Jakby ktoś mógł napisać, co zrobić z zadaniem 35 z listy 7… byłabym wdzięczna :)
karoluch, 2010/01/17 21:06
Egzamin z mat. dyskretnej zbliża się wielkimi krokami, więc zadanie w sam raz na poćwiczenie ;)
Spostrzeżenie na początek. Weźmy sobie wektor V_n = {a_{n-1} \choose a_n}. Zauważamy, że jeśli chcemy otrzymać kolejny, to musimy zrobić tak: V_{n+1} = MV_n = {0 \ 1 \choose -4 \ 3} V_n (łatwe do sprawdzenia). Więc V_n = M^{n-1}V_1, V_1 = {0 \choose -4}.
Wielomian charakterystyczny tej rekurencji to: W_a(x) = x^2 - 3x + 4 (czyli wielomian charakterystyczny macierzy M).
Znajdujemy jego pierwiastki: x_1, x_2 = \frac{\pm i \sqrt{7} - 3}{2}.
Zauważamy, że 7+3*3 = 16 = 4^2, więc x_1 = 2(cos(\xi) + i sin(\xi)), x_2 = 2(cos(-\xi) + i sin(-\xi)), gdzie cos i sin wynoszą odpowiednio 3/4 i \pm i \sqrt{7}/4.
I teraz rozwiązanie sposobem jakiego nas tam uczą:
Oczywiste jest, że rozwiązaniami tej rekurencji (bez warunków początkowych) są między innymi ciągi p_n = x_1^n, q_n = x_2^n. W terminach macierzy i wektorów, U_1 = {1 \choose x_1},\ U_2 = {1 \choose x_2} są wektorami własnymi macierzy M.
Zatem zapisujemy wektor V_1 = \alpha{1 \choose x_1} + \beta{1 \choose x_2}. No i robimy trick z wykładu: M^nV_1 = \alpha M^n U_1 + \beta M^n U_2 = \alpha x_1^n U_1 + \beta x_2^n U_2 \Rightarrow a_n = \alpha x_1^n + \beta x_2^n. Wartości alfa i beta możemy policzyć, podstawiając kolejno n=0 i n=1, wiemy jak to zrobić.
Natomiast przy potęgowaniu pierwiastków, wykorzystujemy de Moivre'a i mamy, że x_1^n = 2^n(cos(n\xi) + isin(n\xi)), analogicznie dla x_2.
Co z tego dalej wynika, zobaczcie sami, nie mam czasu na rachunki. Najprawdopodobniej, po policzeniu greckich literek okaże się, że przy liczeniu V_n sinus się zredukuje i trzeba będzie policzyć tylko kosinus jakiegoś syfnego kąta…
gw, 2010/01/19 18:53
Dziękuję :)
aga, 2010/01/16 22:17
Zadanie 14
prostą podaną w zadaniu piszemy w postaci parametrycznej i otrzymujemy:
X=(1, -1/2, 3) + t(3,-2,-2)
Prosta ta ma wektor kierunkowy K=(3,-2,-2)
Płaszczyzna -x+4y-2z=100 ma wektor normalny N=(-1,4,-2).
Żądaną płaszczyznę tworzy N i K, czyli liczymy ich iloczyn wektorowy.
Mamy N'=(-12,-8,-10)
Zatem ∏'=-12x-8y-10z=d
d wyznaczamy, podstawiając do równania szukanej płaszczyzny punkt (1, -1/2, -3), bo chcemy, żeby płaszczyzna zawierała tamtą prostą.
W końcu otrzymujemy -12x-8y-10z=22, co jest równoważne z 6x+4y+5z=-11
o_black, 2010/01/16 17:34
zadanie 16
Wystarczy, żeby wektor (-3, 1, 4) leżał na płaszczyźnie. X = (2, -1, 3) + s*(1, 2, -1) + t*(-5, 2, 1).
karoluch, 2010/01/15 00:00
Zadanie 26 z listy 7 (bo mi się nie spodobało, a jest chyba ważne)
Z twierdzenia Jordana wiemy, że M = PJP^{-1}, gdzie J może mieć dwie postaci: {p \ 0 \choose 0 \ q} lub {p \ 1 \choose 0 \ q}.
Wiemy, że skoro M^2 = 0, to det(M) = 0, co wobec odwracalności P daje det(J) = 0. No i teraz rozpatrujemy przypadki osobno:
Jeśli J jest w postaci diagonalnej, to det(J) = 0 \Leftrightarrow p*q = 0, więc WLOG zakładamy, że q = 0. Ale wtedy przecież mamy, że: M^{n} = PJ^{n}P^{-1} = p^{n-1}PJP^{-1} = p^{n-1}M, stąd 0 = M^{100} = p^{99}M. To się rozbija na dwa przypadki: M = 0 \vee p = 0.
Ale: M^2 = pM = 0… A teraz przypadek, że J ma klatkę Jordana.
Argument podobny: det(M) = 0 \Rightarrow det(J) = 0 \Rightarrow p*q = 0. Znowu, zakładamy WLOG że q = 0. Podnosimy J do kwadratu otrzymując: J^2 = {p^2 \ p \choose 0 \ 0} = p {p \ 1 \choose 0 \ 0} = pJ. Stąd: J^{n} = p^{n-1}J \Rightarrow M^{n} = p^{n-1}PJP^{-1} = p^{n-1}M.
I tak samo jak w poprzednim przypadku, M^{2} = pM = 0, koniec dowodu ;)
PS. Ja absolutnie nie jestem pewien poprawności. Proszę o comment czy się z tym zgadzacie…
karoluch, 2010/01/14 00:25
Zadanie 29 z listy 7 (bo mi się spodobało)
a) Skoro już wiemy co znaczy \overline{U}, to możemy pisać takie rzeczy jak: MU = \lambda*U \Rightarrow M * \overline{U} = \overline{MU} = \overline{\lambda*U} = \overline{\lambda} * \overline{U} \Rightarrow \overline{U} jest wektorem własnym z wartością \overline{\lambda}.
b) robi się tak samo jak dowód wzorku dla diagonalizacji, dla przypomnienia przypomnę:
Wstawiamy dwa (liniowo niezależne ??) wektory własne macierzy do obu stron naszej dowodzonej tożsamości: PDP^{-1}(U) = PD(1,0)^T = P*(\lambda,0)^T = \lambda * P_1 = \lambda * U = MU. Analogicznie po wstawienu wektora sprzężonego do U.
c) tutaj też wstawimy sobie U, ale będzie nieco trudniej. Na przykład warto policzyć na boku:
(1) Q^{-1}U = (1,-i)^T \Leftrightarrow Q(1,-i)^T = (X+(-i)*(-Y))^T = (X+iY)^T = U.
Stąd mamy już, że: QAQ^{-1}(U) = QA(1,-i) = Q(rcos\phi + irsin\phi, rsin\phi - ircos\phi)^T = Q(\lambda, -i\lambda)^T = \lambda Q(1,-i)^T = \lambda * U = MU (przedostatnia równość z (1).
Analogicznie powinno wyjść, gdy wstawimy \overline{U}, tzn wyjdzie pewnie M * \overline{U}.
Uwaga: założyłem, że U i sprzężony są lnz, co nie jest oczywiste. To co wiemy to to, że nie ma obu współrzędnych rzeczywistych (bo lewa strona równości MU = \lambda U miałaby współrzędne rzeczywiste, podczas gdy prawa nie).
Może mieć jednak tylko współrzędne urojone, tzn U = (ai,bi)^T. Wtedy X = \overrightarrow{0} i U = i{x \choose y}.
