}{ccc}
A&-A\\
-A&A\\
\end{array} \right|\]\) diagonalizira.
Re: Matrike
Nacinov je vec: en je, da ugotovis, da je matrika hudo degenerirana (enakega ranga kot A) in ima zato "n" (dimenzija A) lastnih vrednosti enakih 0 (vidis, da je blocno spodnja vrstica enaka negativni zgornji vrstici, torej linearno odvisna). Preostalih n lastnih vrednosti je sorodnih lastnim vredostim A. Lahko vse skonstruiras:
Za vsak lastni vektor \(x\) matrike A, z lastno vrednostjo \(\lambda\), lahko sestavis vektor \((x,x)\) (dvakrat daljsi vektor), za katerega velja:
\(\begin{bmatrix}A&-A\\-A&A\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x\\x\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}Ax-Ax\\-Ax+Ax\end{bmatrix}=0\)
Sestavis lahko tudi vektor \((x,-x)\), za katerega je pa
\(\begin{bmatrix}A&-A\\-A&A\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x\\-x\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}Ax+Ax\\-Ax-Ax\end{bmatrix}=2\lambda\begin{bmatrix}x\\-x\end{bmatrix}\)
Ce ima A "n" lastnih vektorjev, lahko skonstruiras "2n" lastnih vektorjev matrike B in ugotovis njihove lastne vrednosti, torej je B diagonalizabilna.
Kar sva naredila je v resnici diagonalizacija matrike B ob sprenevedanju, da je A kar skalar (zgoraj sem "uganil" lastne vrednosti ampak lahko jih tudi izracunas, po obicajnih postopkih). To, da je x v resnici vektor in A v resnici matrika, je nepomembna okoliscina.
Za vsak lastni vektor \(x\) matrike A, z lastno vrednostjo \(\lambda\), lahko sestavis vektor \((x,x)\) (dvakrat daljsi vektor), za katerega velja:
\(\begin{bmatrix}A&-A\\-A&A\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x\\x\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}Ax-Ax\\-Ax+Ax\end{bmatrix}=0\)
Sestavis lahko tudi vektor \((x,-x)\), za katerega je pa
\(\begin{bmatrix}A&-A\\-A&A\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x\\-x\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}Ax+Ax\\-Ax-Ax\end{bmatrix}=2\lambda\begin{bmatrix}x\\-x\end{bmatrix}\)
Ce ima A "n" lastnih vektorjev, lahko skonstruiras "2n" lastnih vektorjev matrike B in ugotovis njihove lastne vrednosti, torej je B diagonalizabilna.
Kar sva naredila je v resnici diagonalizacija matrike B ob sprenevedanju, da je A kar skalar (zgoraj sem "uganil" lastne vrednosti ampak lahko jih tudi izracunas, po obicajnih postopkih). To, da je x v resnici vektor in A v resnici matrika, je nepomembna okoliscina.
Re: Matrike
Recimo, da imamo dano sebiadjungirano preslikavo A: R^3 ---> R^3, ki ima dvojno lastno vrednost 2 in lastno vrednost -1 (A[1, 1, -1] = [-1, -1, 1]. Naloga zahteva, da poiščemo matriko preslikave v standardni bazi.
Sam sem poizkusil s precej dolgotrajnim postopkom z uporabo lastnosti \(A = A^*\), toda gre za (pre)dolg in nepregleden postopek.
Vemo torej, da je \(tr(A) = 3\) in \(det(A) = -4\). Kakšna ideja bi z vaše strani bi mi prišla še kako prav!
Sam sem poizkusil s precej dolgotrajnim postopkom z uporabo lastnosti \(A = A^*\), toda gre za (pre)dolg in nepregleden postopek.
Vemo torej, da je \(tr(A) = 3\) in \(det(A) = -4\). Kakšna ideja bi z vaše strani bi mi prišla še kako prav!
Re: Matrike
Enako kot v tej temi:
viewtopic.php?f=22&t=4931
Velja \(A=PDP^{-1}\)
D poznas (imas vse lastne vrednosti) in imas tudi en lastni vektor. Preostala dva lastna vektorja sta poljubna baza ortogonalnega komplementa znanega lastnega vektorja za lastno vrednost -1. Po domace: samo dopolni vektor (1,1-1) do polne ortonormirane baze in zmnozi. Bazni vektorji bodo ortonormirani, zato je P ortonormirana in je \(A=PDP^{T}\).
viewtopic.php?f=22&t=4931
Velja \(A=PDP^{-1}\)
D poznas (imas vse lastne vrednosti) in imas tudi en lastni vektor. Preostala dva lastna vektorja sta poljubna baza ortogonalnega komplementa znanega lastnega vektorja za lastno vrednost -1. Po domace: samo dopolni vektor (1,1-1) do polne ortonormirane baze in zmnozi. Bazni vektorji bodo ortonormirani, zato je P ortonormirana in je \(A=PDP^{T}\).
Re: Matrike
Najprej lepa hvala za odgovor na forumu!Aniviller napisal/-a: Velja \(A=PDP^{-1}\)
D poznas (imas vse lastne vrednosti) in imas tudi en lastni vektor. Preostala dva lastna vektorja sta poljubna baza ortogonalnega komplementa znanega lastnega vektorja za lastno vrednost -1. Po domace: samo dopolni vektor (1,1-1) do polne ortonormirane baze in zmnozi. Bazni vektorji bodo ortonormirani, zato je P ortonormirana in je \(A=PDP^{T}\).
Meni se zdi, da najboljše pridem skozi, če dodam vektorja [1,0,1] ter [0, 1, 1], ki sta pravokotna vektorju [1, 1, -1] dobim prehodno matriko ter poiščem njen inverz z Gausovo eliminacijo.
Da pa bi dobil unitarno prehodno matriko - tega pa ne znam. A mi lahko podaš kakšen "hint" kako se to naredi? Kajti če normiran vsak vektor posebej iz prehodne matrike, potem to ni več ista matrika.
Lepo bodi!