O e^A είναι κανονικός

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 3948
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη , Παρίσι
Επικοινωνία:

O e^A είναι κανονικός

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Παρ Αύγ 16, 2019 2:51 pm

Να δοθεί παράδειγμα πίνακα A ο οποίος δεν είναι κανονικός αλλά ο e^A είναι κανονικός.

Δεν έχω λύση !


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}

Λέξεις Κλειδιά:
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2511
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: O e^A είναι κανονικός

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τρί Αύγ 20, 2019 3:33 pm

Tolaso J Kos έγραψε:
Παρ Αύγ 16, 2019 2:51 pm
Να δοθεί παράδειγμα πίνακα A ο οποίος δεν είναι κανονικός αλλά ο e^A είναι κανονικός.

Δεν έχω λύση !
Εστω
A=PDP^{-1}
οπου
P=\begin{pmatrix} 2 & 1 & \\ 1& 1 & \end{pmatrix}
και
D=\begin{pmatrix} 2\pi i & 0 & \\ 0& -2\pi i & \end{pmatrix}

λόγω της σχέσης

exp(PDP^{-1})=PexpDP^{-1}

εχουμε ότι expA=I κανονικός

ενώ ο A δεν είναι .(πράξεις)

Για τις ιδιότητες που χρησιμοποιήθηκαν κοίτα στο

https://en.wikipedia.org/wiki/Matrix_exponential


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11267
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: O e^A είναι κανονικός

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τρί Αύγ 20, 2019 7:09 pm

Σταύρο, με πρόλαβες. Πολύ ωραίο το παράδειγμα και η τεχνική. Είχα ένα παράδειγμα με τελεστή τάξης 1, και διαφορετική (πιο πολύπλοκη) μέθοδο, που δεν ευδόκησα να γράψω. Περιληπτικά:

Έστω δύο διανύσματα p,q (που θα τα διαλέξουμε μετά) σε χώρο με εσωτερικό γινόμενο (και Hilbert αν θέλουμε). Θέτουμε Rx=<x,p>q. Στην βιβλιογραφία ο τελεστής αυτός συμβολίζεται p\otimes q, και θα ακολουθήσω τον συμβολισμό αν και μπορούμε να τον αποφύγουμε.

Εύκολα βλέπουμε επαγωγικά ότι R^n=<q,p>^{n-1}p\otimes q (πολλαπλάσιο του εαυτού του). Άρα, με ακριβώς τον ίδιο τρόπο όπως στην Άσκηση 1 εδώ έχουμε ότι

e^R= \mathbb I + \frac {1}{<q,p>} (e^{<q,p>}-1)R \, (*)

Εύκολα βρίσκουμε διανύσματα p,q με <q,p>=2\pi i οπότε, εδώ, e^R=\mathbb I, και άρα e^R κανονικός.

Όμως R^*=q\otimes p (απλό και γνωστό), οπότε RR^*=<p,p>q\otimes q και R^*R=<q,q>p\otimes p. Tα δύο τελευταία δεν είναι ίσα αν πάρουμε (που μπορούμε) τα p,q γραμμικά ανεξάρτητα. Δηλαδή R μη κανονικός, όπως θέλαμε.


Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 3948
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη , Παρίσι
Επικοινωνία:

Re: O e^A είναι κανονικός

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Τρί Αύγ 20, 2019 7:45 pm

Για να δω αν έχω κάνει σωστά τις πράξεις... Βγάζω ότι

\displaystyle{A = P D P^{-1} = \begin{pmatrix} 
2 &1 \\ 
1 & 1 
\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 
2 \pi i &0 \\ 
0 & -2\pi i 
\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 
1 &-1 \\ 
-1 & 2 
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 
2 \pi i & -8 \pi i \\ 
0 & - 6 \pi i 
\end{pmatrix}}

και ότι

\displaystyle{\exp A = \exp \left ( P D P^{-1} \right ) = \begin{pmatrix} 
1 & 1\\ 
1 & 1 
\end{pmatrix}}

Τα επιβεβαιώνει κανείς; Τα έκανα με το Wolfram ... :(


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11267
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: O e^A είναι κανονικός

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τρί Αύγ 20, 2019 10:03 pm

Tόλη γράφω υπό πίεση γιατί έχω πολύ φόρτο εργασίας αλλά, αν δεν βιάστηκα, μου φαίνεται ότι σωστά τα λέει ο Σταύρος.
Tolaso J Kos έγραψε:
Τρί Αύγ 20, 2019 7:45 pm
Για να δω αν έχω κάνει σωστά τις πράξεις... Βγάζω ότι

