liniowa maniek: Trivial mógłbyś zajrzeć jeżeli miałbyś czas ? Polecenie : Odszukaj wartości własne, oraz dla każdej wartości odszukać przestrzeń wektorów własnych − formalnie. Następnie zapisać ją w postaci ABA⁻¹ A = | 2 0 0 | | −1 4 0 | | −3 6 2 | Pierwszy punkt umiem zrobić: | 2 − x 0 0 | | −1 4 − x 0 | detA = (2 − x)(4 − x)(2 − x) = (2 − x)²(4 − x) | −3 6 2 − x | Czyli wartości własne to x = 2 lub x = 4 a) x = 2 | 0 0 0 | [ x ] [ 0 ] | −1 4 0 | [ y ] = [ 0 ] | −3 6 2 | [ z ] [ 0 ]

⎧	−x + y = 0
⎩	−3x + 6y + 2z = 0

i co dalej? bo tutaj zawsze się zawieszam

Trivial: Źle odjąłeś. A − 2J = { 0 0 0 −1 2 0 −3 6 0 } Jako że pierwiastek x = 2 jest podwójny mamy nadzieję otrzymać dwa wektory własne. Redukujemy macierz A − 2J do postaci rref: 0 0 0 −1 2 0 −3 6 0 → 0 0 0 −1 2 0 0 0 0 → 0 0 0 1 −2 0 0 0 0 Wektory, które spełniają równanie (A−2J)x = 0 to: 2 0 x = c₁* 1 + c₂* 0 0 1 Czyli naszymi wektorami własnymi są x₁ = [2 1 0]^T oraz x₂ = [0 0 1]^T Dla x = 4 spróbuj sam.

maniek: faktycznie się pomyliłem a) x = 2 | 0 0 0 | [ x ] [ 0 ] | −1 2 0 | [ y ] = [ 0 ] | −3 6 0 | [ z ] [ 0 ] Tak powinno być dobrze, natomiast czemu zapisałeś : A − 2J skąd to J ? Co to postać rref ?

maniek: a może dałoby się z tego układu równań który ułozyłem zrobić?

maniek:

Trivial: J to macierz jednostkowa. Postać rref to reduced row echelon form (macierz schodkowa zredukowana): http://pl.wikipedia.org/wiki/Macierz_schodkowa#Redukcja http://en.wikipedia.org/wiki/Row_echelon_form#Reduced_row_echelon_form Eliminacja do postaci rref to uogólniona eliminacja Gaussa. Z układu równań również da się to rozwiązać, ale sprowadza się to do takiej samej procedury. −x + 2y = 0 −3x + 6y = 0 drugie równanie to 3*pierwsze, zatem: −x + 2y = 0 x = 2y. Wprowadzamy parametry c₁, c₂ i mamy: x = 2c₁ y = c₁ z = c₂ Zapisane wektorowo: w = c₁*[2 1 0]^T + c₂*[0 0 1]^T

maniek: do tego jeszcze wrócę − bo pierwiastek jest podwójny natomiast chcę obliczć x = 4, mam wtedy | −2 0 0 | [ x ] [ 0 ] | −1 0 0 | [ y ] = [ 0 ] | −3 6 −2 | [ z ] [ 0 ] więc gaussem : | −2 0 0 0 | | −1 0 0 0 | | −3 6 −2 0 | i tutaj moje pytanie : czy podczas rozwiązywania układu równań można zamieniac wiersze ? | −3 6 −2 0 | | −1 0 0 0 | | −2 0 0 0 | w₃ = 2 * w₂ + w₃ | −3 6 −2 0 | | −1 0 0 0 | | 0 0 0 0 | w₂ = (−3) * w₂ + w₁ | −3 6 −2 0 | | 0 6 −2 0 | | 0 0 0 0 | z = α

	1
1) 6y − 2α = 0 ⇒ y =		α
	3

2) −3x + 2α − 2α = 0 ⇒ x = 0

	1
zgadza się ? formalnie [0,		α, α]T
	3

maniek:

Trivial:

maniek: to oznacza, że źle, czy odpowiedź na minkę

Trivial: odpowiedź ma minkę. Weź ten Twój wektor i sprawdź czy "działa" Czy A*u = λu ? Gdzie λ = 4, u = [0 1/3 1]^T. Au = 0*[2 −1 −3]^T + (1/3)*[0 4 6]^t + 1*[0 0 2]^T = [0 4/3 4]^T = 4*u OK.

maniek: A to dla tego pierwszego przypadku: | 0 0 0 | | −3 6 0 | | −1 2 0 | −> (w₁ <> w₃) | −1 2 0 | | −3 6 0 | | 0 0 0 | w₂ : (−3) * w₂ + w₁ | −3 6 0 | | 0 0 0 | | 0 0 0 | z = α y = β −3x + 6y = 0 x − 2y = 0 x − 2β = 0 x = 2β więc : [2β, β, α]^T, tak to można formalnie zapisać? i przykład : [2, 1, 0]^T

maniek: teraz drugi układ: | −3 6 0 2 | | 0 0 0 1 | | 0 0 0 0 | i tutaj nie ma przypadkiem sprzecznego? czy coś zepsułem ?

maniek: można prosić o sprawdzenie ?

