Tentafråga 5b linjär algebra Del C

Tekniskt sett betyder $V_1\cap V_2$ helt enkelt mängden

$V_1\cap V_2=\{\vec{v}\,|\, \vec{v}\in V_1\, \mathrm{och}\, \vec{v}\in V_2\}$

Dvs mängden av alla vektorer $\vec{v}$ som tillhör både $V_1$ och $V_2$

Vet du vilka villkor som måste vara uppfyllda för att ett vektorrum ska vara ett underrum till ett annat vektorrum?

D4NIEL skrev:

Tekniskt sett betyder $V_1\cap V_2$ helt enkelt mängden

$V_1\cap V_2=\{\vec{v}\,|\, \vec{v}\in V_1\, \mathrm{och}\, \vec{v}\in V_2\}$

Vet du vilka villkor som måste vara uppfyllda för att ett vektorrum ska vara ett underrum till ett annat vektorrum?

Hm okej. Ja det måste vara slutet under addition och multiplicerad med en skalär?

Ja , just det!

Kan du komma på hur man kan formulera det matematiskt?

D4NIEL skrev:

Ja , just det!

Kan du komma på hur man kan formulera det matematiskt?

x+y £V 

t*x £V

Ja, så om vi börjar med att titta på två vektorer som uppfyller kriterierna för att ligga i $V_1\cap V_2$ gäller alltså

$x\in V_1$ och $x\in V_2$

samt

$y\in V_1$ och $y\in V_2$

Kan vi vara säkra på att $x+y \in V_1$ samt $x+y\in V_2$, dvs $x+y \in V_1 \cap V_2$

D4NIEL skrev:

Ja, så om vi börjar med att titta på två vektorer som uppfyller kriterierna för att ligga i $V_1\cap V_2$ gäller alltså

$x\in V_1$ och $x\in V_2$

samt

$y\in V_1$ och $y\in V_2$

Kan vi vara säkra på att $x+y \in V_1$ samt $x+y\in V_2$, dvs $x+y \in V_1 \cap V_2$

Hm vi behöver undersöka detta. Men som vi formulerat matematiskt så ska detta gälla.

Ja, det visar sig att det stämmer och det är enklare än det verkar. Studera t.ex. $x+y$ i ett rum i taget. Ligger summan kvar i rummet?

Glöm slutligen inte bort att kolla att du kan skala med en skalär också. När du har förstått vad $V_1\cap V_2$ faktiskt innebär blir det enklare att angripa b)-uppgiften

D4NIEL skrev:

Ja, det visar sig att det stämmer och det är enklare än det verkar. Studera t.ex. $x+y$ i ett rum i taget. Ligger summan kvar i rummet?

Glöm slutligen inte bort att kolla att du kan skala med en skalär också. När du har förstått vad $V_1\cap V_2$ faktiskt innebär blir det enklare att angripa b)-uppgiften

Jag förstår ej vad du menar med att jag skala med en skalär också? Ja summan ligger kvar i rummet om vi säger x är [2,0] och y =[3,1] så ska de tillsammans bilda [5,1] i R^2. Du har definierat att alla mängden vektorer v tillhör V1 och V2. Och då får man väl använda projektion med gram schidmt metoden.

japp, det kan man göra! Men jag tror det underlättar om du först koncentrerar dig på att ta fram en bas för $W$

D4NIEL skrev:

japp, det kan man göra! Men jag tror det underlättar om du först koncentrerar dig på att ta fram en bas för $W$

Jaha okej då kan man gausa V1 och V2 ihop för att på så sätt få fram bas då?

På sätt och vis, tänk bara på att det inte är det samlade spannet du vill ha, utan en gemensam representation.

D4NIEL skrev:

På sätt och vis, tänk bara på att det inte är det samlade spannet du vill ha, utan en gemensam representation.

Hm jag förstår ej riktigt. Menar du att jag ska ta fram en bas för V1 enskilt o V2 enskild mha gausning? Gemensam representation som W= V1+V2?

Om du tänker dig att du har en vektor $u$ så ska den ligga i båda rummen

Om du låter $u=u_1b_1+u_2b_2$ tillhöra $V_1$ så kan du skriva samma vektor $u=u_3b_3+u_4b_4$ i $V_2$, där $b_n$ är baserna i de olika rummen.

Dessa ska vara lika, (det är ju samma vektor) varför

$u_1b_1+u_2b_2=u_3b_3+u_4b_4$

På matrisform blir det

$\left(\begin{array}{cccc}| & | & | & | \\b_1 & b_2 & b_3 & b_4 \\| & | & | & | \end{array}\right) \left(\begin{array}{c} u_1\\u_2\\-u_3\\-u_4\end{array}\right)\equiv \mathbf{0}$

Nu är det bara att Gaussa loss!

D4NIEL skrev:

Om du tänker dig att du har en vektor $u$ så ska den ligga i båda rummen

Om du låter $u=u_1b_1+u_2b_2$ tillhöra $V_1$ så kan du skriva samma vektor $u=u_3b_3+u_4b_4$ i $V_2$, där $b_n$ är baserna i de olika rummen.

Dessa ska vara lika, (det är ju samma vektor) varför

$u_1b_1+u_2b_2=u_3b_3+u_4b_4$

På matrisform blir det

$\left(\begin{array}{cccc}| & | & | & | \\b_1 & b_2 & b_3 & b_4 \\| & | & | & | \end{array}\right) \left(\begin{array}{c} u_1\\u_2\\-u_3\\-u_4\end{array}\right)\equiv \mathbf{0}$

Nu är det bara att Gaussa loss!

