Zadanie:
Sprowadz formę kwadratowa do postaci kanonicznej metoda Jacobiego
\(\displaystyle{ $g(x_{1},x_{2},x_{3})=2x_{1}^{2}-x_{2}^{2}+3x_{3}^{2}+2x_{1}x_{2}-4x_{1}x_{3}-3x_{2}x_{3}$\\
\\
\noindent
\textbf{Rozwiązanie:}\\
\\
Metoda Jacobiego polega na wykorzystaniu algorytmu podobnego do algorytmu ortogonalizacji Grama-Schmidta. W bazie kanonicznej macierz tej formy jest nastepująca:\\
\\
$G=\left[\begin{array}{ccc}2& 1 &-2\\ 1&-1&-\frac{3}{2}\\-2&-\frac{3}{2}&3\end{array}\right]$\\
\\
Szukamy bazy $b_{2}, b_{2}, b_{3}$ takiej, że $f(b_{i},b_{j})=0$ jeśli $i=j$. Bazę tą szukamy w postaci:\\
\\
$b_{1}=e_{1}$\\
$b_{2}=e_{2}+k_{12}b_{1}$\\
$b_{3}=e_{3}+k_{13}b_{1}+k_{23}b_{2}$\\
\\
Podobnie jak w przypadku ortogonalizacji Grama-Schmidta otrzymujemy\\
\\
$k_{ij}=-\frac{f(b_{i},e_{j})}{f(b_{i},b_{i})}$, a więc:\\
\\
$k_{12}=-\frac{f(b_{1},e_{2})}{f(b_{1},b_{1})}=-\frac{1}{2}$\\
\\
$b_{2}=[-\frac{1}{2},1,0]$\\
\\
dalej mamy:\\
\\
$k_{13}=-\frac{f(b_{1},e_{3})}{f(b_{1},b_{1})}=1$, $k_{23}=-\frac{f(b_{2},e_{3})}{f(b_{2},b_{2})}=-\frac{1}{3}$\\
\\
stąd: $b_{3}=[\frac{7}{6},-\frac{1}{3},1]$\\
\\
ponadto $f(b_{3},b_{3})=\frac{7}{6}$. Wtedy postać kanoniczna naszej formy dwuliniowej jaet nastepujaca:\\
\\
$f(y_{1},y_{2},y_{3})=f(b_{1},b_{1})y_{1}^{2}+f(b_{2},b_{2})y_{2}^{2}+f(b_{3},b_{3})y_{3}^{2}=2y_{1}^{2}-\frac{3}{2}y_{2}^{2}+\frac{7}{6}y_{3}^{2}$}\)
Czy moglby mi ktos wyjasnic pare rzeczy z tego przykładu:co to jest \(\displaystyle{ k_{ij}}\), skad wzor na \(\displaystyle{ k_{ij}}\) oraz jak policzyli \(\displaystyle{ k_{12}}\)? Z gory dziekuje za kazda pomoc..
postac kanoniczna formy kwadratowej
-
BettyBoo
- Użytkownik
- Posty: 5356
- Rejestracja: 10 kwie 2009, o 10:22
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Gliwice
- Pomógł: 1381 razy
postac kanoniczna formy kwadratowej
1) zamieniasz formę kwadratową \(\displaystyle{ g}\) na odpowiadającą jej dwuliniową, którą nazywamy sobie \(\displaystyle{ f}\) (chociaż często nadal oznacza się tą samą literą - być może autor(ka) rozwiązania nie zauważył(a), że forma nazywa się \(\displaystyle{ g}\) a nie \(\displaystyle{ f}\) i stąd pisał(a) wszędzie \(\displaystyle{ f}\)) - a więc forma dwuliniowa \(\displaystyle{ f}\) w Twoim zadaniu wygląda tak: (przyjmujemy standardowe oznaczenia tzn \(\displaystyle{ x=(x_1,x_2,x_3),\ y=(y_1,y_2,y_3)}\)):
\(\displaystyle{ f(x,y)=2x_{1}y_1-x_{2}y_2+3x_{3}y_3+x_{1}y_{2}+y_1x_2-2x_{1}y_{3}-2x_3y_1-\frac{3}{2}x_{2}y_{3}-\frac{3}{2}x_{3}y_{2}}\)
2) standardowo zakłada się, że ta macierz jest podana w bazie kanonicznej, tzn \(\displaystyle{ e_1=(1,0,0),\ e_2=(0,1,0),\ e_3=(0,0,1)}\), chyba, że w zadaniu jest powiedziane inaczej
