Dag 18
Linjär algebra
| Versionen från 11 juni 2007 kl. 08.50 (redigera) Vcrispin (Diskussion | bidrag) ← Gå till föregående ändring |
Nuvarande version (11 juni 2007 kl. 09.58) (redigera) (ogör) Vcrispin (Diskussion | bidrag) |
||
| (8 mellanliggande versioner visas inte.) | |||
| Rad 6: | Rad 6: | ||
| Algoritmen är enkel: | Algoritmen är enkel: | ||
| (1) Kontrollera om $A\bf x=b$ har en exakt lösning | (1) Kontrollera om $A\bf x=b$ har en exakt lösning | ||
| - | (2) Om inte, bilda normalekvationen $A^T A{\bf x}=A^Tb$ | + | (2) Om inte, bilda normalekvationen $A^T A{\bf x}=A^T{\bf b}$ |
| (3) Lösningen till normalekvationen ger den approximativa lösningen till ursprungssystemet $A\bf x=b$. | (3) Lösningen till normalekvationen ger den approximativa lösningen till ursprungssystemet $A\bf x=b$. | ||
| Rad 21: | Rad 21: | ||
| - | Exempel 1. Låt ${\bf e}_1=(1,0), {\bf e}_2=(0,1)$ vara en bas för $R^2$. Låt vidare ${\bf f}_1=(1,2), {\bf f}_2=(0,2)$ vara en ny bas för $R^2$. Om en vektor $\bf v$ har koordinaterna ${\bf v}=(1,1)_e$ i $e$-basen, kommer dess koordinater att vara $(1, -\frac{1}{2})_f$ i den nya basen. Övertyga dig själv om detta genom att beräkna och rita. Observera att $\bf v$:s norm i $e$-basen är $\sqrt 2$, men den är $\frac{3}{2}$ i $f$-basen. | + | Exempel 1. Låt ${\bf u}_1=(1,0), {\bf u}_2=(0,1)$ vara en bas för $R^2$. Låt vidare ${\bf u'}_1=(1,2), {\bf u'}_2=(0,2)$ vara en ny bas för $R^2$. Om en vektor $\bf v$ har koordinaterna ${\bf v}=(1,1)_u$ i $e$-basen, kommer dess koordinater att vara $(1, -\frac{1}{2})_{u'}$ i den nya basen. Övertyga dig själv om detta genom att beräkna och rita. Observera att $\bf v$:s norm i $u$-basen är $\sqrt 2$, men den är $\frac{3}{2}$ i $u'$-basen. |
| + | Exempel 2. Låt $u$-basen vara som i förra exemplet, men ${\bf u'}_1=\frac{1}{\sqrt 2}(1,1), {\bf u'}_2=\frac{1}{\sqrt 2}(-1,1)$ vara den nya basen. Då blir $\frac{1}{\sqrt 2}(1,1)_u=(1,0)_{u'}$. Observera att eftersom $v$-basen är ortonormal, kommer en vektors norm att vara densamma oavsett om man räkna med dess koordinater i $u$- eller $u'$-basen. Räknemässigt är det litet knöligt att bevisa, men en första intuitiva förståelse för detta faktum är möjlig att få, om man föreställer vektorerna geometriskt i ett plan eller i rummet. | ||
| - | Exempel 2. Låt $e$-basen vara som i förra exemplet, men ${\bf g}_1=\frac{1}{\sqrt 2}(1,1), {\bf g}_2=\frac{1}{\sqrt 2}(-1,1)$ vara den nya basen. Då blir $\frac{1}{\sqrt 2}(1,1)_e=(1,0)_g$. Observera att eftersom $v$-basen är ortonormal, kommer en vektors norm att vara densamma oavsett om man räkna med dess koordinater i $e$- eller $g$-basen. Räknemässigt är det litet knöligt att bevisa, men en första intuitiva förståelse för detta faktum är möjlig att få, om man föreställer vektorerna geometriskt i ett plan eller i rummet. | + | Antag nu att man vet vad vaktorerna i nya basen $u'$ har för koordinater i gamla basen $u$. Antag vidare att man känner till koordinaterna för en vektor $\bf v$ i nya basen. Om man skriver koordinaterna som en kolonnvektor, vore det väldigt behändigt att ha en matris, en basbytesmatris ("transition" på engelska), att multiplicera med från vänster med denna kolonnvektor och få koordinaterna för $\bf v$ i gamla basen $u$. Detta handlar avsnittet om. |
| - | Låt oss anta att vi har en bas $e$ och bildar en ny bas $f$, vars vektorer är ${\bf f}_1=a{\bf e}_1+b{\bf e}_2=(a,b)_e$ och ${\bf f}_2=c{\bf e}_1+d{\bf e}_2=(c,d)_e$. För en vektor $\bf v$ får vi då följande relation mellan koordinaterna $(x,y)_f=x{\bf f}_1+y{\bf f}_2=x$ | + | Givet ${\bf u'}_1=(a,b)_u$ och ${\bf u'}_2=(c,d)_u$, får man utan att tänka att $(1,0)_{u'}=(a,b)_u$ respektive $(0,1)_{u'}=(c,d)_u$. Skriver vi vektorerna på kolonnform, ger detta oss direkt att basbytesmatrisen måste vara $A= \left( \begin{array}{c|c} a & c \\ b & d \end{array} \right)$ för att det ska stämma multiplikationsmässigt. |
| + | |||
| + | En viktig egenskap som följer är att basbytesmatriser är inverterbara. Det är klart, att växla mellan olika koordinat"namn" på en och samma vektor motsvaras av multiplikation med en basbytesmatris. Om man byter koordinater från bas $u'$ till bas $u$ med hjälp av multiplikation med matris $P$, så måste bytet från bas $u$ till bas $u'$ motsvaras av multiplikation med matris $P^{-1}$. | ||
| + | |||
| + | Läs igenom hela avsnittet och hoppa inte över något. | ||
| Gör följande övningar i första hand: | Gör följande övningar i första hand: | ||
| - | * 6.5.1, 6.5.3, 6.5.4 | + | * 6.5.1, 6.5.3, 6.5.4 [[svar till 6.5.4]], 6.5.5 |
| Har du tid över kan du göra även: | Har du tid över kan du göra även: | ||
| - | * 6.5.10, 6.5.11 | + | * 6.5.7, 6.5.9 |
| - | + | ||
| == 6.6 Ortogonala matriser == | == 6.6 Ortogonala matriser == | ||
| + | |||
| + | |||
| + | Tack vare förra avsnittet kan vi nu betrakta en särskild klass av matriser, nämligen de som är inverterbara, som basbytesmatriser. Basbyteesmatriser mellan ON-baser är särskild intressanta, eftersom det är trevligt och bekvämt att arbeta med ON-baser, och uppfyller en rad egenskaper. Om detta handlar det aktuella avsnittet. | ||
| Gör följande övningar i första hand: | Gör följande övningar i första hand: | ||
| - | * 6.6.1, 6.6.3, 6.6.8 | + | * 6.6.1, 6.6.3, 6.6.8 [ [[svar till 6.6.8]] ] |
| Har du tid över kan du göra även: | Har du tid över kan du göra även: | ||
| * 6.6.13, 6.6.15 | * 6.6.13, 6.6.15 | ||
Nuvarande version
[redigera] 6.4 Minstakvadratmetoden
Givet ett linjärt ekvationssystem $A\bf x=b$ kan det hända att systemet saknar en lösning ${\bf x}=(x_1,\ldots ,x_n)$, men man kan vara intresserad av att hitta en approximativ lösning. Vad för sorts approximation man är ute efter är inte entydigt, eftersom man kan vara intresserad av att de absoluta felen i varje $x_i$ skall vara så små som möjligt eller att summan av felen skall minimeras eller $\ldots$ eller $\ldots$. Låt $\bf x'$ vara den approximativa lösningen och $A\bf x'=b'$. I detta avsnitt behandlar vi minstakvadratmetoden, där normen av vektorn $\bf b-b'$ skall minimieras.
Algoritmen är enkel: (1) Kontrollera om $A\bf x=b$ har en exakt lösning (2) Om inte, bilda normalekvationen $A^T A{\bf x}=A^T{\bf b}$ (3) Lösningen till normalekvationen ger den approximativa lösningen till ursprungssystemet $A\bf x=b$.
Varför algoritmen fungerar förklaras bäst med hjälp av bilder, varför vi hänvisar till läroboken. Läs tom exempel 2 och hoppas över resten, utom möjligen sats 6.4.5, som kompletterar ytterligare vår lista över egenskaper, som vi har samlat på oss sedan sats 1.5.3.
Gör följande övningar i första hand:
- 6.4.1, 6.4.3
Har du tid över kan du göra även:
- 6.4.5
[redigera] 6.5 Basbyte
Exempel 1. Låt ${\bf u}_1=(1,0), {\bf u}_2=(0,1)$ vara en bas för $R^2$. Låt vidare ${\bf u'}_1=(1,2), {\bf u'}_2=(0,2)$ vara en ny bas för $R^2$. Om en vektor $\bf v$ har koordinaterna ${\bf v}=(1,1)_u$ i $e$-basen, kommer dess koordinater att vara $(1, -\frac{1}{2})_{u'}$ i den nya basen. Övertyga dig själv om detta genom att beräkna och rita. Observera att $\bf v$:s norm i $u$-basen är $\sqrt 2$, men den är $\frac{3}{2}$ i $u'$-basen.
Exempel 2. Låt $u$-basen vara som i förra exemplet, men ${\bf u'}_1=\frac{1}{\sqrt 2}(1,1), {\bf u'}_2=\frac{1}{\sqrt 2}(-1,1)$ vara den nya basen. Då blir $\frac{1}{\sqrt 2}(1,1)_u=(1,0)_{u'}$. Observera att eftersom $v$-basen är ortonormal, kommer en vektors norm att vara densamma oavsett om man räkna med dess koordinater i $u$- eller $u'$-basen. Räknemässigt är det litet knöligt att bevisa, men en första intuitiva förståelse för detta faktum är möjlig att få, om man föreställer vektorerna geometriskt i ett plan eller i rummet.
Antag nu att man vet vad vaktorerna i nya basen $u'$ har för koordinater i gamla basen $u$. Antag vidare att man känner till koordinaterna för en vektor $\bf v$ i nya basen. Om man skriver koordinaterna som en kolonnvektor, vore det väldigt behändigt att ha en matris, en basbytesmatris ("transition" på engelska), att multiplicera med från vänster med denna kolonnvektor och få koordinaterna för $\bf v$ i gamla basen $u$. Detta handlar avsnittet om.
Givet ${\bf u'}_1=(a,b)_u$ och ${\bf u'}_2=(c,d)_u$, får man utan att tänka att $(1,0)_{u'}=(a,b)_u$ respektive $(0,1)_{u'}=(c,d)_u$. Skriver vi vektorerna på kolonnform, ger detta oss direkt att basbytesmatrisen måste vara $A= \left( \begin{array}{c|c} a & c \\ b & d \end{array} \right)$ för att det ska stämma multiplikationsmässigt.
En viktig egenskap som följer är att basbytesmatriser är inverterbara. Det är klart, att växla mellan olika koordinat"namn" på en och samma vektor motsvaras av multiplikation med en basbytesmatris. Om man byter koordinater från bas $u'$ till bas $u$ med hjälp av multiplikation med matris $P$, så måste bytet från bas $u$ till bas $u'$ motsvaras av multiplikation med matris $P^{-1}$.
Läs igenom hela avsnittet och hoppa inte över något.
Gör följande övningar i första hand:
- 6.5.1, 6.5.3, 6.5.4 svar till 6.5.4, 6.5.5
Har du tid över kan du göra även:
- 6.5.7, 6.5.9
[redigera] 6.6 Ortogonala matriser
Tack vare förra avsnittet kan vi nu betrakta en särskild klass av matriser, nämligen de som är inverterbara, som basbytesmatriser. Basbyteesmatriser mellan ON-baser är särskild intressanta, eftersom det är trevligt och bekvämt att arbeta med ON-baser, och uppfyller en rad egenskaper. Om detta handlar det aktuella avsnittet.
Gör följande övningar i första hand:
- 6.6.1, 6.6.3, 6.6.8 [ svar till 6.6.8 ]
Har du tid över kan du göra även:
- 6.6.13, 6.6.15