Trivial: Rozwiązanie OK, a czym jest "drugi układ" nie wiem.

maniek: bo bo jak mam jeden wektor wyznaczony dla wartości jednej [2, 1, 0]^T, to teraz muszę drugi znaleźć w jaki sposób ?

Trivial: Przecież masz dwa. Jeden [2 1 0]^T, drugi [0 0 1]^T.

maniek: ale ogólnie to jak podstawiać te wartości aby otrzymać takie dwa rozwiązania? bo znalazłem że aby obliczyć drugą podwójną wartość trzeba rozwiązać kolejny układ równań tym razem z wynikami już obliczonymi czyli, jak podstawiałem wpierw [0, 0, 0]^T, to teraz [2, 1, 0]^T, ale to nie działa

Trivial: Chcesz liczyć tzw. wektory główne wyższych rzędów. To się robi tylko, jeśli nie można uzyskać dwóch niezależnych liniowo wektorów własnych. A tutaj przecież je mamy.

maniek: a kiedy nie można uzyskać dwóch liniowo niezależnych wektorów ?

Trivial: Zależy od macierzy. Chodzi o to, że dla wartości własnej o krotności k można uzyskać maksymalnie k liniowo niezależnych wektorów własnych. Ale czasami jest ich mniej − wtedy liczymy wektory główne. Poczytaj o postaci Jordana macierzy.

maniek: to mam taki same zadanie i informacje, że wektor zerowy możemy traktować w wektorach własnych, chociaż że definicja mówi inaczej: | 3 −1 −2 | | x 0 0 | | 3 − x −1 −2 | A = | 2 0 −2 | − | 0 x 0 | = | 2 −x −2 | | 2 −1 −1 | | 0 0 x | | 2 −1 −1 − x | detA = −x(x − 1)² (można prosić o sprawdzenie?) a) x = 0 | 3 −1 −2 | [ x ] [ 0 ] | 2 0 −2 | [ y ] = [ 0 ] | 2 −1 −1 | [ z ] [ 0 ] operacje elementarne i dochodzę do : | 3 −1 −2 | | 0 1 −1 | | 0 0 0 | z = α y − α = 0 y = α z = α Wychodzi z tego [α, α, α]^T, więc jaki dać wektor [0, 0, 0] − na podstawie tego co na górze jest napisane, czy [1, 1, 1] ? b) x = 1 | 2 −1 −2 | [ x ] [ 0 ] | 2 −1 −2 | [ y ] = [ 0 ] | 2 −1 −2 | [ z ] [ 0 ] | 2 −1 −2 | | 2 −1 −2 | | 0 0 0 | | 2 −1 −2 | | 0 0 0 | | 0 0 0 | Czy to jest postać schodkowa? Jeżeli tak to : z = β y = α 2x − α −2β = 0 2x = α + 2β

	α + 2β
x =
	2

	α
[		+ β, α, β]T
	2

przykład i jak to traktować, tę wstępną informację ? czy dac przykład [0, 0, 0]^T, czy to źle − według mnie nie może tak być [0, 0, 1]^T

	1
[		, 1, 0]T
	2

takie bym dał i teraz końcowe pytanie: czy to co podałem jest przestrzeń formalnie zapisana?

maniek: można prosić o sprawdzenie ?

Trivial: Nie możesz przyjąć wektora zerowego. Interesują nas tylko niezerowe wektory. Zobaczmy co powie na to wolfram: http://www.wolframalpha.com/input/?i={{3%2C-1%2C-2}%2C{2%2C0%2C-2}%2C{2%2C-1%2C-1}}+eigenvectors Czyli masz dobry wynik. W drugim przypadku na wolframie jest α_Wolfram = 2α, ale to nie szkodzi − wielokrotności wektorów własnych też są wektorami własnymi. Gdy masz kilka parametrów po kolei przyjmujesz: 1. (α,β,γ,...) = (1,0,0,...) 2. (α,β,γ,...) = (0,1,0,...) 3. (α,β,γ,...) = (0,0,1,...) ... I sprawdzasz co wychodzi. Jeśli dobrze podstawisz wyjdą Ci wyniki: λ₁ = 1 → v₁ = [1 0 1]^T λ₂ = 1 → v₂ = [¹₂ 1 0]^T λ₃ = 0 → v₃ = [1 1 1 ]^T

maniek: Czyli się zgadza? To pozostało macierz A zapisać w formie BPB⁻1 czy dobrze będzie: a) przykład godziny 23:19 − 17 lipca [ 1 0 1 ] [ 0 0 0 ] ([ 1 0 1 ] ) ⁻¹

