uzadanić, że istnieje dokładnie jedna funkcja liniowa \(\displaystyle{ f: R ^{3} R ^{3}}\)
dla której :
\(\displaystyle{ f((1,2,1)) = (1,2,0), f((1,2,0)) = (1,2,1), f((0,1,3)) = (2,4,3).}\)
Znaleźć wszystkie jej wartości własne i wektory własne.
ewentualnego dobroczyńce prosiłbym o łopatologiczne wyjaśnienie tego (niestety ale nie mam pojęcia co mam z tym zrobić)
uzasadnić, że istnieje dokładnie jedna funkcja liniowa
- Fukuro
- Użytkownik
- Posty: 18
- Rejestracja: 9 sie 2008, o 14:59
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 9 razy
- Pomógł: 1 raz
uzasadnić, że istnieje dokładnie jedna funkcja liniowa
Kolego z elki...
Zapiszemy kolejne wartości przekształcenia przez jakąś bazę. Niech będzie to np. baza kanoniczna \(\displaystyle{ B=((1,0,0),(0,1,0),(0,0,1))}\):
\(\displaystyle{ f((1,2,2))=(0,2,2)=0(1,0,0)+2(0,1,0)+2(0,0,1)}\)
\(\displaystyle{ f((0,2,2))=1(1,0,0)+2(0,1,0)+2(0,0,1)}\)
\(\displaystyle{ f((3,1,0))=3(1,0,0)+4(0,1,0)+2(0,0,1)}\)
Teraz współczynniki przy wektorach bazy kanoniczej wpisujemy do macierzy kolumnowo, tzn. - trójka współczynników bazy dla danego wektora tworzy jedną kolumnę macierzy.
Otrzymujemy więc macierz współczynników:
\(\displaystyle{ A=\left[\begin{array}{ccc}0&1&3\\2&2&4\\2&2&2\end{array}\right]}\)
Ponieważ naszym zadaniem jest wyznaczyć wartości własne macierzy (wartości własne to takie wartości parametru \(\displaystyle{ \lambda}\) by wyznacznik macierzy był równy zero), musimy jeszcze stworzyć macierz \(\displaystyle{ A'=(A-\lambda E)}\), której wyznacznika będziemy szukać.
Nowa macierz powstanie na skutek odjęcia od wartości położonych na przekątnej macierzy A parametru \(\displaystyle{ \lambda}\). Będzie ona wyglądać wtedy tak:
\(\displaystyle{ A'=\left[\begin{array}{ccc}0-\lambda&1&3\\2&2-\lambda&4\\2&2&2-\lambda\end{array}\right]}\)
Teraz należy obliczyć \(\displaystyle{ det A'}\) i sprawdzić dla jakich \(\displaystyle{ \lambda}\) wynosi on zero. Wynikiem będą szukane wartości własne tego przekształcenia. Teraz pozostaje tylko wyliczenie wektorów własnych.
By obliczyć wektory własne macierzy (bo problem szukania wartości własnych i wektorów własnych przekształcenia sprowadziliśmy do podobnego problemu, ale dotyczącego macierzy), należy rozwiązać trzy układy równań - po jednym na wartość własną (wstawiasz je kolejno do macierzy A'). Układ to rozwiązania ma postać ogólną \(\displaystyle{ A'X=0}\), gdzie X jest odpowiednio dobraną macierzą niewiadomych \(\displaystyle{ x_{1},x_{2},...,x_{n}}\), gdzie n oznacza stopień macierzy. Wszystkie niewiadome należy podporządkować jednej, w ten sposób - otrzymujesz trzy, odpowiednio dla każdej wartości własnej, modele wektorów własnych.
Odnośnie jednoznaczności \(\displaystyle{ f:R^{3}\to R^{3}}\), należy, tak jak powiedział przedmówca - zwrócić się do definicji funkcji liniowej w \(\displaystyle{ R^{3}}\).
Zapiszemy kolejne wartości przekształcenia przez jakąś bazę. Niech będzie to np. baza kanoniczna \(\displaystyle{ B=((1,0,0),(0,1,0),(0,0,1))}\):
\(\displaystyle{ f((1,2,2))=(0,2,2)=0(1,0,0)+2(0,1,0)+2(0,0,1)}\)
\(\displaystyle{ f((0,2,2))=1(1,0,0)+2(0,1,0)+2(0,0,1)}\)
\(\displaystyle{ f((3,1,0))=3(1,0,0)+4(0,1,0)+2(0,0,1)}\)
Teraz współczynniki przy wektorach bazy kanoniczej wpisujemy do macierzy kolumnowo, tzn. - trójka współczynników bazy dla danego wektora tworzy jedną kolumnę macierzy.
Otrzymujemy więc macierz współczynników:
\(\displaystyle{ A=\left[\begin{array}{ccc}0&1&3\\2&2&4\\2&2&2\end{array}\right]}\)
Ponieważ naszym zadaniem jest wyznaczyć wartości własne macierzy (wartości własne to takie wartości parametru \(\displaystyle{ \lambda}\) by wyznacznik macierzy był równy zero), musimy jeszcze stworzyć macierz \(\displaystyle{ A'=(A-\lambda E)}\), której wyznacznika będziemy szukać.
Nowa macierz powstanie na skutek odjęcia od wartości położonych na przekątnej macierzy A parametru \(\displaystyle{ \lambda}\). Będzie ona wyglądać wtedy tak:
\(\displaystyle{ A'=\left[\begin{array}{ccc}0-\lambda&1&3\\2&2-\lambda&4\\2&2&2-\lambda\end{array}\right]}\)
Teraz należy obliczyć \(\displaystyle{ det A'}\) i sprawdzić dla jakich \(\displaystyle{ \lambda}\) wynosi on zero. Wynikiem będą szukane wartości własne tego przekształcenia. Teraz pozostaje tylko wyliczenie wektorów własnych.
By obliczyć wektory własne macierzy (bo problem szukania wartości własnych i wektorów własnych przekształcenia sprowadziliśmy do podobnego problemu, ale dotyczącego macierzy), należy rozwiązać trzy układy równań - po jednym na wartość własną (wstawiasz je kolejno do macierzy A'). Układ to rozwiązania ma postać ogólną \(\displaystyle{ A'X=0}\), gdzie X jest odpowiednio dobraną macierzą niewiadomych \(\displaystyle{ x_{1},x_{2},...,x_{n}}\), gdzie n oznacza stopień macierzy. Wszystkie niewiadome należy podporządkować jednej, w ten sposób - otrzymujesz trzy, odpowiednio dla każdej wartości własnej, modele wektorów własnych.
Odnośnie jednoznaczności \(\displaystyle{ f:R^{3}\to R^{3}}\), należy, tak jak powiedział przedmówca - zwrócić się do definicji funkcji liniowej w \(\displaystyle{ R^{3}}\).
-
- Użytkownik
- Posty: 8
- Rejestracja: 13 wrz 2008, o 18:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: wawa
- Podziękował: 2 razy
uzasadnić, że istnieje dokładnie jedna funkcja liniowa
DZIĘKI elkobracie
rycerze hardcoru walczą do oporu!!!!
może zając puści:)
rycerze hardcoru walczą do oporu!!!!
może zając puści:)