Линейная алгебра

RawonaM · марта 2, 2011, 11:50

Беру стандартные базисы, эти векторы уже являются координатами в стандартном базисе, по идее все зеркально одинаково.

Квас · марта 2, 2011, 13:02

Да ничто не мешает, но надо будет посчитать.

В принципе, если мы знаем матрицу в одной паре базисов, то мы можем найти матрицу в любых других базисах. Вроде в методичке формулы для оператора в разных пространствах нет, но её легко вывести (ср. с. 6 методички о линейных операторах). Вывод прилагаю.

В нашем случае векторы наших базисов уже разложены по стандартным, поэтому матрицы перехода от стандартных к нашим выписываются сразу (как вы уже догадались, «в столбцы, в столбцы, в столбцы». Если их обратить, то получатся матрицы перехода от наших к стандартным. Вам предстоит обратить одну из этих матриц (главное, не перепутать какую!) и перемножить три матрицы, это вычислительная часть.

Кстати, как вы дополняете систему до базиса? Методом Гаусса?

RawonaM · марта 2, 2011, 13:13

Цитата: Квас от марта 2, 2011, 13:02
Кстати, как вы дополняете систему до базиса? Методом Гаусса?

Ну да, делаем ступеньки и заполняем дырки.

Пожалуйста, дублируйте все что в pdf-aх в сообщениях тоже, да и вообще в принципе pdf не обязательно, он нужен только если не работают формулы, а они вроде заработали. Очень неудобно бегать туда сюда с кучей открытых документов в ридере и непонятно какой к какому относится.

Вы где набираете это?

Квас · марта 2, 2011, 13:30

Цитата: RawonaM от марта 2, 2011, 13:13
Цитата: Квас от Сегодня в 14:02
ЦитироватьКстати, как вы дополняете систему до базиса? Методом Гаусса?
Ну да, делаем ступеньки и заполняем дырки.

Сначала дописать единичную матрицу, потом делать ступеньки, я надеюсь?

Цитата: RawonaM от марта 2, 2011, 13:13
Пожалуйста, дублируйте все что в pdf-aх в сообщениях тоже

Хорошо, вот последнее:

Пусть $[tex]\mathbf e[/tex]$ , $[tex]\mathbf e'[/tex]$ ~--- базисы в $[tex]R^n[/tex]$ (это не арифметическое пространство, а абстрактное линейное; $[tex]n[/tex]$ указывает на его размерность), $[tex]\mathbf f[/tex]$ , $[tex]\mathbf f'[/tex]$ ~--- базисы в $[tex]R^m[/tex]$ ; $[tex]T_{\mathbf e\mathbf e'}[/tex]$ , $[tex]T_{\mathbf f\mathbf f'}[/tex]$ ~--- матрицы перехода. Пусть $[tex]x \in R^n[/tex]$ ~--- произвольный вектор, $[tex]\xi[/tex]$ , $[tex]\xi'[/tex]$ ~--- столбцы его координат в базисах $[tex]\mathbf e[/tex]$ , $[tex]\mathbf e'[/tex]$ , $[tex]\eta[/tex]$ , $[tex]\eta'[/tex]$ ~--- столбцы координат вектора $[tex]Ax[/tex]$ в базисах $[tex]\mathbf f[/tex]$ , $[tex]\mathbf f'[/tex]$ . Тогда имеем:
$[tex] \eta = A_{\mathbf e\mathbf f} \xi, \ \xi=T_{\mathbf e\mathbf e'} \xi' [/tex]$
$[tex] \eta' = A_{\mathbf e'\mathbf f'} \xi', \ \eta=T_{\mathbf f\mathbf f'} \eta' [/tex]$
Из этих формул выводим
$[tex] \eta' = T_{\mathbf f\mathbf f'}^{-1} A_{\mathbf e\mathbf f}T_{\mathbf e\mathbf e'} \xi' , [/tex]$
то есть
$[tex] A_{\mathbf e'\mathbf f'} \xi' = T_{\mathbf f\mathbf f'}^{-1} A_{\mathbf e\mathbf f}T_{\mathbf e\mathbf e'} \xi' [/tex]$
при всех $[tex]\xi'[/tex]$ . Следовательно,
$[tex] A_{\mathbf e'\mathbf f'}= T_{\mathbf f\mathbf f'}^{-1} A_{\mathbf e\mathbf f}T_{\mathbf e\mathbf e'}.[/tex]$
Это и есть нужная формула.