	1		1
[		1 0 ] [ 0 1 0 ] ([		1 0 ] )
	2		2

[ 1 1 1] [ 0 0 1 ] ([ 1 1 1] ) b) przykłda z godziny 19:21 − 13 lipca [ 2 0 0 ] [ 2 0 0 ] ([ 2 0 0 ])⁻¹

	1		1
[ 1 0		] [ 0 2 0 ] ([ 1 0		] )
	3		3

[ 0 1 1 ] [ 0 0 4 ] ([ 0 1 1 ])

Trivial: Źle. Te wektory są kolumnowe (dlatego mają ^T na końcu) Poza tym wartości własne po przekątnej muszą odpowiadać poprawnym wektorom (a nie losowo jak u Ciebie. ). Powinno wyglądać to tak: A = SΛS⁻¹ Λ = diag(λ₁, λ₂, ..., λ_n) = [ λ₁ ] [ λ₂ ] [ ... ] [ λ_n ] S = [ v₁ v₂ ... v_n ] Gdzie v_k (wektor kolumnowy) odpowiada wartości własnej λ_k.

maniek: No ale ustawiłem te wektory kolumnowo chyba? Mi się wydaje, że macierz diag dobrze ustawiłem, przykład b) jest całkowicie błędny ?

Trivial: Przykładowe rozwiązania (można zamieniać wektory miejscami, ale tylko wtedy gdy zamienimy odpowiadające im wartości własne). a) [1 1/2 1] [1 ] [1 1/2 1]⁻¹ [0 1 1] [ 1 ] [0 1 1] [1 0 1] [ 0] [1 0 1] b) [2 0 0 ] [2 ] [2 0 0 ]⁻¹ [1 0 1/3] [ 2 ] [1 0 1/3] [0 1 1 ] [ 4] [0 1 1 ]

maniek: czyli b) miałem dobrze? natomiast w a) fakt pomyliłem się, a jak dla macierzy | 3 −1 −2 | A = | 2 0 −2 | | 2 −1 −1 | obliczyć A²⁰¹³ ?

Trivial: A tak, przepraszam. Nawet nie spojrzałem na b) gdy zobaczyłem a).

Trivial: Zastosuj diagonalizację macierzy. A = SΛS⁻¹ A²⁰¹³ = SΛS⁻¹SΛS⁻¹SΛS⁻¹...SΛS⁻¹SΛS⁻¹ = SΛ²⁰¹³S⁻¹ = S*diag(λ₁²⁰¹³, λ₂²⁰¹³, λ₃²⁰¹³)*S⁻¹

maniek: a nie ma jakiegoś wzoru na to? czy to muszę wymnożyć ?

Trivial: Przecież podałem wzór. To raptem mnożenie 3 macierzy, z czego jedna jest diagonalna. Jakoś sobie poradzisz.

maniek: ale jak obliczyć /\ ²⁰¹³ czyli diag(λ₁²⁰¹³, ... )

Trivial: λ₁ to jest liczba. λ₁²⁰¹³ to zwykła potęga. Poza tym ten przykład już jest rozwiązany. Wartości własne wyszły: λ_1,2 = 1, λ₃ = 0, zatem λ_1,2²⁰¹³ = 1, λ₃²⁰¹³ = 0, czyli mamy taką sytuację, że A²⁰¹³ = SΛ²⁰¹³S⁻¹ = SΛS⁻¹ = A.

maniek: a jakby obliczyć dla λ₁ = 2, λ₂ = 2, λ₃ = 4 czyli diag(2²⁰¹³, 2²⁰¹³, 4²⁰¹³) i mnożymy normalnie ? z takimi liczbami i wynik też końcowy będzie w takimi potęgami ? (piszę o przykładzie z samego początku tematu)

Trivial: Nie musisz mnożyć. Lepiej po prostu zostawić te liczby i używać ich w takiej postaci jak są. Mam dla Ciebie zadanko do przećwiczenia. Zadanie: Problem migracji ludności. Co roku z Krakowa do Warszawy przeprowadza się 30% osób, a z Warszawy do Krakowa − 20%. Przyjmując, że na początku oba miasta zamieszkuje 5000 osób obliczyć liczbę mieszkańców Krakowa po upływie 10 lat. Jeżeli będziesz miał problemy mogę dać wskazówkę

maniek: za punkt wyjściowy wziąć, że: wpierw liczba w Warszawie będzie 6500 i z tej ilości osób wyjeżdza 20% do Krakowa? bo 6500 − z 30% z Krakowa.

Trivial:

	Kraków Warszawa
u =

Na początku mamy:

	5000 5000
u0 =

Po roku:

	0.7 0.2 0.8 0.3	5000 5000
u1 =

Po 10 latach:

	0.7 0.2 0.8 0.3		5000 5000
u10 =		10

Teraz najszybciej będzie zrobić tak: 1. Policzyć wartości i wektory własne (λ₁, λ₂, v₁, v₂).

