Skocz do zawartości

  •  
  • Mini kompendium
  • MimeTeX
  • Regulamin

- zdjęcie

hmm

Rejestracja: 19 May 2011
Offline Ostatnio: Feb 14 2014 20:22
*****

#113451 Formy herimitowskie - dla jakich parametrów

Napisane przez hmm w 07.02.2014 - 10:54

Ok, a jeśli chcemy  macierz formy w innej bazie, to wystarczy wziąć w kanonicznej (tą metodą o której piszę) i przemnożyć z lewej macierzą zmiany bazy z tej w której chcemy na kanoniczną.

Tak ?

Nie.

Raczej P^TMP.

Dlaczego? Jeśli mamy macierz w bazie kanonicznej, to możesz sprawdzić, że wzór formy można zapisać macierzowo jako:

 

\begin{bmatrix}x_1&\ldots&x_n\end{bmatrix}\begin{bmatrix}a_{11}&\ldots&a_{1n}\\\vdots&\ddots&\vdots\\a_{n1}&\ldots&a_{nn}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y_1\\\vdots\\y_n\end{bmatrix}

 

czyli x^TMy. No więc zmiana współczynników y_i w tej innej bazie na współczynniki bazy standardowej to przemnożenie z lewej strony przez macierz przejścia czyli Py. Podobnie musimy użyć Px zamiast x. Ale (Px)^TM(Py)=x^TP^TMPy, czyli macierzą formy w innej bazie jest P^TMP.


  • 1


#113410 Znajdywanie macierzy przekształcenia

Napisane przez hmm w 05.02.2014 - 21:11

Tak, dla dowolnego odwzorowania liniowego macierz tworzysz wpisując w kolejnych kolumnach współczynniki wartości odwzorowania na kolejnych wektorach bazowych.

 

Można by też spróbować w inny sposób, zaczynając od znalezienia takiej bazy, na której odwzorowanie działa w "prosty" sposób (tak naprawdę to będą wektory własne). Do macierzy w bazie kanonicznej będzie wtedy można dojść za pomocą macierzy przejścia.

Jak w podanym przez Ciebie przykładzie znaleźć te wektory własne? Powinno to być łatwe, jeśli zauważysz, że odbicie względem płaszczyzny ma dwie wartości własne: 1 (krotności 2) i -1. Wektor własny odpowiadający wartości -1 to wektor prostopadły do płaszczyzny, a wektory odpowiadające wartości 1 to wektory rozpinające płaszczyznę.


  • 1


#113348 formy hermitowskie + liczby zespolone

Napisane przez hmm w 04.02.2014 - 10:35

Jak to nie wiadomo? 1 to 1 :) Standardowa baza to (1,0), (0,1). Jeżeli chcesz sięgać do definicji liczb zespolonych jako iloczynu kartezjańskiego ze specjalnie określonym mnożeniem, to jedynką jest (1,0) (co zresztą musisz wykazać, żeby wiedzieć że \mathbb{C} jest ciałem).

 

Jeśli dobrze wyliczyłeś a i b (nie sprawdzałem) to powinieneś dostać macierz:

 

\begin{bmatrix}1&-2i-1\\2i-1&5\end{bmatrix}


  • 1


#113346 Formy herimitowskie - dla jakich parametrów

Napisane przez hmm w 04.02.2014 - 10:19

No tak: współczynnik w i-tym wierszu i j-tej kolumnie to a_{ij} czyli to co stoi przed x_iy_j.


  • 1


#113321 Jak szukać macierzy Jordana oraz baz Jordana

Napisane przez hmm w 03.02.2014 - 12:50

Pisałem wcześniej, że jest jeszcze trochę inny sposób. Spróbuję wytłumaczyć skąd się on bierze. Jeżeli v jest wektorem własnym, to dla pewnego \lambda mamy Av=\lambda v, co można też zapisać (A-\lambda I)v=0. To oznacza że v\in\ker(A-\lambda I). Liczba klatek to liczba lin. niezależnych wektorów własnych. Takie wektory będą jednak bazą jądra A-\lambda I, więc liczba klatek to wymiar tego jądra.

