Главное меню
Мы солидарны с Украиной. Узнайте здесь, как можно поддержать Украину.

Линейная алгебра

Автор RawonaM, февраля 24, 2011, 22:03

0 Пользователи и 1 гость просматривают эту тему.

RawonaM

Цитата: Квас от марта 24, 2011, 18:34
Цитировать
Цитировать
ЦитироватьАга, эти векторы неортогональны, берем первый вектор (1,-1,0), находим к нему ортогональное дополнение из пространтва Sp{(1,-1,0), (1,0,-1)}.
как вы имплементировать собираетесь? ;)
Дайте подумать. Разве не любое двухмерное подпротранство — плоскость?
Ну да, плоскость. И посчитать это ортогональное дополнение, конечно, можно. Мне просто интересно, как вы это собираетесь делать. ;)
Вы меня заставляете думать :) Не просто это, как казалось. Надо еще подумать.

Цитата: Квас от марта 24, 2011, 18:40
Ну, первый так и так надо было считать. Я не думал, что использование предыдущих результатов — непременно рекурсия. :-\
Ну естественно, а как же. Это определение рекурсии и есть вроде.

Цитата: Квас от марта 24, 2011, 18:40
Просто безупречно! :)
Спасибо, успокоили :)

RawonaM

Я правда там вместо справа слева написал, но вы поняли :)

Квас

Цитата: RawonaM от марта 24, 2011, 18:50
Я правда там вместо справа слева написал, но вы поняли :)

Я даже не заметил.
Пишите письма! :)

RawonaM

Цитата: RawonaM от марта 24, 2011, 18:47
Цитировать
Цитировать
Цитировать
ЦитироватьАга, эти векторы неортогональны, берем первый вектор (1,-1,0), находим к нему ортогональное дополнение из пространтва Sp{(1,-1,0), (1,0,-1)}.
как вы имплементировать собираетесь? ;)
Дайте подумать. Разве не любое двухмерное подпротранство — плоскость?
Ну да, плоскость. И посчитать это ортогональное дополнение, конечно, можно. Мне просто интересно, как вы это собираетесь делать. ;)
Вы меня заставляете думать :) Не просто это, как казалось. Надо еще подумать.
Не, что-то этот вопрос у меня слишком много времени отнимает. Или это слишком легко или слишком сложно :)

Квас

Цитата: RawonaM от марта 24, 2011, 18:59
Цитата: RawonaM от Сегодня в 19:47
ЦитироватьЦитировать
ЦитироватьЦитировать
ЦитироватьЦитировать
ЦитироватьЦитировать
ЦитироватьАга, эти векторы неортогональны, берем первый вектор (1,-1,0), находим к нему ортогональное дополнение из пространтва Sp{(1,-1,0), (1,0,-1)}.
как вы имплементировать собираетесь? ;)
Дайте подумать. Разве не любое двухмерное подпротранство — плоскость?
Ну да, плоскость. И посчитать это ортогональное дополнение, конечно, можно. Мне просто интересно, как вы это собираетесь делать. ;)
Вы меня заставляете думать :) Не просто это, как казалось. Надо еще подумать.
Не, что-то этот вопрос у меня слишком много времени отнимает. Или это слишком легко или слишком сложно :)

Громоздко, мне кажется. Генеральную стратегию можно выбрать такую, мне кажется: искомое дополнение найти как пересечение данной плоскости с дополнением к вектору во всём пространстве. Правда, базис пересечения подпространств — пожалуй, одна из самых громоздких задач в линейной алгебре. Я учу студентов задавать эти подпространства системами и объединять системы, чтобы получить пересечение. Затем фундаментальная система решений, и ключик у нас в кармане.
Пишите письма! :)

RawonaM

Цитата: Квас от марта 24, 2011, 19:09
Громоздко, мне кажется. Генеральную стратегию можно выбрать такую, мне кажется: искомое дополнение найти как пересечение данной плоскости с дополнением к вектору во всём пространстве. Правда, базис пересечения подпространств — пожалуй, одна из самых громоздких задач в линейной алгебре. Я учу студентов задавать эти подпространства системами и объединять системы, чтобы получить пересечение. Затем фундаментальная система решений, и ключик у нас в кармане.
Понятно. Проще Грам-Шмидта использовать :)

Квас

Offtop
Цитата: RawonaM от марта 24, 2011, 19:11
Понятно. Проще Грам-Шмидта использовать :)

А вот вредный я всё-таки и занудный.  8-)
Пишите письма! :)

RawonaM

У двух похожих матриц ведь одинаковый след, не так ли?
Допустим есть матрица с диагональю нулей, а всё остальное произвольное число а.
Нужно найти диагональную матрицу, похожую на эту. В ответах дана матрица diag((n-1)a, -a, -a,..., -a).
Как это? (n-1)a(-a)^(n-1) — для ненулевого а != 0.