	5000 5000
2. Rozłożyć u0 =		= c1*v1 + c2*v2 (znaleźć c1,c2)

3. Z podstawowego równania wektorów własnych mamy: Av = λv Czyli A¹⁰u₀ = A¹⁰(c₁*v₁ + c₂*v₂) = c₁A¹⁰v₁ + c₂A¹⁰v₂ = c₁λ₁¹⁰v₁ + c₂λ₂¹⁰v₂ Do dzieła.

Trivial: Oj, macierz jest zła. Powinno być:

	0.7 0.2 0.3 0.8	5000 5000
u1 =

	0.7 0.2 0.3 0.8		5000 5000
u10 =		10

Trivial: A ta macierz bierze się z tego, że: Kraków_n+1 = 70%*Kraków_n + 20%*Warszawa_n Warszawa_n+1 = 30%*Kraków_n + 80%*Warszawa_n Czyli

Kraków Warszawa		0.7 0.2 0.3 0.8	Kraków Warszawa
	n+1 =			n

maniek: jeszcze nie było odpowiedzi to mam jeszcze przykład: A = | 2 1 | | −2 −1 | | 2 − x 1 | | −2 −1 − x | detA = (2 − x)(−1 − x) − 1 * (−2) = x(x − 1) λ₁ = 0 | 2 1 0 | | 2 1 0 | | −2 −1 0 | | 0 0 0 | 2x + α = 0

	α
x = −
	2

	α
[−		, α]T
	2

λ₂ = 1 | 1 1 | | 1 1 0 | | −2 −2 | | 0 0 0 | x + α = 0 [−α, α]^T diag(λ₁, λ₂) = [ −1/2 −1 ] [ 0 0 ] ([ −1/2 −1 ] )⁻¹ [ 1 1 ] [ 0 1 ] ([ 1 1 ] )⁻¹ i teraz muszę wyznaczyć macierz B (2 x 2) taką , że B⁵ = A, jak to zrobić?

maniek: to zastosowanie algebry w życiowych zadaniach? 1) jak obliczyć wektory i własności własne

0.7 0.2 0.3 0.8		5000 5000
	10

normalnie wykorzystałbym A − λI, ale tutaj nie wiem jak z potęgami to potraktować

Trivial: Diagonalizacja OK, tylko zapis diag(λ₁, λ₂) oznacza coś innego.

	λ1 0 0 λ2
diag(λ1, λ2) =		.

Zamiast tego diag(λ₁, λ₂) = .... powinieneś po prostu napisać A = .... Zastanówmy się co się dzieje z wektorami własnymi. Mamy równanie B⁵ = A Mnożymy przez wektor własny macierzy A i mamy: B⁵v = Av = λ_Av Zauważmy, że v jest jednocześnie wektorem własnym macierzy B⁵, czyli również macierzy B. Zmieni się tylko wartość własna. Bv = λ_Bv ⇒ B⁵v = λ_B⁵v = λ_Av Skąd: λ_B = ⁵√λ_A λ_1,B = ⁵√λ_1,A = ⁵√0 = 0 = λ_1,A λ_2,B = ⁵√λ_2,A = ⁵√1 = 1 = λ_2,A Czyli mamy, że λ_B = λ_A, a zatem B = A. Nawet nie trzeba było liczyć wektorów własnych.

Trivial: Tak, to zastosowanie w życiowych zadaniach. Algebra liniowa ma duuużo zastosowań w rzeczywistych problemach.

	0.7 0.2 0.3 0.8
Co do zadania, to trzeba policzyć wartości własne macierzy		.

maniek:

	0.7 − x 0.2 0.3 0.8 − x
A =

	1
detA = (0.7 − x)(0.8 − x) − 0.06 = (x −		)(x − 1)
	2

	1
λ1 =		= 0.5
	2

0.2 0.2 0.3 0.3

	5		5		10		10
|				0 | (w2 :		* w2 −		* w1)
	10		10		3		5

	3		3
|				0 |
	10		10

	1		1
|				0 |
	2		2

| 0 0 0 |

1		1
	x +		α = 0
2		2

x = −α [−α, α]^T [−1, 1]^T λ₂ = 1

−0.3 0.2 0.3 −0.2

	3		5
−		x +		α = 0
	10		10

	5
x =		α
	3

	5
[		α, α]T
	3

	5
[		, 1]
	3

v₁ = [−1, 1]^T

	5
v2 = [		, 1]T
	3

ok ?