Hm jag vet ej riktigt vad jag ska gausa nu riktigt. Antar du menar så??

Jag hade tänkt mig att du skulle gaussa

$\left(\begin{array}{ccccc}1 & 3 & 0 & -1 & |0 \\0 & 2 & -1 & -3 &|0 \\1 & 2 & 0 & 0 &|0 \\0 & 1 & -1 & -2 &|0 \end{array}\right)$

Men innan du gör det tänker jag att du måste förstå vad det är vi gör och hur man ska tolka lösningen man får ut.

D4NIEL skrev:

Jag hade tänkt mig att du skulle gaussa

$\left(\begin{array}{ccccc}1 & 3 & 0 & -1 & |0 \\0 & 2 & -1 & -3 &|0 \\1 & 2 & 0 & 0 &|0 \\0 & 1 & -1 & -2 &|0 \\\end{array}\right)$

Men innan du gör det tänker jag att du måste förstå vad det är vi gör och hur man ska tolka lösningen man får ut.

Dina 2 sista kolonvektorer har minustecken som ej stämmer överens med uppgiftenens vektorer.  Som jag förstår så ska lösningen säga oss de vektorer som både tillhör V1 och V2 och om vi skriver linjörkombination av varandra ska de vara lika med varandra?

Ja, men min uppställning var ju

$u_1b_1+u_2b_2 = u_3b_3+u_4b_4$

Vilket kan skrivas om som

$u_1b_1+u_2b_2-u_3b_3-u_4b_4=0$

Notera minustecknen! Nu kan man för bekvämlighetens skull sätta minustecknet på kolonnerna, eller på $u_3$ och $u_4$, men det spelar ingen roll eftersom koefficienterna är godtyckliga. Det viktiga är att du förstår vad vi får ut, nämligen hur kolonnerna måste förhålla sig till varandra för att vi ska kunna konstruera en vektor som ligger i både $V_1$ och $V_2$ samtidigt.

Det visar sig att vi bara kan konstruera sådana vektorer $u$ om de ligger utmed $(1,2,0,1)$.

Alltså har $W$ bara en dimension och normerar vi dess basvektor kan vi sedan enkelt projicera  valfri vektor på $W$.

D4NIEL skrev:

Ja, men min uppställning var ju

$u_1b_1+u_2b_2 = u_3b_3+u_4b_4$

Vilket kan skrivas om som

$u_1b_1+u_2b_2-u_3b_3-u_4b_4=0$

Notera minustecknen! Nu kan man för bekvämlighetens skull sätta minustecknet på kolonnerna, eller på $u_3$ och $u_4$, men det spelar ingen roll eftersom koefficienterna är godtyckliga. Det viktiga är att du förstår vad vi får ut, nämligen hur kolonnerna måste förhålla sig till varandra för att vi ska kunna konstruera en vektor som ligger i både $V_1$ och $V_2$ samtidigt.

Det visar sig att vi bara kan konstruera sådana vektorer $u$ om de ligger utmed $(1,2,0,1)$.

Alltså har $W$ bara en dimension och normerar vi dess basvektor kan vi sedan enkelt projicera  valfri vektor på $W$.

Hm okej tack!  Men är det ej så att vi ska liksom ta (100)-projw(100). Samma sak med (010) och (001)?

Förstår inte vad du menar? Du tänker kanske på en annan lösningsmetod med Gram-Schmidt.

D4NIEL skrev:

Förstår inte vad du menar? Du tänker kanske på en annan lösningsmetod med Gram-Schmidt.

Såhär skrev du

"Alltså har W bara en dimension och normerar vi dess basvektor kan vi sedan enkelt projicera valfri vektor på W."

Jag är med på att vi normerar basen vi får. Men det här med att man vi ska projicera valfri vektor på W är jag ej med på, vilken valfri vektor? 

Jahaa, du är redan inne på att bygga projektionen $T$ :)

Ja, då kan du projicera basvektorerna för att hitta kolonnerna, men de är inte $(1,0,0)$ osv utan $(1,0,0,0)$ osv. Förstår inte riktigt din metod i övrigt heller.

Projektionen av vektorn $r$ på $W$ får du ju med ($w=(1,2,0,1)$)

$P(r)=\frac{\langle w,r\rangle}{\|w\|^2}w$

D4NIEL skrev:

Jahaa, du är redan inne på att bygga projektionen $T$ :)

 

Ja, då kan du projicera basvektorerna för att hitta kolonnerna, men de är inte $(1,0,0)$ osv utan $(1,0,0,0)$ osv. Förstår inte riktigt din metod i övrigt heller.

Projektionen av vektorn $r$ på $W$ får du ju med ($w=(1,2,0,1)$)

$P(r)=\frac{\langle w,r\rangle}{\|w\|^2}w$

Jag får detta när jag gausat vilket ej 

Är vad du fick

Det finns kalkylatorer på nätet som kan användas för att checka resultaten. Sök tex på ”RREF calculator”. 

PATENTERAMERA skrev:

Det kalkylatorer på nätet som kan användas för att checka resultaten. Sök tex på ”RREF calculator”. 

Ok tack!