Квадратичная функция

[INDIGO1991]

Задание:


Квадратичную функцию $h(x)$ привести к каноническому базису. Где $h(x)$ - это сумма всех элементов матрицы $X^2$; где $X \in \mathbb{R}^{n * n}$


Ни как не могу придумать решение, перебробовал всевозможные замены, например:

Если $X=(x_{ij})$ понятно что $h(x)=\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{j=1}^n x_{ij}*x_{jk}$

Первое что пришло в голову получить новые квадраты разнообразными заменами например

$$ x'_{ij}=x_{ij}$$

если $i\not=jj$ и $x_{ii}=(x'_{i1}+x'_{i2}+...+x'_{ii-1}+x'_{ii+1}+...+x'_{in}+x'_{1i}+...+x'_{i-1i}+x'_{i+1i}+...+x'_{ni})$

там получаются неимоверные выкладки...

Пытался рассматривать сначала просто сумму элементов не всей матрицы $X^2$ а только первой строки, но там тоже все как-то не больно приводится.

Рассматривал двумерный матрицы и трехмерные, Методом Лагранжа все приводится, но обобщить его для этого преобразования для матрицы порядка n как мне видется не представляется возможным.

Подкиньте пожалуйста идеку, как можно еще попробовать привести эту квадртичную форму к кананическому виду.

[terminator-II]

INDIGO1991 в сообщении #211897 писал(а):

Квадратичную функцию $h(x)$ привести к каноническому базису. Где $h(x)$ - это сумма всех элементов матрицы $X^2$; где $X \in \mathbb{R}^{n * n}$

$B$ -- кавадратная матрица все элементы которой равны 1.
тогда
$h=tr(BX^2)=tr(XBX)$
делаем замену переменной $X=C^{-1}YC$
получаем
$h=tr(C^{-1}YCBC^{-1}YC)=tr(YCBC^{-1}Y)$
матрица $B$ симметрична; Т.к. $rang B=1$ то все ее собств. числа кроме одного равны нулю, оставшеесся собств. число равно $tr(B)=n$. Следовательно при надлежащем выборе $C$
$CBC^{-1}=diag (n,0,\ldots,0)$
ответ сами запишите

[INDIGO1991]

А что из себя представляет матрица $Y$?
и вообще говоря когда я запишу след получившейся матрицы у меня снова получится та тройная сумма, а не как ни квадратичная форма в каноническом виде мы не делали ни какой замены. или я что-то не понимаю?

[terminator-II]

INDIGO1991 писал(а):

А что из себя представляет матрица $Y$?
и вообще говоря когда я запишу след получившейся матрицы у меня снова получится та тройная сумма, а не как ни квадратичная форма в каноническом виде мы не делали ни какой замены. или я что-то не понимаю?

замена была сделана, от старых переменных -- компонент матрицы $X$ перешли к новым переменным -- компонентам матрицы $Y$

[INDIGO1991]

И что это нам дает?
Я не понимаю сути всех этих преобразований в итоге получится тоже снова почти квадрат матрицы, только $Y$.
Матрица $C$ - тогда показывает связь старых переменных и новых?

Добавлено спустя 10 минут 11 секунд:

для 2 мерного случая мы получаем $2y^2_{11}+2y_{21}y_{12}$
А это всяко не каноническая форма

[terminator-II]

INDIGO1991 писал(а):

И что это нам дает?
Я не понимаю сути всех этих преобразований в итоге получится тоже снова почти квадрат матрицы, только $Y$.
Матрица $C$ - тогда показывает связь старых переменных и новых?

Добавлено спустя 10 минут 11 секунд:

для 2 мерного случая мы получаем $2y^2_{11}+2y_{21}y_{12}$
А это всяко не каноническая форма

а с чего Вы взяли, что я буду Вам сюда все решение выписывать? Я и так разжевал больше чем следовало. Думайте, это полезно.