\displaystyle{A = P D P^{-1} = \begin{pmatrix} 
2 &1 \\ 
1 & 1 
\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 
2 \pi i &0 \\ 
0 & -2\pi i 
\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 
1 &-1 \\ 
-1 & 2 
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 
2 \pi i & -8 \pi i \\ 
0 & - 6 \pi i 
\end{pmatrix}}
Βγάζω το δεξί μέλος ίσο με   \begin{pmatrix} 
6 \pi i & -8 \pi i \\ 
4 \pi i & - 6 \pi i 
\end{pmatrix}}
Tolaso J Kos έγραψε:
Τρί Αύγ 20, 2019 7:45 pm
\displaystyle{\exp A = \exp \left ( P D P^{-1} \right ) = \begin{pmatrix} 
1 & 1\\ 
1 & 1 
\end{pmatrix}}
Προσοχή. Για διαγώνιο πίνακα D= \begin{pmatrix} 
p & 0 \\ 
0 & q 
\end{pmatrix}} , εύκολα βλέπουμε ότι e^D=  \begin{pmatrix} 
e^p & 0 \\ 
0 & e^q 
\end{pmatrix}}

οπότε για τον παραπάνω D, δεδομένου ότι e^{\pm 2\pi i } =1, ισχύει (όπως σωστά γράφει ο Σταύρος), e^A= \mathbb I


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8179
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: O e^A είναι κανονικός

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Αύγ 20, 2019 10:16 pm

Τόλη είναι σωστό το e^A = I. Ακόμη και για το A όπως το υπολόγισες εσύ. Υποψιάζομαι ότι δεν χρησιμοποίησες τη σωστή εντολή για τον εκθετικό πίνακα. Πιο συγκεκριμένα υποψιάζομαι ότι η εντολή που χρησιμοποίησες απλά παίρνει την εκθετική συνάρτηση σε κάθε στοιχείο ξεχωριστά.


Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 3948
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη , Παρίσι
Επικοινωνία:

Re: O e^A είναι κανονικός

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Τετ Αύγ 21, 2019 10:15 am

Tolaso J Kos έγραψε:
Παρ Αύγ 16, 2019 2:51 pm
Να δοθεί παράδειγμα πίνακα A ο οποίος δεν είναι κανονικός αλλά ο e^A είναι κανονικός.
Ωραία, ας βάλουμε τις λεπτομέρειες. Έστω P= \begin{pmatrix} 2 &1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} που προφανώς είναι αντιστρέψιμος με  P^{-1} = \begin{pmatrix} 1 &-1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}. Θεωρούμε D = \begin{pmatrix} 2 \pi i &0 \\ 0 & -2\pi i \end{pmatrix}. Τότε,

\displaystyle A = P D P^{-1} = \begin{pmatrix} 2 &1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 \pi i &0 \\ 0 & -2\pi i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 &-1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6 \pi i & -8 \pi i \\ 4\pi i & - 6 \pi i \end{pmatrix}
Έπεται ότι,

\displaystyle A^* = \begin{pmatrix} -6 \pi i & -4\pi i\\ 8 \pi i & 6 \pi i \end{pmatrix}
Ο A δεν είναι κανονικός διότι:

\displaystyle A A^* = \begin{pmatrix} 6 \pi i & -8 \pi i \\ 4\pi i & - 6 \pi i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -6 \pi i & -4\pi i\\ 8 \pi i & 6 \pi i \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 100 \pi^2 & 72 \pi^2 i \\ 72 \pi^2 & 52 \pi^2 i \end{pmatrix}
και

\displaystyle A^* A =\begin{pmatrix} -6 \pi i & -4\pi i\\ 8 \pi i & 6 \pi i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 6 \pi i & -8 \pi i \\ 4\pi i & - 6 \pi i \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 52 \pi^2 & -72 \pi^2 \\ -72 \pi^2 & 100 \pi^2 \end{pmatrix}
Όμως,

\displaystyle{\begin{aligned} 
 \exp A &= \exp \left ( P D P^{-1} \right ) \\  
&=P \exp (D) P^{-1} \\  
&= P \; \mathbb{I}_{2 \times 2} \; P^{-1} \\  
&= P P^{-1} \\  
&= \mathbb{I}_{2 \times 2}  
\end{aligned}}
ο οποίος είναι κανονικός.


Ευχαριστούμε Σταύρο!