RawonaM


Квас

Которая [tex]T^{\mathsf T} AT[/tex]? Это подобная. А задача интересная.
Пишите письма! :)

RawonaM

Да, неплохая. Это из экзамена 21-го февраля.
Вообще экзамен невероятно сложный был. Если мне такой дадут, я за себя не ручаюсь.

RawonaM

Цитата: Квас от марта  4, 2011, 11:19
Ну, не знаю. Критерий диагонализируемости: оператор диагонализируем тогда и только тогда, когда его характеристический многочлен раскладывается в основном поле на линейные множители, и алгебраическая кратность каждого собственного значения равна геометрической.
Мне тут попалась трансформация R3->R3, у которой характеристический многочлен: (1-t)2(2-t)(a-t) (a любое вещественное).
В задании спрашивается, при каких а оператор диагонализируем.
Я вот не пойму, почему у меня четыре множителя вышло, если это трехмерный оператор?? При таком раскаладе никогда алгербраическая кратность не совпадет с геометрической.
Может я неправильно х. многочлен высчитал.

Квас

Цитата: RawonaM от марта 25, 2011, 10:33
Может я неправильно х. многочлен высчитал.

Вероятно. Он должен быть кубическим.
Пишите письма! :)

RawonaM

Дана T(x,y,z)=(x+y+az, 2y+az, x-y+az)
Матрица в стандантром базисе:
1  1  а
0  2  а
1 -1  а

вычитаем tI:
[tex] \begin{pmatrix}<br />1-t &  1 &  a\\<br />0 & 2-t  & a\\<br />1 & -1 & a-t\\<br />\end{pmatrix} [/tex]

Подомножим (1-t) к последней строке и вычтем из нее первую:
[tex] \begin{pmatrix}<br />1-t &  1 &  a\\<br />0 & 2-t  & a\\<br />0 & t-2 & (a-t)(1-t)-a\\<br />\end{pmatrix} [/tex]

Прибавим вторую к третьей
[tex] \begin{pmatrix}<br />1-t &  1 &  a\\<br />0 & 2-t  & a\\<br />0 & 0 & (a-t)(1-t)\\<br />\end{pmatrix} [/tex]

Итого (1-t)(2-t)(a-t)(1-t).

Теперь я кажется понял ошибку. Ведь когда я подомножил на (1-t), при этом и детерминанта подомножается на (1-t). Т.е. результат надо разделить на (1-t). Тогда вроде сходится.
Но я ж не могу так взять и поделить на (1-t), надо отделить случай что (1-t)=0.

RawonaM

Известно, что р(АB)<=min{р(А), р(B)}  (р — ро, уровень матрицы).
А что ограничивает р(АB) снизу, кроме нуля? Я тут поразмыслил и пришел к выводу, что dimN(AB)<=dimN(A)+dimN(B) (N - нулевое пространство), значит p(AB)>=n-(dimN(A)+dimN(B)) (n — размер матриц).
Правильно я мыслю? Есть какие-то теоремы на этот счет?

RawonaM

Дан базис B={v1,v2...vn}. Дан некий вектор u и дано, что {v1+u,v2+u,...,vn+u} линейно зависима.
Доказать, что Sp{v1+u,v2+u,...,vn+u} = Sp{v1-v2,v2-v3,...,vn-1-vn} и что размерность этого подпространтва n-1.
Ниасилил вообще. :(

Квас

Цитата: RawonaM от марта 25, 2011, 10:51
Теперь я кажется понял ошибку. Ведь когда я подомножил на (1-t), при этом и детерминанта подомножается на (1-t). Т.е. результат надо разделить на (1-t). Тогда вроде сходится.
Но я ж не могу так взять и поделить на (1-t), надо отделить случай что (1-t)=0.

Можно на самом деле. Многочлен не функция, а формальное выражение, «картинка». Буква в многочлене не неопределённое число, а самостоятельная сущность, некий трансцендентный элемент. У вас был многочлен, вы умножили его на 1-t и получили (1-t)(2-t)(a-t)(1-t). Что умножалось? Конечно, (1-t)(2-t)(a-t). Это теорема о делении с остатком: для любых многочленов f(x), g(x) над некоторым полем, g(x) ненулевой, существуют и единственны многочлены q(x) и r(x), такие, что f(x)=g(x)q(x)+r(x), и степень r(x) меньше степени g(x), или r(x) — нулевой многочлен.

В любом случае можно раскрыть определитель по определению, а потом разложить на множители, поскольку ответ известен.
Пишите письма! :)

RawonaM


arseniiv

Столбиком можно делить, угадывая корни теоремой о корнях многочлена с рациональными коэффициентами. Иррациональные корни вряд ли дадут!

Квас

Цитата: RawonaM от марта 25, 2011, 12:12
Известно, что р(АB)<=min{р(А), р(B)}  (р — ро, уровень матрицы).
А что ограничивает р(АB) снизу, кроме нуля? Я тут поразмыслил и пришел к выводу, что dimN(AB)<=dimN(A)+dimN(B) (N - нулевое пространство), значит p(AB)>=n-(dimN(A)+dimN(B)) (n — размер матриц).
Правильно я мыслю? Есть какие-то теоремы на этот счет?