Ale MU = \lambda U \Leftrightarrow iM(x,y)^T = i\lambda(x,y)^T \Leftrightarrow MV = \lambda V, gdzie V ma współrzędne rzeczywiste. Ale jak już zaznaczyłem powyżej - to nie może mieć miejsca.
lulbliniczanin, 2010/01/13 20:10
10. a) równanie równoległej do PI
4x+y-z=coś
podstawiamy P=(1,2,3), coś=3
b) prosta L, nieco inaczej L=(1,3,-2)+t(2,7,3)
szukana płaszczyzna: (1,3,2)+t(2,7,3)+y(e,f,g)=(1,2,3)
niech t=0, y=1
wtedy po rozwiązaniu układu
e=0, f=-1, g=5 co wydaje mi się wystarczające
c) punkt P + wektor prostopadły do PI
(1,2,3)+(4,1,-1)
gw, 2010/01/13 18:52
Zadanie 15
Gdy się zapisze tę drugą prostą w postaci parametrycznej,( X=(1,-1,-3)^T + t*(2,-4,2)^T ) to widać, że te dwie proste są równoległe. Weźmy zatem punkty X=(1,1,3)^T, Y=(2,1,4)^T należące do pierwszej prostej i punkt Z=(1,-1,-3)^T należący do drugiej prostej. Mamy dwa wektory: XY=A=(1,0,1)^T i XZ=B=(0,-2,-6)^T. Wektor prostopadły do nich jest wektorem normalnym do szukanej płaszczyzny. Liczymy więc iloczyn wektorowy AxB i wychodzi nam wektor N=(2,6,-2). Równanie płaszczyzny: 2x+6y-2z=2+6-6=2.
gw, 2010/01/13 18:38
Zadanie 17
Punkty Q=(0,3,0)^T i R=(-1,4,2)^T leżą na prostej l, zatem wektor QR=(-1,1,2) jest równoległy do l. Płaszczyzna prostopadła do l i przechodząca przez punkt P=(1,0,1)^T ma równanie: -x+y+2z=-1+2=1. Punkt przecięcia tej płaszczyzny z prostą l to punkt S=(x,y,z)^T taki, że x/(-1)=(y-3)/1=z/2 i -x+y+2z=1. To pierwsze to nieparametryczne równanie prostej l :) Wychodzi nam z=-2x, y=3-x. Te wartości wstawiamy do równania płaszczyzny i wychodzi nam x=1/3, y=2+(1/3), z=-2/3. Prosta przechodząca przez punkty S i P to szukana prosta :)
karoluch, 2010/01/14 23:11
Dopowiem tylko, że najłatwiej chyba poprowadzić prostą przez dwa punkty (P,S) w ten sposób: k: S + t \overrightarrow{SP} ;)
karoluch, 2010/01/13 01:24
Zadanie 13
Punkty na tej prostej należą do obu, więc mamy układ równań: (1) x+y+z=7 (2) x+2y-z=3. Dodajemy i odejmujemy stronami i mamy: (3) 2x+3y=10 (4) 2z-y=4
co jest równoważne z: \frac{z-2}{1} = \frac{y}{2} = \frac{x-5}{-3} więc zwykłe stoi. Teraz parametryczne:
Podstawmy t = \frac{y}{2}. Wtedy jest: z = 2+t, y = 2t, x = 5 - 3t \Rightarrow (x,y,z)^T = (2,0,5)^T + t*(1,2,-3)^T.
karoluch, 2010/01/13 01:24
Zadanie 5
d) (KK) rozwiązanie „wzorcowe” (bo pierwsze w tym projekcie)
zrobimy to naokoło:
niech X = A \times B, Y = A \times C, V = X \times Y. Zauważmy, że X \perp A \wedge Y \perp A, więc A \perp \pi(X,Y). Analogicznie V \perp \pi(X,Y), zatem A \parallel V
Z drugiej strony, mamy: (A+D) \times A = D \times A \perp A \Rightarrow A \times D \perp V \Rightarrow \langle \ldots \rangle = 0. Tak.. geometrycznie trochę. Szukajcie błędów (moja statystyka: mylę się w 70% zdań przeze mnie wypowiadanych)
algebra_liniowa_lista_9.txt · ostatnio zmienione: 2010/01/14 00:45 przez karoluch
Wszystkie treści w tym wiki, którym nie przyporządkowano licencji, podlegają licencji:MIT License
Dyskusja
Jakby ktoś mógł napisać, co zrobić z zadaniem 35 z listy 7… byłabym wdzięczna :)
Egzamin z mat. dyskretnej zbliża się wielkimi krokami, więc zadanie w sam raz na poćwiczenie ;)
Spostrzeżenie na początek. Weźmy sobie wektor V_n = {a_{n-1} \choose a_n}. Zauważamy, że jeśli chcemy otrzymać kolejny, to musimy zrobić tak:
V_{n+1} = MV_n = {0 \ 1 \choose -4 \ 3} V_n (łatwe do sprawdzenia). Więc V_n = M^{n-1}V_1, V_1 = {0 \choose -4}.
Wielomian charakterystyczny tej rekurencji to: W_a(x) = x^2 - 3x + 4 (czyli wielomian charakterystyczny macierzy M). Znajdujemy jego pierwiastki: x_1, x_2 = \frac{\pm i \sqrt{7} - 3}{2}.
Zauważamy, że 7+3*3 = 16 = 4^2, więc x_1 = 2(cos(\xi) + i sin(\xi)), x_2 = 2(cos(-\xi) + i sin(-\xi)), gdzie cos i sin wynoszą odpowiednio 3/4 i \pm i \sqrt{7}/4.
I teraz rozwiązanie sposobem jakiego nas tam uczą:
Oczywiste jest, że rozwiązaniami tej rekurencji (bez warunków początkowych) są między innymi ciągi p_n = x_1^n, q_n = x_2^n. W terminach macierzy i wektorów, U_1 = {1 \choose x_1},\ U_2 = {1 \choose x_2} są wektorami własnymi macierzy M.
Zatem zapisujemy wektor V_1 = \alpha{1 \choose x_1} + \beta{1 \choose x_2}. No i robimy trick z wykładu: M^nV_1 = \alpha M^n U_1 + \beta M^n U_2 = \alpha x_1^n U_1 + \beta x_2^n U_2 \Rightarrow a_n = \alpha x_1^n + \beta x_2^n. Wartości alfa i beta możemy policzyć, podstawiając kolejno n=0 i n=1, wiemy jak to zrobić.
Natomiast przy potęgowaniu pierwiastków, wykorzystujemy de Moivre'a i mamy, że x_1^n = 2^n(cos(n\xi) + isin(n\xi)), analogicznie dla x_2.
Co z tego dalej wynika, zobaczcie sami, nie mam czasu na rachunki. Najprawdopodobniej, po policzeniu greckich literek okaże się, że przy liczeniu V_n sinus się zredukuje i trzeba będzie policzyć tylko kosinus jakiegoś syfnego kąta…
Dziękuję :)
Zadanie 14 prostą podaną w zadaniu piszemy w postaci parametrycznej i otrzymujemy: X=(1, -1/2, 3) + t(3,-2,-2) Prosta ta ma wektor kierunkowy K=(3,-2,-2) Płaszczyzna -x+4y-2z=100 ma wektor normalny N=(-1,4,-2). Żądaną płaszczyznę tworzy N i K, czyli liczymy ich iloczyn wektorowy. Mamy N'=(-12,-8,-10) Zatem ∏'=-12x-8y-10z=d d wyznaczamy, podstawiając do równania szukanej płaszczyzny punkt (1, -1/2, -3), bo chcemy, żeby płaszczyzna zawierała tamtą prostą. W końcu otrzymujemy -12x-8y-10z=22, co jest równoważne z 6x+4y+5z=-11
zadanie 16 Wystarczy, żeby wektor (-3, 1, 4) leżał na płaszczyźnie. X = (2, -1, 3) + s*(1, 2, -1) + t*(-5, 2, 1).
Zadanie 26 z listy 7 (bo mi się nie spodobało, a jest chyba ważne)
Z twierdzenia Jordana wiemy, że M = PJP^{-1}, gdzie J może mieć dwie postaci:
{p \ 0 \choose 0 \ q} lub {p \ 1 \choose 0 \ q}.
Wiemy, że skoro M^2 = 0, to det(M) = 0, co wobec odwracalności P daje det(J) = 0. No i teraz rozpatrujemy przypadki osobno:
Jeśli J jest w postaci diagonalnej, to det(J) = 0 \Leftrightarrow p*q = 0, więc WLOG zakładamy, że q = 0. Ale wtedy przecież mamy, że:
M^{n} = PJ^{n}P^{-1} = p^{n-1}PJP^{-1} = p^{n-1}M, stąd 0 = M^{100} = p^{99}M. To się rozbija na dwa przypadki: M = 0 \vee p = 0.
Ale: M^2 = pM = 0… A teraz przypadek, że J ma klatkę Jordana.
Argument podobny: det(M) = 0 \Rightarrow det(J) = 0 \Rightarrow p*q = 0. Znowu, zakładamy WLOG że q = 0. Podnosimy J do kwadratu otrzymując:
J^2 = {p^2 \ p \choose 0 \ 0} = p {p \ 1 \choose 0 \ 0} = pJ. Stąd: J^{n} = p^{n-1}J \Rightarrow M^{n} = p^{n-1}PJP^{-1} = p^{n-1}M.
I tak samo jak w poprzednim przypadku, M^{2} = pM = 0, koniec dowodu ;)
PS. Ja absolutnie nie jestem pewien poprawności. Proszę o comment czy się z tym zgadzacie…
Zadanie 29 z listy 7 (bo mi się spodobało)
a) Skoro już wiemy co znaczy \overline{U}, to możemy pisać takie rzeczy jak:
MU = \lambda*U \Rightarrow M * \overline{U} = \overline{MU} = \overline{\lambda*U} = \overline{\lambda} * \overline{U} \Rightarrow \overline{U} jest wektorem własnym z wartością \overline{\lambda}.
b) robi się tak samo jak dowód wzorku dla diagonalizacji, dla przypomnienia przypomnę:
Wstawiamy dwa (liniowo niezależne ??) wektory własne macierzy do obu stron naszej dowodzonej tożsamości:
PDP^{-1}(U) = PD(1,0)^T = P*(\lambda,0)^T = \lambda * P_1 = \lambda * U = MU. Analogicznie po wstawienu wektora sprzężonego do U.
c) tutaj też wstawimy sobie U, ale będzie nieco trudniej. Na przykład warto policzyć na boku:
(1) Q^{-1}U = (1,-i)^T \Leftrightarrow Q(1,-i)^T = (X+(-i)*(-Y))^T = (X+iY)^T = U.
Stąd mamy już, że:
QAQ^{-1}(U) = QA(1,-i) = Q(rcos\phi + irsin\phi, rsin\phi - ircos\phi)^T = Q(\lambda, -i\lambda)^T = \lambda Q(1,-i)^T = \lambda * U = MU (przedostatnia równość z (1).
Analogicznie powinno wyjść, gdy wstawimy \overline{U}, tzn wyjdzie pewnie M * \overline{U}.
Uwaga: założyłem, że U i sprzężony są lnz, co nie jest oczywiste. To co wiemy to to, że nie ma obu współrzędnych rzeczywistych (bo lewa strona równości MU = \lambda U miałaby współrzędne rzeczywiste, podczas gdy prawa nie).
Może mieć jednak tylko współrzędne urojone, tzn U = (ai,bi)^T. Wtedy X = \overrightarrow{0} i U = i{x \choose y}.