3) szukamy bazy \(\displaystyle{ (b_{1}, b_{2}, b_{3})}\) takiej, że \(\displaystyle{ f(b_{i},b_{j})=0}\) JEŚLI \(\displaystyle{ i\neq j}\). (czyli szukamy bazy tej samej przestrzeni, tyle że składającej się z wektorów parami "ortogonalnych" - piszę to w cudzysłowie, bo tutaj nie masz podanego iloczynu skalarnego, tylko formę). W tym celu wystarczy przeprowadzić proces działający identycznie jak ortogonalizacja Grama-Schmidta na istniejącej bazie \(\displaystyle{ (e_1,e_2,e_3)}\) tyle tylko, że zamiast robić to względem iloczynu skalarnego, robisz to względem formy - więc tak naprawdę można od razu napisać, jak wyglądają współczynniki (masz je podane we wzorach do G-S). Tutaj zostały one akurat wyliczone od nowa, ale nie ma takiej potrzeby (zobacz sobie wyprowadzenie wzorów w G-S - zamiast iloczynu skalarnego użyj wszędzie formy \(\displaystyle{ f}\) i gotowe). Szukane współczynniki \(\displaystyle{ k_{ij}}\) zostały tak nazwane ze względu na ich położenie w macierzy przejścia, ale to też nie jest konieczne, możesz je sobie nazwać \(\displaystyle{ a,b,c}\).
4) z otrzymanej formy dwuliniowej robimy z powrotem kwadratową (trzeba jeszcze obliczyć brakujące wartości formy na wektorach bazowych, tzn \(\displaystyle{ f(b_{i},b_{i})}\)) - w końcowym wzorze powinieneś mieć wobec tego
\(\displaystyle{ g(y_{1},y_{2},y_{3})=f(b_{1},b_{1})y_{1}^{2}+f(b_{2},b_{2})y_{2}^{2}+f(b_{3},b_{3})y_{3}^{2}=2y_{1}^{2}-\frac{3}{2}y_{2}^{2}+\frac{7}{6}y_{3}^{2}}\)
Nie sprawdziłam rachunków, ale mam nadzieję, że są dobrze
5) znam trochę inną wersję metody Jacobiego (powiedziałabym, że oryginalną), w której nie zakłada się, że współczynniki przy \(\displaystyle{ e_i}\) są równe 1, tylko nakłada się na nie inny warunek. Wówczas wzory do G-S trzeba by trochę zmodyfikować, więc lepiej je przeliczać od początku (co i tak zostało tu zrobione), ale za to w końcowym wzorze formy można wykorzystać minory główne oryginalnej macierzy formy, zamiast liczyć wartości formy na wektorach \(\displaystyle{ b_i}\) (co daje w kość, jeśli masz dużo ułamków). Nie chcę Ci już za bardzo mieszać, więc się nie będę rozpisywać - jeśli Cię to interesuje, daj znać.
Pozdrawiam.
\(\displaystyle{ f(x,y)=2x_{1}y_1-x_{2}y_2+3x_{3}y_3+x_{1}y_{2}+y_1x_2-2x_{1}y_{3}-2x_3y_1-\frac{3}{2}x_{2}y_{3}-\frac{3}{2}x_{3}y_{2}}\)
2) standardowo zakłada się, że ta macierz jest podana w bazie kanonicznej, tzn \(\displaystyle{ e_1=(1,0,0),\ e_2=(0,1,0),\ e_3=(0,0,1)}\), chyba, że w zadaniu jest powiedziane inaczej
3) szukamy bazy \(\displaystyle{ (b_{1}, b_{2}, b_{3})}\) takiej, że \(\displaystyle{ f(b_{i},b_{j})=0}\) JEŚLI \(\displaystyle{ i\neq j}\). (czyli szukamy bazy tej samej przestrzeni, tyle że składającej się z wektorów parami "ortogonalnych" - piszę to w cudzysłowie, bo tutaj nie masz podanego iloczynu skalarnego, tylko formę). W tym celu wystarczy przeprowadzić proces działający identycznie jak ortogonalizacja Grama-Schmidta na istniejącej bazie \(\displaystyle{ (e_1,e_2,e_3)}\) tyle tylko, że zamiast robić to względem iloczynu skalarnego, robisz to względem formy - więc tak naprawdę można od razu napisać, jak wyglądają współczynniki (masz je podane we wzorach do G-S). Tutaj zostały one akurat wyliczone od nowa, ale nie ma takiej potrzeby (zobacz sobie wyprowadzenie wzorów w G-S - zamiast iloczynu skalarnego użyj wszędzie formy \(\displaystyle{ f}\) i gotowe). Szukane współczynniki \(\displaystyle{ k_{ij}}\) zostały tak nazwane ze względu na ich położenie w macierzy przejścia, ale to też nie jest konieczne, możesz je sobie nazwać \(\displaystyle{ a,b,c}\).
