Базис, квадратичные формы, матрицы (лин. алгебра)

[Andrei94]

1) Найти ортонормированный базис подпространства

$V=\begin{Bmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \\ \end{pmatrix} ; \begin{pmatrix} 3 \\ 3 \\ -1 \\ -1 \\ \end{pmatrix}\\ \end{Bmatrix}$

Я проверил, что эти столбцы линейно независимые.

Каждый из этих векторов нормировал. Но как сделать эти вектора ортогональными?

2) Привести квадратичную форму к диагональному виду

$f(x_1,x_2)=4x_1^2+24x_1x_2+11x_2^2$

Записываем матрицу квадратичной формы

$A=\begin{pmatrix} 4& 12\\ 12& 11 \end{pmatrix}$

Выделяем полный квадрат.

$$f(x_1,x_2)=4x_1^2+24x_1x_2+11x_2^2=4x_1^2+24x_1x_2+36x_2^2-25x_2^2=(2x_1-6x_2)^2-25x_2^2$$

А как дальше?

3) Найти ранг матрицы, используя определение ранга по столбцам или по строкам

$$A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 4& 0&0 \\ 0& 1& 3& 0&1 \\ 0& 0& 0& 1&0 \\ 0& 0& 0& 4&0 \\ \end{pmatrix}$$

Как я понял - нужно найти ранг по количеству независимых строк или кол-во независимых столбцов.

Но тут ведь под диагональю сделать нули -- не нужно, уже все готово, но ведь на диагонали в любом случае будет ноль. Как быть?

[svv]

1) Возьмите вместо второго (например) вектора подходящую линейную комбинацию.

[alcoholist]

2) полный квадрат -- это из друго оперы

3) матрица не является квадратно -- у нее нет диагонали

[Human]

1) Тут ортогональный базис ищется относительно просто. Для более сложных случаев, вообще, применяется метод ортогонализации Грама-Шмидта.

alcoholist в сообщении #553092 писал(а):

2) полный квадрат -- это из друго оперы

Разве? Если я не ошибаюсь, канонический и диагональный виды квадратичной формы - это одно и то же, а к каноническому виду она приводится методом Лагранжа, что ТС и сделал. Далее просто делается замена переменных.

3) Любую матрицу элементарными преобразованиями строк и перестановкой столбцов можно привести к виду:

$$\begin{pmatrix}\begin{tabular}{c|c}E & B\\ \hline\multicolumn{2}{c}{0}\\\end{tabular}\end{pmatrix}$$

где $E$ - единичная матрица, $B$ - всё, что угодно. Если не путаю, этот вид называется каноническим. Ваша матрица представляется в этом виде так:

$$\begin{pmatrix}\begin{tabular}{rrr|rr}1 & 0 & 0 & 1 & -1\\ 0 & 1 & 0 & 3 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\ \hline \end{tabular}\\\begin{tabular}{rrrrr}0 & 0 & 0 & 0 & \hphantom{-}0\\\end{tabular}\end{pmatrix}$$

Проверьте. Её ранг равен рангу единичной матрицы, то есть тройке.

(Оффтоп)

Кучу времени убил, пока строил эту матрицу. Может кто-нибудь подсказать, как добиться того же результата более простым способом? Меня не устраивало, что вертикальная черта залезает на 4-ую строку, поэтому пришлось выдумывать такой костыль.

[svv]

1) Оба данных вектора удовлетворяют условиям $x_1=x_2$ и $x_3=x_4$. Их линейная оболочка будет состоять из тех и только тех векторов, которые удовлетворяют обоим этим условиям. Легко выбрать из этого множества два таких вектора, будут ещё и очевидно ортогональны:

$$\begin{bmatrix}1\\1\\0\\0\end{bmatrix}\;\begin{bmatrix}0\\0\\1\\1\end{bmatrix}$$

Остается их нормировать.

[Andrei94]

svv в сообщении #553178 писал(а):

1) Оба данных вектора удовлетворяют условиям $x_1=x_2$ и $x_3=x_4$. Их линейная оболочка будет состоять из тех и только тех векторов, которые удовлетворяют обоим этим условиям. Легко выбрать из этого множества два таких вектора, будут ещё и очевидно ортогональны:

$$\begin{bmatrix}1\\1\\0\\0\end{bmatrix}\;\begin{bmatrix}0\\0\\1\\1\end{bmatrix}$$

Остается их нормировать.

Спасибо. Ну нормировать я смогу.

$$\begin{bmatrix}1/\sqrt{2}\\1/\sqrt{2}\\0\\0\end{bmatrix}\;\begin{bmatrix}0\\0\\1/\sqrt{2}\\1/\sqrt{2}\end{bmatrix}$$

А каким образом нужно догадываться до тех условий, которым должны удовлетворять эти вектора? А если все числа разные? Допустим вот так?

$$\begin{bmatrix}1\\2\\3\\0\end{bmatrix}\;\begin{bmatrix}0\\1\\3\\2\end{bmatrix}$$

-- 28.03.2012, 22:26 --

Human в сообщении #553136 писал(а):

Если я не ошибаюсь, канонический и диагональный виды квадратичной формы - это одно и то же, а к каноническому виду она приводится методом Лагранжа, что ТС и сделал. Далее просто делается замена переменных.

Вот так?

$f(x_1,x_2)=(2x_1-6x_2)^2-25x_2^2$

$2x_1-6x_2=y_1$

$5x_2=y_2$

$f(y_1,y_2)=y_1^2-y_2^2$

[Dan B-Yallay]

Andrei94 в сообщении #553192 писал(а):

А каким образом нужно догадываться до тех условий, которым должны удовлетворять эти вектора? А если все числа разные?

Грам-Шмидт в помощь

[Andrei94]

Human в сообщении #553136 писал(а):

3) Любую матрицу элементарными преобразованиями строк и перестановкой столбцов можно привести к виду:

$$\begin{pmatrix}\begin{tabular}{c|c}E & B\\ \hline\multicolumn{2}{c}{0}\\\end{tabular}\end{pmatrix}$$

где $E$ - единичная матрица, $B$ - всё, что угодно. Если не путаю, этот вид называется каноническим. Ваша матрица представляется в этом виде так:

$$\begin{pmatrix}\begin{tabular}{rrr|rr}1 & 0 & 0 & 1 & -1\\ 0 & 1 & 0 & 3 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\ \hline \end{tabular}\\\begin{tabular}{rrrrr}0 & 0 & 0 & 0 & \hphantom{-}0\\\end{tabular}\end{pmatrix}$$

Проверьте. Её ранг равен рангу единичной матрицы, то есть тройке.

А вот это - совсем не понятно...А как это нам упростило дело? Зачем нужна нулевая строчка, если она не дает вклад в ранг?!

[svv]

Четвертая строчка была линейной комбинацией других строк. Это значит, что её изъятие из матрицы не уменьшит ранга ("она бесполезна"). Но в исходном виде матрицы это может быть неочевидно.

Раз она -- линейная комбинация, значит, можно прибавлением к ней / вычитанием из нее других строк с нужными коэффициентами превратить её в нулевую. На ранге матрицы это никак не отразится, но теперь бесполезность этой строки совершенно очевидна, и она как бы отставлена в сторону.

[Human]

Andrei94 в сообщении #553198 писал(а):

А вот это - совсем не понятно...А как это нам упростило дело?

Забыл упомянуть, что у такой матрицы ранг равен рангу первоначальной матрицы. А у неё ранг, очевидно, равен рангу входящей в неё единичной матрицы, а ранг единичной матрицы равен просто её размеру.

Andrei94 в сообщении #553198 писал(а):

Зачем нужна нулевая строчка, если она не дает вклад в ранг?!

Ну не нравится Вам эта строчка - не пишите

[alcoholist]

Human в сообщении #553136 писал(а):

Разве? Если я не ошибаюсь

Andrei94 в сообщении #553192 писал(а):

$f(y_1,y_2)=y_1^2-y_2^2$

Ага... и дискриминант формы равен $-1$

[Andrei94]

(Оффтоп)

Dan B-Yallay в сообщении #553197 писал(а):

Andrei94 в сообщении #553192 писал(а):

А каким образом нужно догадываться до тех условий, которым должны удовлетворять эти вектора? А если все числа разные?

Грам-Шмидт в помощь

Ух, это ж ёлки зеленые)))

Human в сообщении #553205 писал(а):

Забыл упомянуть, что у такой матрицы ранг равен рангу первоначальной матрицы. А у неё ранг, очевидно, равен рангу входящей в неё единичной матрицы, а ранг единичной матрицы равен просто её размеру.

Пусть

$E$ - единичная матрица,

$B$ - матрица, все элементы которой единицы.

$$\begin{pmatrix}\begin{tabular}{rrr|rr}1 & 0 & 0 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 1 & 1\\ \hline \end{tabular}\\\begin{tabular}{rrrrr}0 & 0 & 0 & 0 & \hphantom{-}0\\\end{tabular}\end{pmatrix}$$

Её ранг равен рангу единичной матрицы, то есть тройке.


То есть ранг матрицы $B=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \\ 1 & 1 \\ \end{pmatrix} $ равен трем?
А я думал, что одному...

-- 28.03.2012, 22:58 --

alcoholist в сообщении #553207 писал(а):

Ага... и дискриминант формы равен $-1$

А о чем это говорит?

-- 28.03.2012, 22:59 --

Dan B-Yallay в сообщении #553197 писал(а):

Andrei94 в сообщении #553192 писал(а):

А каким образом нужно догадываться до тех условий, которым должны удовлетворять эти вектора? А если все числа разные?