Ale MU = \lambda U \Leftrightarrow iM(x,y)^T = i\lambda(x,y)^T \Leftrightarrow MV = \lambda V, gdzie V ma współrzędne rzeczywiste. Ale jak już zaznaczyłem powyżej - to nie może mieć miejsca.
10. a) równanie równoległej do PI 4x+y-z=coś podstawiamy P=(1,2,3), coś=3 b) prosta L, nieco inaczej L=(1,3,-2)+t(2,7,3) szukana płaszczyzna: (1,3,2)+t(2,7,3)+y(e,f,g)=(1,2,3) niech t=0, y=1 wtedy po rozwiązaniu układu e=0, f=-1, g=5 co wydaje mi się wystarczające c) punkt P + wektor prostopadły do PI (1,2,3)+(4,1,-1)
Zadanie 15
Gdy się zapisze tę drugą prostą w postaci parametrycznej,( X=(1,-1,-3)^T + t*(2,-4,2)^T ) to widać, że te dwie proste są równoległe. Weźmy zatem punkty X=(1,1,3)^T, Y=(2,1,4)^T należące do pierwszej prostej i punkt Z=(1,-1,-3)^T należący do drugiej prostej. Mamy dwa wektory: XY=A=(1,0,1)^T i XZ=B=(0,-2,-6)^T. Wektor prostopadły do nich jest wektorem normalnym do szukanej płaszczyzny. Liczymy więc iloczyn wektorowy AxB i wychodzi nam wektor N=(2,6,-2). Równanie płaszczyzny: 2x+6y-2z=2+6-6=2.
Zadanie 17
Punkty Q=(0,3,0)^T i R=(-1,4,2)^T leżą na prostej l, zatem wektor QR=(-1,1,2) jest równoległy do l. Płaszczyzna prostopadła do l i przechodząca przez punkt P=(1,0,1)^T ma równanie: -x+y+2z=-1+2=1. Punkt przecięcia tej płaszczyzny z prostą l to punkt S=(x,y,z)^T taki, że x/(-1)=(y-3)/1=z/2 i -x+y+2z=1. To pierwsze to nieparametryczne równanie prostej l :) Wychodzi nam z=-2x, y=3-x. Te wartości wstawiamy do równania płaszczyzny i wychodzi nam x=1/3, y=2+(1/3), z=-2/3. Prosta przechodząca przez punkty S i P to szukana prosta :)
Dopowiem tylko, że najłatwiej chyba poprowadzić prostą przez dwa punkty (P,S) w ten sposób: k: S + t \overrightarrow{SP} ;)
Zadanie 13
Punkty na tej prostej należą do obu, więc mamy układ równań:
(1) x+y+z=7
(2) x+2y-z=3. Dodajemy i odejmujemy stronami i mamy:
(3) 2x+3y=10
(4) 2z-y=4
co jest równoważne z:
\frac{z-2}{1} = \frac{y}{2} = \frac{x-5}{-3} więc zwykłe stoi. Teraz parametryczne:
Podstawmy t = \frac{y}{2}. Wtedy jest: z = 2+t, y = 2t, x = 5 - 3t \Rightarrow (x,y,z)^T = (2,0,5)^T + t*(1,2,-3)^T.
Zadanie 5
d) (KK) rozwiązanie „wzorcowe” (bo pierwsze w tym projekcie)
zrobimy to naokoło:
niech X = A \times B, Y = A \times C, V = X \times Y. Zauważmy, że X \perp A \wedge Y \perp A, więc A \perp \pi(X,Y). Analogicznie V \perp \pi(X,Y), zatem A \parallel V
Z drugiej strony, mamy: (A+D) \times A = D \times A \perp A \Rightarrow A \times D \perp V \Rightarrow \langle \ldots \rangle = 0. Tak.. geometrycznie trochę. Szukajcie błędów (moja statystyka: mylę się w 70% zdań przeze mnie wypowiadanych)