4) z otrzymanej formy dwuliniowej robimy z powrotem kwadratową (trzeba jeszcze obliczyć brakujące wartości formy na wektorach bazowych, tzn \(\displaystyle{ f(b_{i},b_{i})}\)) - w końcowym wzorze powinieneś mieć wobec tego
\(\displaystyle{ g(y_{1},y_{2},y_{3})=f(b_{1},b_{1})y_{1}^{2}+f(b_{2},b_{2})y_{2}^{2}+f(b_{3},b_{3})y_{3}^{2}=2y_{1}^{2}-\frac{3}{2}y_{2}^{2}+\frac{7}{6}y_{3}^{2}}\)
Nie sprawdziłam rachunków, ale mam nadzieję, że są dobrze
5) znam trochę inną wersję metody Jacobiego (powiedziałabym, że oryginalną), w której nie zakłada się, że współczynniki przy \(\displaystyle{ e_i}\) są równe 1, tylko nakłada się na nie inny warunek. Wówczas wzory do G-S trzeba by trochę zmodyfikować, więc lepiej je przeliczać od początku (co i tak zostało tu zrobione), ale za to w końcowym wzorze formy można wykorzystać minory główne oryginalnej macierzy formy, zamiast liczyć wartości formy na wektorach \(\displaystyle{ b_i}\) (co daje w kość, jeśli masz dużo ułamków). Nie chcę Ci już za bardzo mieszać, więc się nie będę rozpisywać - jeśli Cię to interesuje, daj znać.
Pozdrawiam.
-
trawa696
- Użytkownik
- Posty: 111
- Rejestracja: 18 gru 2009, o 14:14
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Gdańsk
- Podziękował: 20 razy
postac kanoniczna formy kwadratowej
interesuje bo ta metoda nie do konca mnie przekonuje :p a poza tym na wykładzie był podany wzor do metody Jacobiego:
Istnieje baza w ktorej forma \(\displaystyle{ q}\) ma postac: \(\displaystyle{ g(x_{1}',...,x_{n}')=\frac{1}{\Delta_{1}}(x_{1}')^{2}+\frac{\Delta_{1}}{\Delta_{2}}(x_{2}')^{2}+...+\frac{\Delta_{n-1}}{\Delta_{n}}(x_{n}')^{2}}\), gdzie \(\displaystyle{ \Delta_{k}}\) jest minorem glownym stopnia k macierzy formy \(\displaystyle{ q}\) ale nie bylo do tego przykladu, a w internecie znalazlem przyklad ktory analizowalas
dziekuje za dotychczasowa pomoc
Istnieje baza w ktorej forma \(\displaystyle{ q}\) ma postac: \(\displaystyle{ g(x_{1}',...,x_{n}')=\frac{1}{\Delta_{1}}(x_{1}')^{2}+\frac{\Delta_{1}}{\Delta_{2}}(x_{2}')^{2}+...+\frac{\Delta_{n-1}}{\Delta_{n}}(x_{n}')^{2}}\), gdzie \(\displaystyle{ \Delta_{k}}\) jest minorem glownym stopnia k macierzy formy \(\displaystyle{ q}\) ale nie bylo do tego przykladu, a w internecie znalazlem przyklad ktory analizowalas
dziekuje za dotychczasowa pomoc
-
BettyBoo
- Użytkownik
- Posty: 5356
- Rejestracja: 10 kwie 2009, o 10:22
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Gliwice
- Pomógł: 1381 razy
postac kanoniczna formy kwadratowej
No właśnie o tym mówiłam w pkt 5).
Aby móc z tego wzoru skorzystać zakładasz, że szukana baza jest w postaci
\(\displaystyle{ b_{1}=k_{11}e_{1}\\ b_{2}=k_{12}e_{1}+k_{22}e_{2}\\ b_{3}=k_{13}e_{1}+k_{23}e_{2}+k_{33}e_{3}}\)
(czyli masz trochę więcej stałych do wyznaczenia) oraz, że spełnione są warunki:
\(\displaystyle{ f(b_i,e_j)=\begin{cases}0\quad \text{dla}\ j<i\\ 1\quad \text{dla}\ j=i\end{cases}}\)
(pozostałe zależności nie są Ci potrzebne, ale jakby co to masz również \(\displaystyle{ f(b_i,e_j)=0, j>i}\), bo forma jest symetryczna).
