Linjär algebra

Nu var det ett tag sedan jag gjorde sånt här, men positivt semidefinit borde betyda att nivåytorna för Q(x,y) är parabler. Symmetrilinjen för parablerna är i riktningen (x, y) = (4/5, 3/5).

Rotera koorionatsystemet så att symmetrilinjen istället är i riktning (X, Y) = (1, 0). I det systemet skrivs Q som

Q(X, Y) = a*X^2

Vad är då värdet på a? Hur ser Q ut i (x, y)-systemet? 

Funkar det att ansätta en lösning på formen $Q=(c_1{x}_1+c_2{x}_2{)}^2$ och sen använda värdet i extrempunkten samt en lagrange-multiplicerare för extrempunten ($\nabla Q =\hspace{0.17em}\lambda \nabla F$ där $F = {x_1}^2+{x_2}^2$ för enhetscirkeln) för att bestämma $c_1$ och $c_2$? Jag gjorde det med den kanske lite mer triviala formen utan blandad term (som ju också är positivt semidefinit) och fick den lite löjliga lösningen där maximat är "falskt" (konstant på hela enhetscirkeln) och båda konstanterna är 5. Jag har inte orkat harva igenom siffrorna för den mindre enkla ansatsen ovan. Jag vet inte om Lagrange ingår i verktygslådan, men det är väldigt intuitivt att tänka att F har en gradient som är ortogonal mot enhetscirkeln, och när Q har ett maxima på cirkeln så är dess gradient antingen noll eller ortogonal mot enhetscirkeln.

Välkommen till Pluggakuten!

Eftersom den kvadratiska formen är positiv semidefinit vet du att $Q(x,y) \geq 0$ för alla $x$ och $y$. Det medför att dess motsvarande koefficientmatris ($A$) har egenvärden som är icke-negativa.

• Det största värdet som formen kan anta på enhetscirkeln är lika med det största av koefficientmatrisens egenvärden; du får veta att detta egenvärde är lika med 5.
• Det minsta värdet som formen kan anta på enhetscirkeln är lika med det minsta av koefficientmatrisens egenvärden.

Formen kan ha som mest två distinkta egenvärden.

Albiki

Förstår inte riktigt hur du menar Dr. G

men har försökt lösa den genom att sätta upp ett ekvationssystem och visst det blir rätt tillslut men tänker att det kanske finns en smidigare väg. 

Hänger med på att egenvärden  måste vara 0 och 5.
alltså Q(u,v)= 0*u^2 + 5*v^2 


Det största värdet Q antar görs t.ex. i punkten   (4/5, 3/5)  alltså måste matrisen P se ut   

(4/5, 3/5)= 1/5 $\left|\begin{array}{cc}-3& 4\\ 4& 3\end{array}\right|$$\left(\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right)$

Kan även ställa upp 
A=$\left(\begin{array}{cc}a& b\\ b& c\end{array}\right)$=$\begin{array}{c}0\\ 0\\ \end{array}$

man får sen kolla på matrisen P som består av f1 och f2 . f1 med tillhörande egenvärde 0 och f2 med tillhörande egenvärde 5. 

ekvationssystemet blir då alltså. 
1. -(3a-0)+4b=0 

2. 4(a-5) +3b=0 

löser man sedan ut vad a och b är så kan man också lösa ut vad c är. Dock hänger jag inte riktigt med på vad som händer här och tänker att någon kanske har en lättare/bättre lösning? 

2. 4(a-5) +3b=0 

löser man sedan ut vad a och b är så kan man också lösa ut vad c är. Dock hänger jag inte riktigt med på vad som händer här och tänker att någon kanske har en lättare/bättre lösning? 

 

Hej Borjee,

För en reell symmetrisk matris med största och minsta egenvärde $\lambda_{max}$ och $\lambda_{min}$ gäller för alla x

$\lambda_{min}||x||^2\leq x^tAx \leq \lambda_{max}||x||^2$

Likhet erhålls om och endast om x är en egenvektor hörande till $\lambda_{min}$ respektive $\lambda_{max}$ (eller det triviala x=0).

En enkel lösning är alltså att utnyttja ovanstående samt diagonaliseringen

$A=TDT^t$

Där D är en diagonalmatris med egenvärden och T består av tillhörande ortogonala egenvektorer. Till egenvektorn $(4/5, 3/5)^t$ hör uppenbarligen egenvärdet $\lambda_{max}=5$. En ortogonal egenvektor till denna blir $(-3/5, 4/5)^t$ för $\lambda_{min}=0$. Nu har vi de värden som behövs för att beräkna A:

$A=\begin{bmatrix}4/5 & -3/5\\ 3/5 & 4/5\end{bmatrix}\begin{bmatrix}5 & 0\\ 0 & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}4/5 & 3/5\\ -3/5 & 4/5\end{bmatrix}=\frac{1}{10}\begin{bmatrix}32 & 24\\ 24 & 18\end{bmatrix}$

Ur denna matris kan vi identifiera $q(x_1,x_2)=\frac{16}{5}x_1^2+\frac{9}{5}x_2^2+\frac{24}{5}x_1x_2$

Tack så jättemycket!