 

Załóżmy że w jest wektorem własnym i v wektorem dołączonym, tj. (A-\lambda I)v=w. Popatrz teraz, że (A-\lambda I)^2v=(A-\lambda I)w=0, więc v\in\ker(A-\lambda I)^2 oraz v\not\in\ker(A-\lambda I). Liczymy więc wymiar jądra (A-\lambda I)^2 i potem odejmujemy wymiar jądra (A-\lambda I) (czyli liczba l.nz. wektorów własnych = liczba klatek). To co policzyliśmy, to ilość klatek wymiaru >1.

 

Dalej mogą być wektory u takie, że (A-\lambda I)u=v, gdzie v jest jednym z już policzonych wektorów dołączonych. Wtedy zwiększamy potęgi i liczymy odpowiednie wymiary. Dostaniemy ilość klatek wymiaru >2 itd.

 

W ten sposób dowiemy się na pewno jak wygląda postać Jordana. Jak znaleźć bazę Jordana? Można zacząć od końca, tj. od ostatnich wektorów dołączonych. Potem wystarczy je mnożyć przez (A-\lambda I)^k żeby otrzymywać kolejne wektory dołączone aż dojdziemy do wektorów własnych.

 

Przyda się pewnie przykład. No to weźmy jeszcze raz:

 

A=\begin{bmatrix}3&-1&0&0\\1& 5&-1&0\\0&0&4&0\\0&0&1 &4\end{bmatrix}

 

Wtedy:

 

A-4I=\begin{bmatrix}-1&-1&0&0\\1& 1&-1&0\\0&0&0&0\\0&0&1 &0\end{bmatrix}

 

Jak już policzyliśmy, wymiar jądra tej macierzy to 2.

 

(A-4I)^2=\begin{bmatrix}0&0&1&0\\0& 0&-1&0\\0&0&0&0\\0&0&0 &0\end{bmatrix}

 

Wymiar obrazu to 1 więc wymiar jądra to 3. A więc jest 3-2=1 klatka wymiaru >1.

 

(A-4I)^3=\begin{bmatrix}0&0&0&0\\0& 0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0 &0\end{bmatrix}

 

Wymiar jądra to 4, jest 4-3=1 klatka wymiaru 3 (co już wcześniej można było się domyślić), dalej nie liczymy bo już mamy macierz zerową.

 

Jak znaleźć teraz bazę Jordana? Zaczynamy od końca, czyli mamy znaleźć wektor który jest w jądrze macierzy zerowej (czyli dowolny), ale nie jest w jądrze przedostatniej macierzy. Można to wyliczyć, można też spróbować strzelić, bo prawdopodobieństwo że się nie uda jest nieduże. Weźmy sobie np. v=(1,1,1,1) - ten wektor nie należy do jądra, więc może być ostatnim elementem bazy. Teraz liczymy:

 

(A-4I)v=\begin{bmatrix}-1&-1&0&0\\1&1&-1&0\\0&0&0&0\\0&0&1&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\1\\1\\1\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}-2\\1\\0\\1\end{bmatrix}

 

I mamy przedostatni wektor bazy. Dalej:

 

(A-4I)^2v=\begin{bmatrix}0&0&1&0\\0& 0&-1&0\\0&0&0&0\\0&0&0 &0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\1\\1\\1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\-1\\0\\0\end{bmatrix}

 

I mamy jeden z wektorów własnych. Do kompletu brakuje nam drugiego wektora własnego, więc musimy wziąć jakikolwiek wektor własny liniowo niezależny z tym, który właśnie policzyliśmy. Odwołując się do poprzednich obliczeń możemy podać wektor (0,0,0,1).

 


  • 1


#113319 Przekształcenie liniowe

Napisane przez hmm w 03.02.2014 - 12:02

Ja wziąłem na "pałę" jakąś bazę podprzestrzeni i miałem farta.

 

No właśnie: mógłbyś nie trafić. Chociaż prawdopodobieństwo chybienia jest dosyć małe (byłoby równe 0, gdybyś wybierał bazę rzeczywiście losowo). 

Moje rozwiązanie daje pewność i w zasadzie jest prostsze. Np. bierzesz podane wartości funkcji, wpisujesz je w kolumnach macierzy i liczysz rząd. Jeśli wyjdzie maksymalny to podprzestrzeń istnieje, jeśli mniejszy niż 3 to nie istnieje.

 

a czy mogło się zdarzyć tak, że Twoje rozwiązanie nie znajdzie takiej podprzestrzeni, którą ja trafiłem ? Wydaje mi się, że nie - No bo Twoja baza musi w szczególności rozpinać moją podprzestrzeń również.

Błąd :) Takich podprzestrzeni (jeśli już istnieją) jest wiele. Nawet używając tylko mojej metody, badając liniową niezależność podanych wartości funkcji mógłbym znaleźć różne podprzestrzenie. Popatrz na prostszy przykład: mamy odwzorowanie f:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^2 dane wzorem f(x,y,z)=(x,y). Gdybyś miał podać podprzestrzeń taką, że po obcięciu do niej f jest izomorfizmem, pewnie podałbyś płaszczyznę z=0. Ale tak naprawdę możesz podać dowolną podprzestrzeń oprócz tych, w których zachodzi związek ax=y lub x=0. Możesz to sobie wyobrazić geometrycznie: musisz mieć taką płaszczyznę, która po zrzutowaniu na OXY nie będzie prostą. Czyli po prostu ma to być płaszczyzna która nie jest prostopadła do OXY. Prawie wszystkie płaszczyzny ten warunek spełniają.


  • 1


#113296 Jak szukać macierzy Jordana oraz baz Jordana

Napisane przez hmm w 02.02.2014 - 17:44

Ile wektorów własnych odpowiada danej wartości własnej ? Równa liczba krotności wartości własnej ?


Tyle ile jest klatek Jordana z tą wartością własną. Czyli co najmniej 1, co najwyżej tyle ile wynosi krotność.


  • 1


#113283 Przekształcenie liniowe

Napisane przez hmm w 02.02.2014 - 00:23

Ok. Istotnie okazało się, że w ten sposób uzyskany układ (v,w,q) jest liniowo niezależny - konsekwentnie jest bazą R3. Czy to już jest wystarczające uzasadnienie tego faktu danego w zadaniu ?

Tak.

 

 

No dobrze, ale stosując się do Twojej metody.

Weźmy bazę, R[x]3. Tj:    1, x^2, x^3, x^4

Nie o to mi chodziło. Bazy tej przestrzeni mogą być oczywiście różne, m.in może to być: 1+x, 1-x, x+2x^2-x^3, x+x^2+x^3. A więc nie trzeba niczego liczyć oprócz wymiaru przestrzeni rozpiętej przez obrazy tych wektorów tj. (1,1,-2), (1,0,1), (3,1,0), (2,3,-7).

 

 

I teraz przypuśćmy dwa przypadki

1) spośród Spana mamy układ 3 lnz - wtedy rozpinamy całe R3 - jaki i dlaczego taki jest Twój wniosek ?

2) Spośród Spana mamy układ 2 (albo nawet 1) - wtedy rozpinamy jakąś podprzestrzeń R3 - jaki i dlaczego taki jest Twój wniosek ?

Jeżeli mamy układ trzech liniowo niezależnych wektorów, to wymiar całego obrazu jest równy co najmniej 3, nie może być oczywiście większy więc jest równy 3 a jedyną 3-wymiarową podprzestrzenią przestrzeni 3-wymiarowej jest cała przestrzeń.

 

Jeżeli dowolne trzy wektory tworzą układ liniowo zależny, to wymiar obrazu jest równy najwyżej 2. Jeśli np. dwa pierwsze wektory będą rozpinały przestrzeń 2-wymiarową, to pozostałe dwa będą musiały należeć do tej samej 2-wymiarowej podprzestrzeni, inaczej dostalibyśmy układ trzech niezależnych wektorów. A więc cały obraz jest co najwyżej dwuwymiarowy, więc tym bardziej po obcięciu do jakiejś podprzestrzeni F nie będzie mogło być izomorfizmem.


  • 1


#113282 Określoność macierzy

Napisane przez hmm w 02.02.2014 - 00:06

Nieokreślona.