Цитата: RawonaM от марта 2, 2011, 13:13
Вы где набираете это?

В редакторе для ТеХа и обрабатываю настоящим ТеХом.

RawonaM · марта 3, 2011, 16:39

Узнал дату экзамена: 31-го марта, т.е. есть еще четыре недели.

Решаю экзамены, иногда попадаются неприлично легкие вопросы, что прямо диву даешься. А иногда попадаются такие, что ниче не понятно.

Беспокоит то, что некоторые простые или даже сугубо технические вещи никак не осядут в голове.

RawonaM · марта 3, 2011, 16:41

Например с этими переходами выше так и не разобрался.

В выходные буду уже подробнее вникать во все поглубже, просто до сих пор занимался почти исключительно перечитыванием учебников и вспоминанием забытого. Теперь вот надо по-настоящему начать понимать.

RawonaM · марта 3, 2011, 18:01

Цитата: Квас от марта 2, 2011, 13:30
Цитировать
ЦитироватьКстати, как вы дополняете систему до базиса? Методом Гаусса?
Ну да, делаем ступеньки и заполняем дырки.
Сначала дописать единичную матрицу, потом делать ступеньки, я надеюсь?

Не очень понял, что это значит... Какая тут вообще сложность может быть? Берем допустим векторы:
1 1 0 0
0 0 3 4

Вставляем где надо, чтобы получилась правильная лесенка:
1 1 0 0
0 1 0 0
0 0 3 4
0 0 0 1

Вуаля, базис.
Или это элементарноватсон, или я чего-то недопонимаю. Дайте мне какую-нибудь группу векторов с подводным камнем, посмотрим смогу ли я дополнить

Квас · марта 3, 2011, 18:07

Векторы в строки?!?! Ужас!

Ну вот вам парочка: (1,1,1), (1,1,2).

RawonaM · марта 3, 2011, 18:18

Цитата: Квас от марта 3, 2011, 18:07
Ну вот вам парочка: (1,1,1), (1,1,2).

1 1 1
0 1 0
1 1 2

Если из третьей вычесть первую, то треугольная матрица получается, значит базис

Цитата: Квас от марта 3, 2011, 18:07
Векторы в строки?!?! Ужас!

А как вы решаете систему по системе Гаусса? Там вроде векторы строки. Мне в строках проще мысленно делать элементарные операции

Квас · марта 3, 2011, 18:25

Цитата: RawonaM от марта 3, 2011, 18:18
А как вы решаете систему по системе Гаусса? Там вроде векторы строки. Мне в с строках проще мысленно делать элементарные операции

В системе векторов как бы и нет. В строки-то коэффициенты записывают. И если решения трактовать как векторы арифметического пространства, то коэффициенты будут координатами функционалов на этом пространстве. Векторы в столбцы, функционалы в строки — это нормально.

Цитата: RawonaM от марта 3, 2011, 18:18
Цитата: Квас от Сегодня в 19:07
ЦитироватьНу вот вам парочка: (1,1,1), (1,1,2).
1 1 1
0 1 0
1 1 2

Если из третьей вычесть первую, то треугольная матрица получается, значит базис

Оба примера вы правильно решаете, потому что у вас получается, что ранг матрицы равен размерности пространства. Но вашего алгоритма я не понял. Почему вы в данном случае выбрали именно единицу на втором месте? Как бы вы применили свой алгоритм, например, к системе
(10, -11, 3, 4, -7, 6)
(17, 15, -8, 4, 31, 5)
(-2, 1, 20, 23, -6, 0)
? (Считать не надо, конечно: без компьютера тяжеловато.)

RawonaM · марта 3, 2011, 18:32

Цитата: Квас от марта 3, 2011, 18:25
Оба примера вы правильно решаете, потому что у вас получается, что ранг матрицы равен размерности пространства. Но вашего алгоритма я не понял. Почему вы в данном случае выбрали именно единицу на втором месте? Как бы вы применили свой алгоритм, например, к системе
(10, -11, 3, 4, -7, 6)
(17, 15, -8, 4, 31, 5)
(-2, 1, 20, 23, -6, 0)
? (Считать не надо, конечно: без компьютера тяжеловато.)