Грам-Шмидт в помощь

А есть ли более простой способ, чем Грам-Шмидт?!

[Human]

alcoholist в сообщении #553207 писал(а):

Ага... и дискриминант формы равен $-1$

Видимо я чего-то не понимаю...
В задании же вроде предполагалось путем невырожденной линейной замены координат привести форму к диагональному виду. Для данной ТС формы диагональным является любое выражение вида $ay_1^2-by_2^2$, где $a$ и $b$ положительные коэффициенты. Поэтому естественно, что дискриминант не сохраняется, но зато он всегда отрицательный.

-- 28.03.2012, 23:18 --

Andrei94 в сообщении #553209 писал(а):

Пусть

$E$ - единичная матрица,

$B$ - матрица, все элементы которой единицы.

$$\begin{pmatrix}\begin{tabular}{rrr|rr}1 & 0 & 0 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 1 & 1\\ \hline \end{tabular}\\\begin{tabular}{rrrrr}0 & 0 & 0 & 0 & \hphantom{-}0\\\end{tabular}\end{pmatrix}$$

Её ранг равен рангу единичной матрицы, то есть тройке.


То есть ранг матрицы $B=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \\ 1 & 1 \\ \end{pmatrix} $ равен трем?
А я думал, что одному...

Не перевирайте мои слова.
Чтобы судить о ранге приведенной Вами матрицы $B$ так, как я сказал (а не так, как Вы себе возомнили), нужно её сначала привести к каноническому виду:

$$\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{pmatrix}$$

Вот у этой матрицы будет такой же ранг, как у $B$.
Из моих рассуждений нигде не следовало, что ранг подматрицы такой же, как и ранг всей матрицы. Это верно в данном случае для канонического вида и только применительно к единичной подматрице, а не какой Вам хочется.

И да, на всякий случай, может у Вас с этим определением непонятки: единичной называется квадратная матрица, на диагонали которой стоят единицы, а все остальные элементы нули.

-- 28.03.2012, 23:20 --

Andrei94 в сообщении #553209 писал(а):

А есть ли более простой способ, чем Грам-Шмидт?!

Если разобраться, то этот способ прост, особенно если Вам необходимо ортогонализовать всего два столбца.

-- 28.03.2012, 23:36 --

Andrei94
Слушайте, а зачем я Вам все это объясняю? Открываете любой учебник по аналитической геометрии (я, например, по Беклемишеву занимался), ищете тему "Ранг матрицы" и изучайте, там написано, как в общем случае найти ранг любой матрицы.

[Andrei94]

Human в сообщении #553225 писал(а):

Не перевирайте мои слова.
Чтобы судить о ранге приведенной Вами матрицы $B$ так, как я сказал (а не так, как Вы себе возомнили), нужно её сначала привести к каноническому виду:

$$\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{pmatrix}$$

Вот у этой матрицы будет такой же ранг, как у $B$.
Из моих рассуждений нигде не следовало, что ранг подматрицы такой же, как и ранг всей матрицы. Это верно в данном случае для канонического вида и только применительно к единичной подматрице, а не какой Вам хочется.

Спасибо, я вас сначала не понял, поэтому искаженно написал. Теперь все понятно, за исключением одного.

Может ли возникнуть ситуация, когда мы определяем ранг матрицы:
1) На диагонали стоит ноль, при этом любыми перестановками строк и столбцов этот ноль "убить" нельзя
2) Под диагональю нули.
3) Нулевых и пропорциональных строк нет.

?

[Human]

Andrei94 в сообщении #553242 писал(а):

1) На диагонали стоит ноль, при этом любыми перестановками строк и столбцов этот ноль "убить" нельзя

Странно, если нельзя, тогда просто матрица нулевая, разве нет? Если никакими перестановками столбцов нуль не убивается, значит вся строка, содержащая нуль, нулевая, ну и аналогично для перестановок строк.

Andrei94 в сообщении #553242 писал(а):

2) Под диагональю нули.

Может возникнуть, но разве это мешает привести матрицу к канону?

Andrei94 в сообщении #553242 писал(а):

3) Нулевых и пропорциональных строк нет.

Тоже может, что тоже не мешает.

Матрица приводится к канону стандартным методом Гаусса, как при решении систем линейных уравнений.
То есть смотрим на первый элемент первой строки. Если он не 0, то все элементы соответствующего столбца можно обнулить, последовательно вычтя строку, домноженную на нужный коэффициент из всех остальных строк, а его самого нормировать на единицу. Если 0, то ищем другой элемент, желательно ненулевой, и продолжаем операцию.

И прошу прощения за резкость речи в последнем сообщении, просто такие издевательские фразы

Andrei94 в сообщении #553209 писал(а):

То есть ранг матрицы $B=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \\ 1 & 1 \\ \end{pmatrix} $ равен трем?
А я думал, что одному...

творят со мной нехорошие вещи.