Wystarczy policzyć wyznacznik 2\times 2 z lewego górnego rogu: \begin{vmatrix}1&3\\3&2\end{vmatrix}<0


  • 2


#113258 Przekształcenie liniowe

Napisane przez hmm w 31.01.2014 - 23:46

Czy moje rozumowanie jest Ok  ?    Czy chociaż dobrze rozumiem o co w zadaniu pytają?

 

Chyba tak, chociaż w tym co piszesz jest trochę nieścisłości:

 

 

F(x+2^x+x^3)=[2,3,-7]

Oczywista pomyłka :)

 

W zadaniu jest pytanie czy istnieje jakaś podprzestrzeń przestrzeni R[x]_3 taka, że

funkcja ograniczona (w sensie dziedziny) do tej podprzestrzeni jest izomorfizmem w stosunki do V[/tex] (tej podprzestrzeni) i R[x]_3.

 

Czy funkcja jest izomorfizmem pomiędzy V\subset R[x]_3 a \mathbb{R}^3. Pewnie to miałeś na myśli tylko napisałeś inaczej.

 

No więc jak twierdzę, że weźmy jakąś bazę R[x]_3.

No np.   (1+x, x^2, x^3)

Jest to baza jakiejś podprzestrzeni - nie wiem jakiej, ale mnie to nie obchodzi zbytnio.

Drugie stwierdzenie jest OK. To jest baza podprzestrzeni. Ale jak piszesz "weźmy bazę R[x]_3" to musiałbyś oczywiście podać cztery wektory.

 

 

Gdyby teraz okazało się, że F(1+x)=v ;F(x^2)=w;F(x^3)=q

to wtedy jeśli (v,w,q) jest bazą  R^3to faktycznie jest to izomorfizm

Rozumujesz dobrze, tylko że taka metoda opiera się na zgadywaniu. Można zrobić trochę inaczej. Masz podane wartości na pewnej bazie przestrzeni R[x]_3. Możesz więc znaleźć obraz odwzorowania (lub po prostu jego wymiar). Jeśli obraz jest całą przestrzenią \mathbb{R}^3, to da się znaleźć podprzestrzeń V o którą pytają w zadaniu, jeśli nie jest całą przestrzenią to się nie da. Czyli do podania odpowiedzi wystarczy obliczyć rząd jednej macierzy (nie każą przecież podawać czym jest V). Jeżeli taka podprzestrzeń istnieje i chciałbyś ją jednak znaleźć, też byłoby to łatwe, wystarczyłoby stwierdzić które z podanych wartości przekształcenia tworzą zbiór liniowo niezależny.

 

PS Oczywiście rozwiążemy zadanie "w pełni", ale najpierw trzeba się skupić na samej istocie problemu,

A więc na razie nie podaję rozwiązania :)


  • 1


#113097 Przekątna iloczynu

Napisane przez hmm w 26.01.2014 - 19:47

Załóżmy, że \Delta jest zbiorem otwartym. Niech x\in X. Topologia w X\times X jest wyznaczona przez bazę złożoną ze zbiorów U_1\times U_2, gdzie U_1,U_2 otwarte w X. A więc musi istnieć zbiór otwarty U z bazy taki, że (x,x)\in U=U_1\times U_2\subset \Delta. Stąd x\in U_1 oraz x\in U_2. Przypuśćmy, że y\in U_1. Wtedy (y,x)\in U\subset\Delta, więc y=x. Zatem U_1=\{x\} i \{x\} jest zbiorem otwartym. Ponieważ x było dowolne, to X jest przestrzenią dyskretną.

 

W drugą stronę jest oczywiste: jeśli topologia na X jest dyskretna, to tak samo topologia na X\times X jest dyskretna. A więc każdy zbiór (w tym \Delta) jest zbiorem otwartym.


  • 1


#113037 Przestrzeń linowa - sprawdzenie.

Napisane przez hmm w 24.01.2014 - 23:01

Nie, bo nie spełniony jest drugi warunek podprzestrzeni liniowej 

 k(x_{1},x_{2})=(kx_{1}, x_{2})\neq (kx_{1}, kx_{2}).