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2511
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: O e^A είναι κανονικός

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τετ Αύγ 21, 2019 12:50 pm

Tolaso J Kos έγραψε:
Τετ Αύγ 21, 2019 10:15 am
Tolaso J Kos έγραψε:
Παρ Αύγ 16, 2019 2:51 pm
Να δοθεί παράδειγμα πίνακα A ο οποίος δεν είναι κανονικός αλλά ο e^A είναι κανονικός.
Ωραία, ας βάλουμε τις λεπτομέρειες. Έστω P= \begin{pmatrix} 2 &1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} που προφανώς είναι αντιστρέψιμος με  P^{-1} = \begin{pmatrix} 1 &-1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}. Θεωρούμε D = \begin{pmatrix} 2 \pi i &0 \\ 0 & -2\pi i \end{pmatrix}. Τότε,

\displaystyle A = P D P^{-1} = \begin{pmatrix} 2 &1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 \pi i &0 \\ 0 & -2\pi i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 &-1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6 \pi i & -8 \pi i \\ 4\pi i & - 6 \pi i \end{pmatrix}
Έπεται ότι,

\displaystyle A^* = \begin{pmatrix} -6 \pi i & -4\pi i\\ 8 \pi i & 6 \pi i \end{pmatrix}
Ο A δεν είναι κανονικός διότι:

\displaystyle A A^* = \begin{pmatrix} 6 \pi i & -8 \pi i \\ 4\pi i & - 6 \pi i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -6 \pi i & -4\pi i\\ 8 \pi i & 6 \pi i \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 100 \pi^2 & 72 \pi^2 i \\ 72 \pi^2 & 52 \pi^2 i \end{pmatrix}
και

\displaystyle A^* A =\begin{pmatrix} -6 \pi i & -4\pi i\\ 8 \pi i & 6 \pi i \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 6 \pi i & -8 \pi i \\ 4\pi i & - 6 \pi i \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 52 \pi^2 & -72 \pi^2 \\ -72 \pi^2 & 100 \pi^2 \end{pmatrix}
Όμως,

\displaystyle{\begin{aligned} 
 \exp A &= \exp \left ( P D P^{-1} \right ) \\  
&=P \exp (D) P^{-1} \\  
&= P \; \mathbb{I}_{2 \times 2} \; P^{-1} \\  
&= P P^{-1} \\  
&= \mathbb{I}_{2 \times 2}  
\end{aligned}}
ο οποίος είναι κανονικός.


Ευχαριστούμε Σταύρο!
Να είσαι πάντα καλά Τόλη να μας διασκεδάζεις.
(εννοείται με τα προβλήματα που βάζεις)

Η ιδέα είναι απλή για την κατασκευή.

Λόγω της σχέσης

exp(PDP^{-1})=PexpDP^{-1}

αν πάρουμε τον D ετσι ώστε expD=I

τότε ο δεξιός πίνακας είναι κανονικός.

Τον D τον βρίσκουμε εύκολα.

Αρκεί να βρούμε τον P ώστε ο PDP^{-1}

να μην είναι κανονικός.

Οποίον P και να πάρουμε που οι στήλες του δεν είναι κάθετες
μας κάνει.

Μπροστά μου είχα από άλλο πρόβλημα αυτόν που πήρα και είχα υπολογίσει τον αντίστροφο του.

Πήρα λοιπόν αυτόν για να κάνω τις πράξεις ,ώστε να είμαι απόλυτα σίγουρος.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11267
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: O e^A είναι κανονικός

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τετ Αύγ 21, 2019 5:04 pm

Ωραία.
Tolaso J Kos έγραψε:
Τετ Αύγ 21, 2019 10:15 am


Ωραία, ας βάλουμε τις λεπτομέρειες. Έστω P= \begin{pmatrix} 2 &1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} που προφανώς είναι αντιστρέψιμος με  P^{-1} = \begin{pmatrix} 1 &-1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}. Θεωρούμε D = \begin{pmatrix} 2 \pi i &0 \\ 0 & -2\pi i \end{pmatrix}. Τότε,

...

Ο A δεν είναι κανονικός διότι:


\displaystyle A A^* =...  = \begin{pmatrix} 100 \pi^2 & 72 \pi^2 i \\ 72 \pi^2 & 52 \pi^2 i \end{pmatrix} και \displaystyle A^* A =... = \begin{pmatrix} 52 \pi^2 & -72 \pi^2 \\ -72 \pi^2 & 100 \pi^2 \end{pmatrix}


Όμως,


\displaystyle{ 
 \exp A=... =  \mathbb{I}_{2 \times 2}
Αν θέλεις χάριν περιέργειας να κάνεις παρόμοιες πράξεις με το παράδειγμα που έδωσα, στην ειδική περίπτωση p=\begin{pmatrix} 
2\pi i \\ 1 
 
\end{pmatrix}, \, q= \begin{pmatrix} 
1\\ 0 
 
\end{pmatrix} , θα βρεις R = \begin{pmatrix} 2 \pi i &1 \\ 0 & 0  \end{pmatrix}, οπότε  RR^*= \begin{pmatrix} -4\pi ^2  &0 \\ 0 & 0  \end{pmatrix} \ne \begin{pmatrix} -4\pi ^2  &-2\pi i \\ 0 & 0  \end{pmatrix}= R^*R . Επίσης e^R=\mathbb I


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΛΓΕΒΡΑ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες