Funkcjonały dwuliniowe i formy kwadratowe

[Rafcio_srubka]

Witam,
oto treść zadania z którym mam problem:

Funkcjonał \(\displaystyle{ g: \RR_{3} \times \RR_{3} \to \RR }\) ma w bazie \(\displaystyle{ B=(v_{1},v_{2},v_{3})}\), gdzie \(\displaystyle{ v_{1}=\begin{bmatrix} 1\\-1\\0\end{bmatrix},v_{2}=\begin{bmatrix} -1\\2\\1\end{bmatrix},v_{3}=\begin{bmatrix} 0\\1\\0\end{bmatrix}}\), macierz \(\displaystyle{ A=\begin{bmatrix} 2&-1&1\\-1&3&0\\1&0&1\end{bmatrix}}\). Wyznaczyć macierz funkcjonału w bazie kanonicznej \(\displaystyle{ \RR^{3}}\)

Oto moje rozwiązanie zadania:

Skorzystam ze wzoru:
\(\displaystyle{ A'= P \cdot A }\)

Najpierw znajdę macierz przejścia \(\displaystyle{ P}\) z bazy \(\displaystyle{ B}\) do \(\displaystyle{ B'}\).
\(\displaystyle{ B'= P \cdot B }\)

Gdzie:
\(\displaystyle{ B = \begin{bmatrix} 1&-1&0\\-1&2&1\\0&1&0\end{bmatrix} }\)
Bazę \(\displaystyle{ R^{3}}\) tworzą np. wektory: \(\displaystyle{ v_{4}=\begin{bmatrix} 1\\0\\0\end{bmatrix},v_{5}=\begin{bmatrix} 0\\1\\0\end{bmatrix},v_{6}=\begin{bmatrix} 0\\0\\1\end{bmatrix}}\) zatem \(\displaystyle{ B' = \begin{bmatrix} 1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{bmatrix} }\).

Macierz przejścia spełniająca równanie \(\displaystyle{ B'= P \cdot B }\) to:
\(\displaystyle{ P = \begin{bmatrix} 1&0&1\\0&0&1\\1&1&-1\end{bmatrix} }\).

Zatem nasze szukane \(\displaystyle{ A'}\) można już łatwo wyliczyć:

\(\displaystyle{ A'= P \cdot A = \begin{bmatrix} 1&0&1\\0&0&1\\1&1&-1\end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} 2&-1&1\\-1&3&0\\1&0&1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3&-1&2\\1&0&1\\0&2&0\end{bmatrix} }\)

Czy te zadanie zostało rozwiązane przeze mnie poprawnie? Będę wdzięczny za sprawdzenie.

Pozdrawiam

[Rafcio_srubka]

Bardzo proszę o sprawdzenie tego zadania - nie wiem czy dobrze rozumiem ten temat.

[Dasio11]

Macierz przejścia spełniająca równanie \(\displaystyle{ B'= P \cdot B }\) to:
\(\displaystyle{ P = \begin{bmatrix} 1&0&1\\0&0&1\\1&1&-1\end{bmatrix} }\).

Na ogół prawidłowym równaniem byłoby \(\displaystyle{ B' = B \cdot P}\), ale wynik lekko przypadkiem wyszedł Ci dobry, bo \(\displaystyle{ B'}\) jest macierzą identyczności.

Zatem nasze szukane \(\displaystyle{ A'}\) można już łatwo wyliczyć:

\(\displaystyle{ A'= P \cdot A = \ldots}\)

Zły wzór - poprawny to \(\displaystyle{ A' = P^{\top} A P}\).