 

Chodzi o zupełnie co innego. Nie mówimy o podprzestrzeni, ale o zbiorze z inaczej niż zwykle zdefiniowanym mnożeniem i zastanawiamy się, czy taki obiekt spełnia aksjomaty przestrzeni liniowej.

 

Nie będzie tutaj rozdzielności mnożenia względem dodawania. Np. dla dowolnego x\neq 0 mamy (0,x)=0(0,x)=(0+0)(0,x)\neq 0(0,x)+0(0,x)=(0,x)+(0,x)=(0,2x)


  • 2


#113036 Przestrzeń prosto spójna, ścieżki

Napisane przez hmm w 24.01.2014 - 22:47

Simply connected space to w języku polskim przestrzeń jednospójna.

 

Mamy dwie drogi: \tau:I\to X oraz \sigma:I\to X takie, że \tau(0)=\sigma(0) oraz \tau(1)=\sigma(1). Niech (\tau\sigma^{-1}) oznacza pętlę w \tau(0) określoną wzorem:

(\tau\sigma^{-1})(t)=\{\tau(2t)\textrm{ gdy }t\leq\frac{1}{2}\\\sigma(2-2t)\textrm{ w przeciwnym wypadku}

(po prostu najpierw poruszamy się po drodze \tau, a potem wracamy po drodze \sigma tyle że w odwrotnym kierunku). Ta pętla jest homotopijna z pętlą trywialną, więc istnieje H:I^2\to X takie, że H(t,0)=\tau(0)H(t,1)=(\tau\sigma^{-1})(t). Teraz mówiąc obrazowo, musimy przekroić kwadrat w połowie (pionowo) zostawiając punkt na dole i obrócić prawą część wokół zostawionego punktu tak, żeby dwie połowy podstawy zetknęły się ze sobą. Po przeskalowaniu prostokąta otrzymamy kwadrat w którym u góry jest \tau a na dole \sigma. Formalnie:

 

H'(t,s)=\{H\(\frac{t}{2},2s-1\)\textrm{ gdy }s\geq \frac{1}{2}\\H\(1-\frac{t}{2},1-2s\)\textrm{ w przeciwnym wypadku}

 

Sprawdzamy: 

H'(t,0)=H(1-\frac{t}{2},1)=(\tau\sigma^{-1})(1-\frac{t}{2})=\sigma\(2-2\(1-\frac{t}{2}\)\)=\sigma(t)

H'(t,1)=H(\frac{t}{2},1)=\tau\(2\frac{t}{2}\)=\tau(t)

Oczywiście H' jest ciągłe, bo H(1-\frac{t}{2},1-2\frac{1}{2})=H(1-\frac{t}{2},0)=\tau(0) i podobnie H(\frac{t}{2},2\frac{1}{2}-1)=\tau(0). Stąd drogi \tau i \sigma są homotopijne.


  • 1


#112979 grupa podstawowa przestrzeni euklidesowej

Napisane przez hmm w 22.01.2014 - 21:00

Niech \sigma:I\to\mathbb{R}^n będzie pętlą zaczepioną w x_0 (tj. \sigma(0)=\sigma(1)=x_0). Definiujemy homotopię H:I\times I\to \mathbb{R}^n wzorem H(t,s)=x_0+s(\sigma(t)-x_0). Wtedy H(t,0)=x_0 (pętla trywialna) a H(t,1)=\sigma(t). To dowodzi, że pętla \sigma jest ściągalna, a więc istnieje tylko jedna klasa homotopii pętli. Stąd \pi_1(\mathbb{R}^n,x_0) jest trywialna.


  • 2


#112949 przestrzen ilorazowa

Napisane przez hmm w 22.01.2014 - 00:21

f:(\mathbb{R},\tau_N)\rightarrow S^1

Co oznacza (\mathbb{R},\tau_N)? Gdyby było po prostu \mathbb{R}, wtedy relacja R_f byłaby określona tak: x R_f y \Leftrightarrow x-y\in\mathbb{Z}. W punkcie b) wszystkie klasy abstrakcji byłyby jednoelementowe poza jedną klasą dwuelementową \{0,1\}.


  • 1