Trivial: Pierwszy wektor OK. Drugi wyszedł mi v₂ = [ 2 3 ]^T

maniek: fakt jest błąd: λ₂ = 1

−0.3 0.2 0.3 −0.2

	3		2
−		x +		α = 0
	10		10

3x = 2α

	2
x =		α
	3

	2
[		α, α]T
	3

	2
v2 = [		, 1]T − czy to jest to samo co : [2, 3]T
	3

Trivial: Tak naprawdę to nie jest konieczne takie formalne rozpisywanie. Dla 2x2 te wektory można zgadnąć. Korzystamy z faktu, że

	x y
[ b1 b2 ]*		= x*b1 + y*b2 b1,b2 − kolumny

Następnie odgadujemy współczynniki x,y takie, żeby wyszło zero. Dla λ₂ = 1 mamy:

−0.3 0.2 0.3 −0.2

Odgadujemy współczynniki (x,y) = (2,3) i sprawdzamy:

−0.3 0.2 0.3 −0.2	2 3		−0.3 0.3		0.2 −0.2
		= 2*		+ 3*

	−0.6 0.6		0.6 −0.6
=		+		= 0.

Trivial: Tak. Jeżeli v jest wektorem własnym, to c*v też jest. (c − stała, c ≠ 0).

maniek:

	5000 5000
2) u0 =		= c1 * v1 + c2 * v2

v₁ = [−1, 1]^T v₂ = [2, 3]^T

5000 5000
	= c1 * (−1) + c1 * (1) + c2 * 2 + c2 * 3

jak to obliczyć? rozpisać

Trivial:

5000 5000		−1 1		2 3		−1 2 1 3	c1 c2
	= c1*		+ c2*		=

I teraz rozwiązać prosty układ równań:

−1 2 1 3	c1 c2		1 1
		= 5000*

Najłatwiej znowu odgadnąć próbując sumować wielokrotności kolumn, czyli z równania:

	1 1		−1 1		2 3
5000*		= c1*		+ c2*

maniek: c₁ = 5000 i c₂ = 1250

Basia:

5000 5000		−c1+2c2 c1+3c2
	=

−c₁+2c₂ = 5000 c₁+3c₂ = 5000 −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− 5c₂ = 10000 c₂ = 2000 c₁+6000 = 5000 c₁ = −1000

Trivial: c₁ = −1000, c₂ = 2000

Trivial: No to teraz już prawie zadanie wykonane. Wystarczy policzyć: u₁₀ = A¹⁰u₀ = c₁λ₁¹⁰v₁ + c₂λ₂¹⁰v₂

maniek: jajć, faktycznie, dziękuję za poprawkę 3) Av = λv A¹⁰u₀ = c₁λ₁¹0v₁ + c₂ λ₂¹⁰v₂

	1000
A10u0 = −		* [−1, 1] + 2000 * [2, 3] =
	1024

	125		125
[		, −		] + [4000, 6000] = ... teraz dodać to ?
	128		128

Trivial: Nie musisz, wynik dobry. Można najwyżej przybliżyć: u₁₀ ≈ [4001, 5999] Zauważ, że nie straciliśmy nigdzie ludzi. 4001 + 5999 dalej sumuje się do 10 000, tak jak na początku. No to teraz ile ludzi będzie dla u_∞?

maniek: tyle samo? albo będzie oscylowało w tych granicach

Trivial: Będzie u_∞ = lim_n→∞ c₁λ₁ⁿv₁ + c₂λ₂ⁿv₂ =^{|λ₁| < 1, λ₂ = 1}= c₂v₂

	4000 6000
=		.

maniek: ciekawe rzeczy, algebra + analiza

maniek: Jeżeli jeszcze jesteśmy przy wartościach własnych to mam zadanie: "A jest macierzą o wymiarach [n x n] oraz współczynnikach ∊ R. A spełnia własność A² = A. Udowodnij, że wszystkie wartości własne macierzy A mają "M" który wynosi 0 albo 1." M − moduł

Trivial: A² = A A² − A = 0 Jeżeli mamy równanie wielomianowe na macierzy A, tzn. p(A) = A² − A, p(A) = 0 To takie samo równanie muszą spełniać wartości własne. (dlaczego?) p(λ) = λ² − λ, p(λ) = 0 Czyli: λ² − λ = 0 I teraz już widać.

maniek: naprawdę wystarczyło rozwiązać równanie? to takie proste "Macierz A jest diag... [ m x m ]. Wiedząc, że wartości własne to {−1, 1} wykaż, że A⁻¹ = A" tutaj rozpisać sobie ten wzór BPB⁻¹ i coś zauważyć, czy znowu jakieś równanie

maniek: "To takie samo równanie muszą spełniać wartości własne. (dlaczego?)" − nie wiem mógłbyś wytłumaczyć? Jeżeli to drugie można tak samo rozwiązać to: A⁻¹ = A A⁻¹ − A = 0 p(λ) = λ⁻¹ − λ, p(λ) = 0

1
	− λ = 0
λ

1 − λ² = 0 (1 − λ)(1 + λ) = 0 ?