Третью строку умножаю на 5 и прибавляю к ней первую, тогда у нее первый элемент будет ноль. Вторую строку делю на 17 и вычитаю из нее 1/10 первой строки, тогда у нее первый элемент будет ноль. Дальше с третьей и второй строкой делаю похожие действия, чтобы получить нули на втором (и т.п.) месте. В итоге получается лесенка, которую я дополняю до правильной лесенки квадратной матрицы. Но на строки которые мы поломали нужно сделать анду, т.е. взять те, что изначально были.
Что-то типа того.

Квас · марта 3, 2011, 18:45

А, теперь я понял! То есть фактически вы прибавляете к векторам линейные комбинации остальных векторов системы, при этом линейная оболочка не меняется.

Можно ещё вот так.

Задача. Найти базис конечной системы векторов.

Записываем векторы в столбцы и элементарными преобразованиями строк приводим матрицу к ступенчатому виду. В столбцах преобразованных матриц получаются координаты исходных векторов в новых базисах. По ступенчатому виду базис определяется мгновенно: его составляют столбцы, соответствующие «углам» ступенек, то есть в которых находится ненулевой минор наибольшего порядка.

А для дополнения системы векторов до базиса в прошлом году я предлагал студентам поставить векторы в столбцы, дописать справа единичную матрицу и действовать по вышеописанному алгоритму. Кажется, это моя самодеятельность; вычислений получается больше, чем у вас.

Квас · марта 3, 2011, 18:47

Вот ведь голова садовая! Кажется, мне рассказывали когда-то ваш алгоритм, да из головы выветрился. Так что спасибо, что напомнили! (Жалко, мои нынешние студенты не оценят.

)

RawonaM · марта 3, 2011, 18:53

Цитата: Квас от марта 3, 2011, 18:47
Вот ведь голова садовая! Кажется, мне рассказывали когда-то ваш алгоритм, да из головы выветрился. Так что спасибо, что напомнили! (Жалко, мои нынешние студенты не оценят. )

Да не за что. Я посмотрю, какой алгоритм используется у нас в книге, я как-то делал это интуитивно, то ли я помню это с три года назад из книги, то ли я сам придумал, не знаю, но как-то не зацикливался на этом, казалось тривиальной задачей.

Цитата: Квас от марта 3, 2011, 18:45
Записываем векторы в столбцы и элементарными преобразованиями строк приводим матрицу к ступенчатому виду. В столбцах преобразованных матриц получаются координаты исходных векторов 1) в новых базисах. 2) По ступенчатому виду базис определяется мгновенно: его составляют столбцы, соответствующие «углам» ступенек, то есть в которых находится ненулевой минор наибольшего порядка.

Что за новые базисы? Можете дать наглядный пример? А то непонятно все-таки.

Квас · марта 3, 2011, 19:15

Цитата: RawonaM от марта 3, 2011, 18:53
Цитата: Квас от Сегодня в 19:45
ЦитироватьЗаписываем векторы в столбцы и элементарными преобразованиями строк приводим матрицу к ступенчатому виду. В столбцах преобразованных матриц получаются координаты исходных векторов 1) в новых базисах. 2) По ступенчатому виду базис определяется мгновенно: его составляют столбцы, соответствующие «углам» ступенек, то есть в которых находится ненулевой минор наибольшего порядка.
Что за новые базисы? Можете дать наглядный пример? А то непонятно все-таки.

Если поменять местами два вектора базиса, то при разложении по полученному базису у векторов меняются местами две соответствующие координаты. Например, пусть
$[tex]x = \xi_1 e_1 + \xi_2 e_2 + \xi_3 e_3 + \ldots + \xi_n e_n,[/tex]$
тогда в базисе $[tex]e_1, e_2, e_3,\ldots, e_n[/tex]$ x имеет координаты $[tex](\xi_1, \xi_2, \ldots, \xi_n)[/tex]$ . Но можно записать
$[tex]x = \xi_ 2e_2 + \xi_1 e_1 + \xi_3 e_3 + \ldots + \xi_n e_n,[/tex]$
тогда получается, что в базисе $[tex]e_2, e_1, e_3 \ldots, e_n[/tex]$ x имеет координаты $[tex](\xi_2, \xi_1, \xi_3 \ldots, \xi_n)[/tex]$ .

