Rozwiazania
Transkrypt
Rozwiazania
Wektory kolumnowe b¦d¦ pisaª wierszowo w nawiasach okr¡gªych, bo nie pami¦tam, jak si¦ w LATEX-u robi wektory kolumnowe:) Tj. (π₯1 , . . . , π₯π ) oznacza wektor kolumnowy o wspóªrz¦dnych π₯1 , . . . , π₯π . Nie wiem, jak wygl¡da teoria z wykªadu, wi¦c b¦d¦ pisaª do±¢ szczegóªowo. Z oznacze« to βπ β βπ to iloczyn skalarny wektorówβπ i π, w szczególno±ci je±li (π1 , . .β . , ππ ) jest baz¡ β ortonormaln¡ przestrzeni π , βπ₯, βπ¦ β π , βπ₯ = π π₯π πβπ , βπ¦ = π π¦π πβπ , to βπ₯ β βπ¦ = π π₯π π¦π . Norma β wektora βπ₯ to β£β£βπ₯β£β£ = βπ₯ β βπ₯. Sprawdzi¢, czy ukªad wektorów {πβ1 , πβ2 , πβ3 } jest liniowo niezale»ny i poda¢ wymiar podprzestrzeni π β β4 rozpi¦tej przez te wektory. Skonstruowa¢ metod¡ ortogonalizacji GramaSchmidta baz¦ ortonormaln¡ podprzestrzeni π i znale¹¢ rzut ortogonalny wektora βπ₯ na π . Dane: πβ1 = (1, 1, 1, 1), πβ2 = (0, 0, 1, 1), πβ3 = (1, 0, β1, β1), βπ₯ = (1, 2, 3, 4). Zadanie 1. Przypominamy, »e rz¡d macierzy o kolumnach π£1 , . . . , π£π jest równy (z denicji) wymiarowi podprzestrzeni rozpi¦tej na wektorach π£1 , . . . , π£π . Ponadto ukªad π£1 , . . . , π£π jest liniowo niezale»ny wtedy i tylko wtedy, gdy wymiar podprzestrzeni rozpi¦tej na tym ukªadzie jest równy π. Wobec powy»szych obserwacji piszemy macierz o kolumnach πβ1 , πβ2 , πβ3 i liczymy rz¡d (przeksztaªcenia elementarne). β‘ β€ β‘ β€ β‘ β€ β‘ β€ 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 0 β’ 1 0 0 β₯ β’ β₯ β’ β₯ β’ β₯ β’ β₯ β β’ 1 0 0 β₯ β β’ 0 0 β1 β₯ β β’ 0 1 0 β₯ β£ 1 1 β1 β¦ β£ 1 1 β1 β¦ β£ 0 1 β2 β¦ β£ 0 0 1 β¦ 1 1 β1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Rozwi¡zanie. Widzimy zatem, »e rz¡d tej macierzy jest 3, równy liczbie wektorów które wpisali±my, zatem ukªad ten jest liniowo niezale»ny i dim π = 3. Teraz konstrukcja bazy ortonormalnej. GramSchmidt dziaªa tak, »e bierzemy jak¡± baz¦, tutaj (πβ1 , πβ2 , πβ3 ), i przerabiamy j¡ na baz¦ ortonormaln¡ (π’β1 , π’β2 , π’β3 ) nast¦puj¡co: Najpierw robimy baz¦ ortogonaln¡. Kªadziemy π’β1 = πβ1 , a nast¦pne wektory tak: π’β2 jest rzutem ortogonalnym wektora πβ2 na span(π’β1 )β₯ , czyli πβ2 β π’β1 π’β1 , π’β2 = πβ2 β π’β1 β π’β1 za± wektor π’β3 jest rzutem ortogonalnym wektora πβ3 na span(π’β1 , π’β2 )β₯ , czyli π’β3 = πβ2 β πβ3 β π’β1 πβ3 β π’β2 π’β1 β π’β2 . π’β1 β π’β1 π’β2 β π’β2 No to liczymy. Mamy π’β1 = πβ1 = (1, 1, 1, 1). Teraz πβ2 β π’β1 = 2, π’β1 β π’β1 = 4, czyli ( ) 1 1 1 1 2 π’β2 = (0, 0, 1, 1) β (1, 1, 1, 1) = β , β , , . 4 2 2 2 2 Dalej πβ3 β π’β1 = β1, πβ3 β π’β2 = β 32 , π’β2 β π’β2 = 1. St¡d π’β3 = (1, 0, β1, β1) β β1 β3/2 (1, 1, 1, 1) β (β1/2, β1/2, 1/2, 1/2) = ... 4 1 Dalej nie mam siªy liczy¢, dostajemy 3 wektory π’β1 , π’β2 , π’β3 , które trzeba unormowa¢ (podzieli¢ przez β£β£π’π β£β£) i dostajemy baz¦ ortonormaln¡, powiedzmy πβπ := β£β£π’π’ββππ β£β£ . Rzut wektora βπ₯ znajdziemy ze wzoru (βπ₯ β πβ1 )πβ1 + (βπ₯ β πβ2 )πβ2 + (βπ₯ β πβ3 )πβ3 1 Zadanie 2. Znale¹¢ transformacj¦ unitarn¡ diagonalizuj¡c¡ macierz π i obliczy¢ ππ . [ ] 5 1 + 2π π= 1 β 2π 1 Na starcie zauwa»my, »e macierz π jest hermitowska, wi¦c diagonalizowalna, zatem tre±¢ zadania ma sens. Zaczniemy od warto±ci wªasnych macierzy X. Piszemy wielomian charakterystyczny: ππ (π‘) = (5 β π)(1 β π) β (1 + 2π)(1 β 2π) = π2 β 6π, Dowód. zatem mamy dwie warto±ci wªasne π1 = 0, π2 = 6. Szukamy wektorów wªasnych: π π1 = ker(π΄), mamy wi¦c do rozwi¡zania ukªad π΄π₯ = 0. Liczymy. [ ] [ ] [ ] 5 1 + 2π 0 5 1 + 2π 0 5 1 + 2π 0 β β , 1 β 2π 1 0 5 1 + 2π 0 0 0 0 czyli π π1 to prosta (w β2 ) zadana równaniem 5π₯1 + (1 + 2π)π₯2 = 0. Wybierzmy jaki± niezerowy π1 wektor wªasny, powiedzmy [ π£1 = (1, β(1 β ] 2π)) β π . Teraz druga podprzestrze« wªasna, β1 1 + 2π . Rozwi¡zujemy ukªad równa«: π π2 = ker(π β 6πΌ) = ker 1 β 2π β5 [ ] [ ] [ ] β1 1 + 2π 0 β1 1 + 2π 0 β1 1 + 2π 0 β β 1 β 2π β5 0 5 β5(1 + 2π) 0 0 0 0 St¡d π π2 = {(π₯1 , π₯2 ) β β2 : βπ₯1 + (1 + 2π)π₯2 = 0}. Niezerowy wektor wªasny to np. π£2 = (1 + 2π, 1) β π π2 . Βatwo teraz sprawdzi¢, »e macierz zªo»ona z tych dwóch wektorów wªasnych zapisanych kolumnowo, tj. [ ] 1 1 + 2π π= β1 + 2π 1 diagonalizuje nasz¡ rozpatrywan¡ macierz, tj. mamy równo±¢ [ ] 0 0 β1 π=π π. 0 6 Unitarno±¢ macierzy π mo»na sprawdzi¢ bezpo±rednio, albo powoªa¢ si¦ na znany fakt mówi¡cy, »e je»eli π΄ = π β1 π·π jest rozkªadem diagonalnym macierzy hermitowskiej π΄, to π jest macierz¡ unitarn¡. π Teraz nast¦puj¡co: funkcj¦ wykªadnicz¡ od macierzy diagonalnej β‘ liczymy π . Post¦pujemy β€ π1 β’ β₯ π2 β’ β₯ π΄=β’ β₯ liczy si¦ ªatwo: .. β£ β¦ . ππ β‘ β’ β’ ππ΄ = β’ β£ ponadto ππ β1 π΄π β€ ππ1 ππ2 .. . πππ β₯ β₯ β₯, β¦ = ππ , zatem (π· jest zdiagonalizowan¡ wersj¡ macierzy π ) [ 0 ] [ ] π 0 1 0 π π β1 π·π π· π =π =π = = . 0 π6 0 π6 2