Trivial: Nie powiedziałeś mi dlaczego jest tak, że p(A) = 0 ⇔ p(λ) = 0. Skoro A jest macierzą diagonalną, to jej wartości własne to po prostu elementy na diagonali. Wykorzystując fakt, że [ a ]⁻¹ [ b ] [ ... ] [ d ] = [ 1/a ] [ 1/b ] [ ... ] [ 1/d ]

	1		1
Mamy udowodnioną tezę, gdyż		= 1 oraz		= −1.
	1		−1

Trivial: A jeśli macierz A jest diagonalizowalna, a niekoniecznie diagonalna, to trzeba zrobić tak jak Ty.

maniek: czyli ten sposób, który napisałem jest dobry? tylko mógłbyś wytłumaczyć to p(A) = p(λ) ?

Trivial: Zapiszmy ogólną postać wielomianu: p(A) = c₀A⁰ + c₁A + c₂A² + ... + c_nAⁿ, J − macierz jednostkowa. Mnożymy obie strony równania przez wektor własny v: p(A)v = c₀A⁰v + c₁Av + c₂A²v + ... + c_nAⁿv = c₀λ⁰v + c₁λv + c₂λ²v + ... + c_nλⁿv = (c₀λ⁰ + c₁λ + c₂λ² + ... + c_nλⁿ)v = p(λ)v Stąd widać, że p(A) = 0 ⇔ p(λ) = 0 Dodatkowo, jeżeli wiemy, że macierz A jest odwracalna ( ⇔ żadna λ nie jest zerem), to twierdzenie można rozszerzyć na ujemne potęgi. p(A) = c_−mA^−m + ... + c₀*A⁰ + ... + c_nAⁿ p(A) = 0 ⇔ p(λ) = 0.

Trivial: To nie jest "p(A) = p(λ)" tylko "p(A) = 0 ⇔ p(λ) = 0".

maniek: dobrze wiedzieć takie rzeczy A ∊ M_{4 x 4} ( R ) to macierz o kolumnach k₁, ..., k₄, wiedząc, że wierszowo zreduk. forma macierzy A wygląda tak: | 1 0 2 1 | | 0 1 1 4 | | 0 0 0 0 | | 0 0 0 0 | Oraz wiadome jest to, że k₁ = (−3, 5, 2, 1)^T oraz k₂ = (4, −3, 7, −1)^T. Zadanie: oblicz k₃, k₄. Mój pomysł wyglądał tak, że zapisałem sobie formę | −3 4 x₁ x₅ | | 5 −3 x₂ x₆ | | 2 7 x₃ x₇ | | 1 −1 x₄ x₈ | i próbowałem przekształcać, ale zakopałem się w obliczeniach. masz może jakis fajny pomysł ?

Trivial: "wierszowo zredukowana forma macierzy" to postać rref, o której pisałem gdzieś na górze. Trzeba spojrzeć na zadanie z góry. Wykorzystajmy fakt, że redukcja macierzy do postaci rref nie zmienia przestrzeni wierszowej, tzn.: x∊Rowspace(A) ⇔ x = c₁*[ 1 0 2 1 ] + c₂*[ 0 1 1 4 ] Każdy z wierszy macierzy A musi należeć do przestrzeni wierszowej Rowspace(A), tzn: [ −3 4 x y ] = c₁*[ 1 0 2 1 ] + c₂*[ 0 1 1 4 ] → (c₁,c₂) = (−3, 4) czyli pierwszy wiersz to: [ −3 4 −2 13 ] Tak samo dla każdego wiersza.

maniek: a mógłbyś to jeszcze bardziej wytłumaczyć? bo nie do końca rozumiem to rref, oczywiście układ i jak dalej postępować rozumiem, ale nie wiem na jakiej podstawie możemy tak zapisać?

Trivial: Przekształcenie do postaci zredukowanej wierszowo (rref) używa tylko operacji elementarnych na wierszach: 1. Pomnożenie wiersza przez niezerową liczbę. 2. Dodanie innego wiersza. 3. (opcjonalne) Zamiana wierszy miejscami. Przestrzeń wierszowa Rowspace(A) macierzy A o wierszach: r₁, r₂, ..., r_n to wszystkie wektory x takie, że: x = c₁r₁ + c₂r₂ + ... + c_nr_n (c_k − dowolne liczby). Transformacja do rref zachowuje przestrzeń wierszową. Dlaczego? 1. Pomnożenie wiersza r_k przez niezerową liczbę a ma następujący wpływ na Rowspace(A): x = c₁r₁ + ... + c_k*a*r_k + ... + c_nr_n = c₁r₁ + ... + C_kr_k + ... + c_nr_n C_k = c_ka. Czyli nie ma wpływu, gdyż C_k to ciągle dowolna stała. 2. Dodanie innego wiersza (r_k ← r_k + r_m): x = c₁r₁ + ... + c_k(r_k+r_m) + ... + c_mr_m + ... + c_nr_n = c₁r₁ + ... + c_kr_k + ... + (c_m+c_k)r_m + ... + c_nr_n = c₁r₁ + ... + c_kr_k + ... + C_mr_m + ... + c_nr_n C_m = c_m+c_k Analogicznie jak wyżej. 3. Zamiana wierszy (r_k ↔ r_m) skutkuje zamianą stałych (c_k ↔ c_m), które są ciągle dowolne. Teraz jaśniej?

maniek: no postać rref to już tak, a mógłbyś wytłumaczyć tę linijkę : x∊Rowspace(A) ⇔ x = c1*[ 1 0 2 1 ] + c2*[ 0 1 1 4 ] ?