Если вектор базиса разделить на $[tex]\alpha \neq 0[/tex]$ , то соответствующие координаты векторов умножаются на $[tex]\alpha[/tex]$ . Если вектор $[tex]e_i[/tex]$ заменить на $[tex]e_i + \alpha e_j[/tex]$ , то $[tex]\xi_j[/tex]$ заменяется на $[tex]\xi_j - \alpha \xi_i[/tex]$ . Это легко проверить.

Таким образом, если менять местами координаты векторов, умножать координату на ненулевое число или добавлять к координате другую, умноженную на любое число, то новые наборы чисел можно рассматривать, как координаты в новых базисах, которые получаются соответственно изменением порядка базисных векторов, умножения вектора базиса на некоторое число, отличное от 0, и прибавления к вектору базиса другого, умноженного на число. (Эти операции не портят линейной независимости.)

Если мы, записав векторы в столбцы, увидели ступенчатую матрицу, то базис очевиден (как и многое другое). В противном случае можно привести матрицу к ступенчатой методом Гаусса, в столбцах будут всё время записаны те же векторы, но в новых базисах (отличающихся перестановкой векторов и т. д.). А по ступенчатой матрице мы определяем, что базис состоит, например, из первого, третьего и четвёртого векторов.

RawonaM · марта 3, 2011, 19:30

Мне кажется у нас почти всегда векторы выстраивают в строки, поэтому мне совсем непривычно думать в столбиках, вся природа противится

Квас · марта 3, 2011, 19:44

Цитата: RawonaM от марта 3, 2011, 19:30
Мне кажется у нас почти всегда векторы выстраивают в строки, поэтому мне совсем непривычно думать в столбиках, вся природа противится

Элементарные преобразования часто со строками делаются, это факт. Их можно производить со столбцами, например, при вычислении определителя или ранга, но даже в последнем случае имеет смысл работать только со строками (если интересует не только ранг, но и базис).

Но при матричном формализме для векторов естественны столбцы. На самом деле это в природе вещей. В качестве проявлений этой природы можно привести такие примеры: когда вы линейную систему записываете в виде матричного уравнения, у вас и неизвестные, и свободные члены записываются в столбцах; когда вы рассматриваете действие линейного оператора в координатах, вы матрицу оператора умножаете на столбец координат вектора. Жалко, тензоры в вашу программу не входят, а то вы бы лучше почувствовали принцип «векторы в столбцы, ковекторы в строки».

Конечно, я приложу все усилия, чтобы выработать у вас правильный стереотип.

RawonaM · марта 3, 2011, 23:13

дё кестьё:

1) Если существует v так что T(v)=2v, значит у этой трансформации стопроцентов айгенвалью 2?

2) Как соотносятся трансформации матриц с обычными трансформациями? Т.е., вопрос такой: есть трансформация матриц nxn Т1(Х)=АХ и есть допустим трансформация Т2(x)=Аx из R^n в R^n, что у них общего и что у них различного? Матрица А та же. По идее, матричная трансформация может быть представлена как матрица n^2xn^2 и со стандартным базисом матричного пространства она будет диагональная. Значит ли, что все матричные трансформации можно представить диагональной матрицей?

Квас · марта 3, 2011, 23:39

1) Да, если v <> 0.
2) Интересная задача. Только в стандартном базисе пространства матриц («единичка», бегающая по элементам матрицы) оператор умножения на фиксированную матрицу будет иметь блочно-диагональную матрицу. Это соответствует разложению пространства матриц в прямую сумму n инвариантных подпространств.