Przeliczasz to zadanie od początku, zaczynając od warunku na pierwszy wektor bazowy i korzystając z podanych przeze mnie zależności.
UWAGA: Cała ta zabawa powyżej służy znalezieniu bazy, w której forma ma postać kanoniczną. Jeśli więc nie musisz szukać tej bazy, a tylko samą postać kanoniczną, to obliczasz minory, wstawiasz do wzoru i gotowe (dodatkowe założenie jest takie, że \(\displaystyle{ \Delta_0=1}\), bo nie ma formalnie minora stopnia 0).
Spróbuj. Jeśli Ci nie wyjdzie - pisz.
Pozdrawiam.
Aby móc z tego wzoru skorzystać zakładasz, że szukana baza jest w postaci
\(\displaystyle{ b_{1}=k_{11}e_{1}\\ b_{2}=k_{12}e_{1}+k_{22}e_{2}\\ b_{3}=k_{13}e_{1}+k_{23}e_{2}+k_{33}e_{3}}\)
(czyli masz trochę więcej stałych do wyznaczenia) oraz, że spełnione są warunki:
\(\displaystyle{ f(b_i,e_j)=\begin{cases}0\quad \text{dla}\ j<i\\ 1\quad \text{dla}\ j=i\end{cases}}\)
(pozostałe zależności nie są Ci potrzebne, ale jakby co to masz również \(\displaystyle{ f(b_i,e_j)=0, j>i}\), bo forma jest symetryczna).
Przeliczasz to zadanie od początku, zaczynając od warunku na pierwszy wektor bazowy i korzystając z podanych przeze mnie zależności.
UWAGA: Cała ta zabawa powyżej służy znalezieniu bazy, w której forma ma postać kanoniczną. Jeśli więc nie musisz szukać tej bazy, a tylko samą postać kanoniczną, to obliczasz minory, wstawiasz do wzoru i gotowe (dodatkowe założenie jest takie, że \(\displaystyle{ \Delta_0=1}\), bo nie ma formalnie minora stopnia 0).
Spróbuj. Jeśli Ci nie wyjdzie - pisz.
Pozdrawiam.
-
trawa696
- Użytkownik
- Posty: 111
- Rejestracja: 18 gru 2009, o 14:14
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Gdańsk
- Podziękował: 20 razy
postac kanoniczna formy kwadratowej
Doczytalem jeszcze troche w internecie i ogolna metode zdaje mi sie ze rozumiem, aczykolwiek nie wiem jeszcze jednej rzeczy nawiazujacej do pierwszego rozwiazania
Zgodnie z tym, że \(\displaystyle{ f(y_{1},y_{2},y_{3})=f(b_{1},b_{1})y_{1}^{2}+f(b_{2},b_{2})y_{2}^{2}+f(b_{3},b_{3})y_{3}^{2}=2y_{1}^{2}-\frac{3}{2}y_{2}^{2}+\frac{7}{6}y_{3}^{2}}\)
\(\displaystyle{ k_{12}=-\frac{f(b_{1},e_{2})=1}{f(b_{1},b_{1})=2}=-\frac{1}{2}}\)
\(\displaystyle{ k_{12}=-\frac{f(b_{1},e_{3})=-1}{f(b_{1},b_{1})=1}=-1}\)
\(\displaystyle{ k_{12}=-\frac{f(b_{2},e_{3})=-\frac{1}{2}}{f(b_{2},b_{2})=-\frac{1}{3}}=-\frac{1}{2}}\)
nie wiem jak wyliczac wartosci \(\displaystyle{ f(b_{1},e_{2}), f(b_{1},e_{3}), f(b_{2},e_{3}), f(b_{1},b_{1}), f(b_{2},b_{2})}\)
Zgodnie z tym, że \(\displaystyle{ f(y_{1},y_{2},y_{3})=f(b_{1},b_{1})y_{1}^{2}+f(b_{2},b_{2})y_{2}^{2}+f(b_{3},b_{3})y_{3}^{2}=2y_{1}^{2}-\frac{3}{2}y_{2}^{2}+\frac{7}{6}y_{3}^{2}}\)
\(\displaystyle{ k_{12}=-\frac{f(b_{1},e_{2})=1}{f(b_{1},b_{1})=2}=-\frac{1}{2}}\)
\(\displaystyle{ k_{12}=-\frac{f(b_{1},e_{3})=-1}{f(b_{1},b_{1})=1}=-1}\)
\(\displaystyle{ k_{12}=-\frac{f(b_{2},e_{3})=-\frac{1}{2}}{f(b_{2},b_{2})=-\frac{1}{3}}=-\frac{1}{2}}\)
nie wiem jak wyliczac wartosci \(\displaystyle{ f(b_{1},e_{2}), f(b_{1},e_{3}), f(b_{2},e_{3}), f(b_{1},b_{1}), f(b_{2},b_{2})}\)
-
BettyBoo
- Użytkownik
- Posty: 5356
- Rejestracja: 10 kwie 2009, o 10:22
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Gliwice
- Pomógł: 1381 razy
postac kanoniczna formy kwadratowej
Nie bardzo rozumiem, co Ty tu napisałeś - jakieś dziwne indeksy Ci wyszły
W każdym razie, wektory \(\displaystyle{ e_1,e_2,e_3}\) są dane (baza kanoniczna), wektory \(\displaystyle{ b_1,b_2,b_3}\) wyznaczasz po kolei, a \(\displaystyle{ f(b_i,e_j)}\) obliczasz wstawiając dane do wzoru na formę dwuliniową.