Trivial: Pytanie do Ciebie jest takie: czy rozumiesz o co chodzi z przestrzenią wierszową macierzy? Jeżeli tak to zrozumienie powyższego postu nie powinno stanowić problemu.

Trivial: Co to tej linijki: x∊Rowspace(A) ⇔ x = c₁*[ 1 0 2 1 ] + c₂*[ 0 1 1 4 ] Bierzemy wiersze macierzy po redukcji, ustawiamy je jako bazę naszej przestrzeni wierszowej Rowspace(A) i wykorzystujemy fakt, że wiersze oryginalnej macierzy A też muszą dać się przedstawić w tej postaci (ponieważ przestrzeń wierszowa jest taka sama przed i po redukcji).

maniek: i teraz wszystko jasne, dziękuję pozostały mi jeszcze 3 zadania z tego materiału, jedno z nich: "Wiedząc, że A ∊ M_{m x n} ( R ) oraz B ∊ M_{n x r} ( R ) a także C = AB. Wykaż, że kolumny macierzy C są liniowo niezależne, jeżeli kolumny macierzy A i B są liniowo niezależne. " co wpierw należy tutaj zauważyć ? aby przeprowadzić dowód?

Trivial: Trzeba zauważyć, że skoro kolumny macierzy A są liniowo niezależne, to mnożąc ją przez wektor b nie tracimy żadnych informacji (z wektora wynikowego c można wrócić do wektora b). Inaczej, istnieje dokładnie jedna kombinacja liniowa kolumn macierzy A, która tworzy wektor wynikowy c. c = Ab Teraz wystarczy rozłożyć macierz B na kolumny B = [ b₁ b₂ ... b_r ] i ... dalej dokończ sam.

maniek: ogólnie trzy pierwsze linijki wiedziałem , natomiast B = [ b₁ b₂ ... b_r ], i c₁ = Ab₁, ... , c_r = Ab_r, ale nie wiem jaki tutaj dowód poprawnie formalny przejdzie

Trivial: A właściwie to jest prostszy sposób. Skoro kolumny macierzy C = [ c₁ c₂ ... c_r ] mają być liniowo niezależne to nie istnieje kombinacja liniowa x = [ x₁ x₂ ... x_r ]^T (poza rozwiązaniem trywialnym x = 0) taka, że: x₁c₁ + x₂c₂ + ... x_rc_r = 0 Zapisujemy w postaci macierzowej: Cx = 0 I dalej już prosto.

maniek: tylko, że niestety nie widzę, czego tu brakuje

Trivial: Żadna filozofia. Cx = 0 ABx = 0 Podstawiamy Bx = u Au = 0 Z niezależności liniowej kolumn macierzy A mamy: u = 0 wracamy: Bx = 0 Podobnie z niezależności liniowej kolumn B mamy: x = 0 A zatem istnieje tylko rozwiązanie trywialne ⇒ C ma niezależnie liniowo kolumny.

maniek: faktycznie proste, czemu tylko nie mogę wpaść na pomysł dowodu Rozstrzygnij, które z a), b), c) są układem wektorów liniowo niezależne w R³, oraz które są bazami R³. a) (1, 0, 0)^T, (0, 1, 1)^T, (1, 0, 1)^T b) (1, 0, 0)^T, (0, 1, 1)^T, (1, 0, 1)^T, (1,2,3)^T c) (1,2,3)^T, (0, 2, 1)^T i moje pytanie: czy istnieje na to jakiś szybki sposób? bo mogę układac układ równań, ale on jest zbyt męczący

Trivial: Zacznij od c) − jest najprostszy. Nic nie trzeba nawet liczyć. Drugi wektor ma 0 na pierwszej pozycji, pierwszy nie ma ⇒ wektory liniowo niezależne. Natomiast bazą R³ nie są, gdyż potrzebne są przynajmniej 3 wektory. a) Ułóż macierz 1 0 0 0 1 1 1 0 1 I zastosuj eliminację Gaussa. Jeżeli otrzymasz macierz schodkową − wektory liniowo niezależne. (w₃ ← w₃ − w₁ i gotowe). 3 wektory liniowo niezależne tworzą bazę R³. b) 4 wektory trójwymiarowe nie mogą być liniowo niezależne. Ponieważ (1,2,3) = 2*(0,1,1) + 1*(1,0,1), to bazę R³ utworzą tylko pierwsze trzy wektory.