Ага, всё так. Теорем таких вроде нет. Кстати, по-нашему это называется ранг и обозначается rank A.
Пишите письма! :)

Квас

Цитата: RawonaM от марта 25, 2011, 18:02
Расклад на множители утомительная штука :(

Окончательное-то разложение известно! Перемножьте скобки и запишите в обратном порядке. ;D
Пишите письма! :)

RawonaM

Цитата: Квас от марта 25, 2011, 18:11
ЦитироватьИзвестно, что р(АB)<=min{р(А), р(B)}  (р — ро, уровень матрицы).
А что ограничивает р(АB) снизу, кроме нуля? Я тут поразмыслил и пришел к выводу, что dimN(AB)<=dimN(A)+dimN(B) (N - нулевое пространство), значит p(AB)>=n-(dimN(A)+dimN(B)) (n — размер матриц).
Правильно я мыслю? Есть какие-то теоремы на этот счет?
Ага, всё так. Теорем таких вроде нет. Кстати, по-нашему это называется ранг и обозначается rank A.
А как же доказать? Я интуитивно так рассуждал:
допустим матрица А представляет трансформацию и матрица В тоже. А скидывает в ноль какие-то мерности (или никакие), В скидывает в ноль что-то (или ничего). Если перемножаем (т.е. наложение транформаций), то максимум скинутых в ноль это что А скинет и что В скинет, других нулей неоткуда взять. Но блин, на экзамене это за доказательство не пройдет. Вообще боюсь экзамена, потому что я хоть и немножко материал знаю, не знаю что в книге написано, а что нет, на что ссылаться можно. У нас с этим стого. Либо ссылка, либо доказывай, но не докажешь ведь все во время экзамена.

Цитата: Квас от марта 25, 2011, 18:12
ЦитироватьРасклад на множители утомительная штука :(
Окончательное-то разложение известно! Перемножьте скобки и запишите в обратном порядке. ;D
А вы хитры однако  :negozhe:

Квас

Цитата: RawonaM от марта 25, 2011, 16:09
Дан базис B={v1,v2...vn}. Дан некий вектор u и дано, что {v1+u,v2+u,...,vn+u} линейно зависима.
Доказать, что Sp{v1+u,v2+u,...,vn+u} = Sp{v1-v2,v2-v3,...,vn-1-vn} и что размерность этого подпространтва n-1.
Ниасилил вообще. :(

Пусть S1 =  {v1+u,v2+u,...,vn+u}, S2 = {v1-v2,v2-v3,...,vn-1-vn}. По условию S1 линейно зависима и требуется доказать, что Sp S1 = Sp S2.

Так как S1 линейно зависима и состоит из n векторов, то rank S1 <= n-1.

Легко видеть, что rank S2 = n-1. Для этого достаточно записать в столбцы координаты векторов этой системе в данном базисе и убедиться, что есть ненулевой минор порядка n-1.

Каждый вектор из S2 раскладывается по векторам из S1: v1-v2=(v1+u)-(v2+u) и т. д. Следовательно, [tex]\mathop{\mathrm Sp} S_2 \subset \mathop{\mathrm {Sp}} S_1[/tex], откуда получается
[tex]<br />\mathop{\mathrm {rank}} S_1 = \dim \mathop{\mathrm {Sp}} S_1 \geqslant \dim \mathop{\mathrm {Sp}} S_2 = \mathop{\mathrm {rank}} S_2<br />[/tex]
Отсюда rank S1 = n-1, и поэтому Sp S1 = Sp S2.
Пишите письма! :)

RawonaM

Вот еще вопрос:
Даны U и W подпространства некого чего-то. Доказать [tex](U \cap W)^{\perp}=U^{\perp}\cup W^{\perp}[/tex].

Тоже не осилил.

RawonaM

Цитата: Квас от марта 25, 2011, 18:28
Каждый вектор из S2 раскладывается по векторам из S1: v1-v2=(v1+u)-(v2+u) и т. д. Следовательно, [tex]\mathop{\mathrm Sp} S_2 \subset \mathop{\mathrm {Sp}} S_1[/tex], откуда получается
[tex] \mathop{\mathrm {rank}} S_1 = \dim \mathop{\mathrm {Sp}} S_1 \geqslant \dim \mathop{\mathrm {Sp}} S_2 = \mathop{\mathrm {rank}} S_2 [/tex]
Отсюда rank S1 = n-1, и поэтому Sp S1 = Sp S2.
Благодарю. Я бы до этого не додумался, все-таки сложно это.

Быстрый ответ

Обратите внимание: данное сообщение не будет отображаться, пока модератор не одобрит его.

Имя:
Имейл:
Проверка:
Оставьте это поле пустым:
Наберите символы, которые изображены на картинке
Прослушать / Запросить другое изображение

Наберите символы, которые изображены на картинке:

√36:
ALT+S — отправить
ALT+P — предварительный просмотр