Pozdrawiam.
W każdym razie, wektory \(\displaystyle{ e_1,e_2,e_3}\) są dane (baza kanoniczna), wektory \(\displaystyle{ b_1,b_2,b_3}\) wyznaczasz po kolei, a \(\displaystyle{ f(b_i,e_j)}\) obliczasz wstawiając dane do wzoru na formę dwuliniową.
Pozdrawiam.
-
trawa696
- Użytkownik
- Posty: 111
- Rejestracja: 18 gru 2009, o 14:14
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Gdańsk
- Podziękował: 20 razy
postac kanoniczna formy kwadratowej
faktycznie, moj ostatni post jest bledny, ale nie wiedziecz czemu nie moge go edytowac by to porawic. bylem na konsultacjach, na ktorych uzupelnilem swoje braki, jednakze Twoja pomoc jest nieoceniona
a wiec:
\(\displaystyle{ f(b_{1},b_{1})=f(e_{1},e_{1})=2}\) -komurka macierzy z pierwszego wiersza na pierwszym miejscu
\(\displaystyle{ f(b_{2},b_{2})=f(-\frac{1}{2}e_{1}+e_{2},-\frac{1}{2}e_{1}+e_{2})=\frac{1}{4}f(e_{1},e_{1})-\frac{1}{2}f(e_{1},e_{2})-\frac{1}{2}f(e_{2},e_{1})+f(e_{2},e_{2})=\frac{1}{4}\cdot2-\frac{1}{2}\cdot1-\frac{1}{2}\cdot1-1=-\frac{3}{2}}\)
Ponadto \(\displaystyle{ f(b_{1},b_{1}),f(b_{2},b_{2}),f(b_{3},b_{3})}\) sa ilorazem wyznacznikow odpowednich minorow głownych
a wiec:
\(\displaystyle{ f(b_{1},b_{1})=f(e_{1},e_{1})=2}\) -komurka macierzy z pierwszego wiersza na pierwszym miejscu
\(\displaystyle{ f(b_{2},b_{2})=f(-\frac{1}{2}e_{1}+e_{2},-\frac{1}{2}e_{1}+e_{2})=\frac{1}{4}f(e_{1},e_{1})-\frac{1}{2}f(e_{1},e_{2})-\frac{1}{2}f(e_{2},e_{1})+f(e_{2},e_{2})=\frac{1}{4}\cdot2-\frac{1}{2}\cdot1-\frac{1}{2}\cdot1-1=-\frac{3}{2}}\)
Ponadto \(\displaystyle{ f(b_{1},b_{1}),f(b_{2},b_{2}),f(b_{3},b_{3})}\) sa ilorazem wyznacznikow odpowednich minorow głownych
-
BettyBoo
- Użytkownik
- Posty: 5356
- Rejestracja: 10 kwie 2009, o 10:22
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Gliwice
- Pomógł: 1381 razy
postac kanoniczna formy kwadratowej
To wszystko prawda (btw. możesz korzystać z liniowości formy tak jak tutaj zrobiłeś albo po prostu wstawić dane wektory do wzoru na formę), ale nie dla metody, którą cytujesz na początku (a zdaje się, że dwa posty wyżej o tą pytałeś).
Pozdrawiam.
Pozdrawiam.