Trivial: b) a co ja mówię! Bazę R³ utworzy każdy zbiór trzech wektorów, który będzie zawierał pierwszy wektor, czyli: 1. (1,0,0), (0,1,1), (1,0,1) 2. (1,0,0), (1,2,3), (1,0,1) 3. (1,0,0), (0,1,1), (1,2,3)

maniek: czy aby sprawdzić liniową niezależność wystarczy zapisać układ w postaci i zastosować eliminację gaussa? czy w a) nie pomyliłes się? (1, 0, 0)^T, (0, 1, 1)^T, (1, 0, 1)^T i nie powinno być: 1 0 1 0 1 0 0 1 1 w₃ ← w₃ − w₂ 1 0 1 0 1 0 0 0 1 doprowdziłem do postaci schodkowej, żadna się nie wyzerowała więc sa liniowo niezależne, tak? a jak tutaj w tym przykładzie a) z bazą ? jest czy jej nie ma

Trivial: Ustawiamy wektory w wiersze, a nie w kolumny, choć akurat w przykładzie a) nie ma to większego znaczenia. Chodzi o to, że eliminacja Gaussa nie zachowuje przestrzeni kolumnowej macierzy (a przestrzeń wierszową zachowuje).

maniek: a jak to jest z tą baza w a) jak ją znaleźć ?

Trivial: Bazę R³ tworzą dowolne 3 trójwymiarowe liniowo wektory. Nic nie trzeba szukać. Trzeba tylko sprawdzić, czy wektory tworzą bazę − w przykładzie a) tworzą.

maniek: czyli jeżeli są niezależne to tworza bazę i wystarczy podać tę co tworzą ? c) (1,2,3)T, (0, 2, 1)T 1 2 3 0 2 1 czyli to już jest w postaci schodkowej, zatem są liniowo niezależne a tutaj jak będzie z bazą − nie będzie jej, poniważ ?

Trivial: Baza R³ wymaga minimum 3 wektorów trójwymiarowych. Mamy ich 2 − nie ma bazy.

maniek: b) (1, 0, 0)T, (0, 1, 1)T, (1, 0, 1)T, (1,2,3)T 1 0 0 0 1 1 1 0 1 1 2 3 dla macierzy [4 x 3] da doprowadzić się do postaci schodkowej ?

Trivial: 4 wektory trójwymiarowe nie mają szans być liniowo niezależnymi.

Trivial: Na dole wyjdą same zera.

maniek: ale mogę to wyeliminowac jakoś gaussem ?

Trivial: Możesz. Tam gdzie wyjdą zera da się utworzyć wiersz z pozostałych (nie jest liniowo niezależny).

maniek: 1 0 0 0 1 1 1 0 1 1 2 3 w₄ ← w₄ − w₃ 1 0 0 0 1 1 1 0 1 0 2 2 w₄ ← w₄ − 2*w₂ 1 0 0 0 1 1 1 0 1 0 0 0 w₃ ← w₃ − w₁ 1 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0 i jak zapisujemy tutaj bazę ? jakoś z tego gaussa można?

Trivial: Eh. Widzę, że się uparłeś na tego Gaussa. Tak, można odczytać. Wiersze są bazą (jeśli nie byłoby wiersza samych zer). Można równie dobrze dać te wektory które były na początku. Tylko, że w przykładzie b) bazy nie tworzą wszystkie 4 wektory na raz. Bazę tworzą te wektory, które podałem. Jeżeli nie można sobie tak odrzucać wektorów w zadaniu (nie wiem jak interpretować polecenie zadania), to 4 wektory z zadania b) bazy nie tworzą bo jest ich za dużo.

maniek: "wiersze są bazą" − odczytuje numery w jakich nie są zera i przyporządkowuje je wejściowej formie, czyli (1 0 0)^T, (0 1 1)^T, (1 0 1)^T. podałeś 1. (1,0,0), (0,1,1), (1,0,1) 2. (1,0,0), (1,2,3), (1,0,1) 3. (1,0,0), (0,1,1), (1,2,3) muszę wypisać te wszystkie trzy? czy tylko jeden tak jak na górze?

Trivial: Możesz zrobić tak, że ostatni wiersz się nie wyzeruje, a za to wyzeruje się drugi albo trzeci. To wszystko przy założeniu że w zadaniu można sobie wybrać np. 3 wektory z 4 (może być tak, że pytają czy bazę tworzą wszystkie 4 − wtedy odpowiedź jest "NIE").

maniek: podałeś 1. (1,0,0), (0,1,1), (1,0,1) 2. (1,0,0), (1,2,3), (1,0,1) 3. (1,0,0), (0,1,1), (1,2,3) czemu aż tyle możliwości? nie może być jeden z nich? czy zawsze wszystkie trzeba podawać

Trivial: Nie wiem. Wszystkie możliwości są OK. Innych nie ma (tzn. bez modyfikacji tych wektorów).