[INDIGO1991]

INDIGO1991 писал(а):

для 2 мерного случая мы получаем $2y^2_{11}+2y_{21}y_{12}$
А это всяко не каноническая форма

для случая n = 2 если даже принимать во внимание только

terminator-II писал(а):

$h=tr(C^{-1}YCBC^{-1}YC)=tr(YCBC^{-1}Y)$
$CBC^{-1}=diag (n,0,\ldots,0)$

то получается то что я написал до этого, но как я надеюсь вам terminator-II известно это не каноническая форма записи квадратичной функции.

[terminator-II]

INDIGO1991 писал(а):

INDIGO1991 писал(а):

для 2 мерного случая мы получаем $2y^2_{11}+2y_{21}y_{12}$
А это всяко не каноническая форма

для случая n = 2 если даже принимать во внимание только

terminator-II писал(а):

$h=tr(C^{-1}YCBC^{-1}YC)=tr(YCBC^{-1}Y)$
$CBC^{-1}=diag (n,0,\ldots,0)$

то получается то что я написал до этого, но как я надеюсь вам terminator-II известно это не каноническая форма записи квадратичной функции.

нет это не каноническая форма. Видите ли в чем дело, молодой человек, задача, которую Вы просите решить, она относится к типу задач "со звездочкой". Это значит, что в своем вузе Вы, очевидно ,хотите сойти за умного. Вот и приложите к этому усилия.
Решать за Вас задачу никто не будет, здесь не отстойник для двоешников. Выпишите выражение$ tr(YCBC^{-1}Y)$ в общем виде через компоненты матрицы $Y$ -- поговорим.

[INDIGO1991]

Это есть зачетная задачка. И такую или подобные задачи получила вся группа, я над ней уже месяц бьюсь, просто так я на этом форуме помощи не прошу, если уж только совсем плохо.
Мне не надо подробного решения, мне нужнен какой-то полезный совет. А дальше я сам все смогу реализовать.
Я понял основную идею, предложенную вами.
Но правда не доконца разобрался с решением, пока не доконца, но мысли еще есть.
И тогда и только тогда когда их вообще не будет я буду обращаться к посторонней помощи.

Спасибо Вам,terminator-II, за идею, я надеюсь, что смогу разобраться в ней окончательно.

[terminator-II]

Вы форму $xy$ к каноническому виду привести можете? Вот и там тоже самое осталось. Один шаг надо сделать

[INDIGO1991]

да могу
$x=x'+y'$
$y=x'-y'$

так сейчас все сделаю. И выложу получившийся результат.

Добавлено спустя 1 час 28 минут 56 секунд:

$ tr(YCBC^{-1}Y)=n(y^2_{11}+y_{21}y_{12}+y_{31}y_{13}+...+y_{n1}y_{1n}) $


Спасибо, огромное!!!!

[INDIGO1991]

Помогите пожалуйста объяснить почему здесь $X=C^{-1}YC$ есть замена координат.

[Brukvalub]

INDIGO1991 в сообщении #218298 писал(а):

Помогите пожалуйста объяснить почему здесь $X=C^{-1}XC$ есть замена координат.

Во-первых, слева и справа X вряд ли один и тот же.
Во-вторых, для ортогональной матрицы С ее транспонирование совпадает с обращением, а уж если заменить обратную матрицу на транспонированную, то получится стандартный закон изменения матрицы квадратичной формы при переходе к новому базису.

[terminator-II]

Brukvalub в сообщении #218304 писал(а):

Во-вторых, для ортогональной матрицы С ее транспонирование совпадает с обращением, а уж если заменить обратную матрицу на транспонированную, то получится стандартный закон изменения матрицы квадратичной формы при переходе к новому базису.

Вы не о том говорите, матрица $X$ не является матрицей квадратичной формы, в частности она не обязана быть симметричной, а $C$ не обязана быть ортогональной

[INDIGO1991]

Эээ. А матрица $C$ точно ортоганальная?
Просто я пытался её находить и она у меня получилась не таковой{возможно я криво посчитал}.
А как то из общих соображений опредильть ортоганальность не получается.
Я сейчас пытаюсь найти ортонормированыи базис преобр В, в котором её вид будет диаг.
Сейчас может найду.