Смотрите, как получается. Когда мы умножаем матрицы AX, мы строки A умножаем на столбцы X, то есть фактически отдельно применяем A к столбцам матрицы X. Можно рассмотреть представление пространства матриц в виде суммы n подпространств, где j-е подпространство состоит из матриц, все элементы которых вне j-го столбца равны 0. Легко видеть, что эта сумма прямая, и что каждое подпространство инвариантно относительно T. Кроме того, на каждом из этих подпространств оператор T действует как оператор умножения матрицы A на вектор, то есть в стандартных базисах этих подпространств матрицей оператора Т является A. Таким образом, в стандартном базисе T имеет матрицу
$[tex] \begin{pmatrix} A & 0 &\ldots & 0\\ 0 & A & \ldots & 0\\ \hdotsfor{4}\\ 0 & 0 & \ldots & A \end{pmatrix} [/tex]$
Можно сказать, что T является «прямой суммой $[tex]A \oplus \dots\oplus A [/tex]$ (n слагаемых)».

Вообще можно понять, что я написал?

RawonaM · марта 3, 2011, 23:50

Цитата: Квас от марта 3, 2011, 23:39
Только в стандартном базисе пространства матриц («единичка», бегающая по элементам матрицы) оператор умножения на фиксированную матрицу будет иметь блочно-диагональную матрицу.

Почему же?.. Почему не диагональную?

Цитата: Квас от марта 3, 2011, 23:39
Вообще можно понять, что я написал?

Наверное можно, но завтра на свежую голову

Квас · марта 3, 2011, 23:53

Цитата: RawonaM от марта 3, 2011, 23:50
Цитата: Квас от Сегодня в 00:39
ЦитироватьТолько в стандартном базисе пространства матриц («единичка», бегающая по элементам матрицы) оператор умножения на фиксированную матрицу будет иметь блочно-диагональную матрицу.
Почему же?.. Почему не диагональную?

Да попробуйте посмотреть на конкретном примере: матрицы второго порядка, и A какую-нибудь незамысловатую возьмите, например,
$[tex] \begin{pmatrix} 1 & 2\\ 3 & 4 \end{pmatrix} [/tex]$
Лучше один раз увидеть, чем сто раз услышать.

Вообще, полезно всякие такие штуки смотреть на примерах. Тогда общая ситуация становится гораздо понятнее.

RawonaM · марта 3, 2011, 23:55

Цитата: Квас от марта 3, 2011, 23:39
1) Да, если v <> 0.

Если например у меня трехмерная диагонабельная (диагонируемая?..))) трансформация, дан базис, и даны два айгенвалью соответствующие двум элементам базиса, могу ли я заключить, что третий элемент базиса из подпространтсва третьего айгенвалью? Или он может быть вообще не принадлежащим ни к одному айгенвалью? Но ведь трансформация диагонабельная, значит все векторы принадлежат какому-то айгенвалью.

RawonaM · марта 3, 2011, 23:56

Цитата: Квас от марта 3, 2011, 23:53
Да попробуйте посмотреть на конкретном примере: матрицы второго порядка, и A какую-нибудь незамысловатую возьмите, например,
$[tex] \begin{pmatrix} 1 & 2\\ 3 & 4 \end{pmatrix} [/tex]$
Лучше один раз увидеть, чем сто раз услышать. Вообще, полезно всякие такие штуки смотреть на примерах. Тогда общая ситуация становится гораздо понятнее.

Ну, разве не верно, что в стандартном базисе тут матрица с диагональю 1 2 3 4, а остальные элементы нули?

Квас · марта 3, 2011, 23:59

Пусть $[tex]E_{ij}[/tex]$ — матрица, у которой на месте ij стоит 1, на остальных — нули. Эти матрицы и будут образовывать стандартный базис.

$[tex] AE_{11}= \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 3 & 0 \end{pmatrix} = E_{11} + 3 E_{21} [/tex]$
Какая же тут получится диагональная матрица?

RawonaM · марта 4, 2011, 00:02

Нет, что-то у вас запутано. Я с утра нарисую. Может когда нарисую, и мне яснее станет

Пока что надо спать, спокойной ночи

Лингвофорум

Линейная алгебра

RawonaM

Квас

RawonaM

Квас

RawonaM

RawonaM

RawonaM

Квас

RawonaM

Квас

RawonaM

Квас

Квас

RawonaM

Квас

RawonaM

Квас

RawonaM

Квас

RawonaM

Квас

RawonaM

RawonaM

Квас

RawonaM

Быстрый ответ