Linjär Algebra - Polynomrum

$\begin{bmatrix}f(n+1)\\g(n+1)\\h(n+1)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3&1&0\\0&-1&1\\0&-6&4\end{bmatrix}\begin{bmatrix}f(n)\\g(n)\\h(n)\end{bmatrix}$

är en slags rekursionsformel. Vi vill lösa ut för vektorn innehållande $f(n),g(n)$ och $h(n)$. Vi ser att om vi sätter $n=0$ får vi:

$\begin{bmatrix}f(1)\\g(1)\\h(1)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3&1&0\\0&-1&1\\0&-6&4\end{bmatrix}\begin{bmatrix}f(0)\\g(0)\\h(0)\end{bmatrix}$

Detta ger oss ett sätt att bestämma vektorn för $n=1$. Vill vi bestämma den för $n=2$ får vi:

$\begin{bmatrix}f(2)\\g(2)\\h(2)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3&1&0\\0&-1&1\\0&-6&4\end{bmatrix}\begin{bmatrix}f(1)\\g(1)\\h(1)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3&1&0\\0&-1&1\\0&-6&4\end{bmatrix}\begin{bmatrix}3&1&0\\0&-1&1\\0&-6&4\end{bmatrix}\begin{bmatrix}f(0)\\g(0)\\h(0)\end{bmatrix}$

och för $n=3$ blir det:

$\begin{bmatrix}f(3)\\g(3)\\h(3)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3&1&0\\0&-1&1\\0&-6&4\end{bmatrix}\begin{bmatrix}f(2)\\g(2)\\h(2)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3&1&0\\0&-1&1\\0&-6&4\end{bmatrix}\begin{bmatrix}3&1&0\\0&-1&1\\0&-6&4\end{bmatrix}\begin{bmatrix}3&1&0\\0&-1&1\\0&-6&4\end{bmatrix}\begin{bmatrix}f(0)\\g(0)\\h(0)\end{bmatrix}$

Vi ser att för ett godtyckligt $n$ behöver vi bara ta potenser av $3\times3$-matrisen:

$\begin{bmatrix}f(n)\\g(n)\\h(n)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3&1&0\\0&-1&1\\0&-6&4\end{bmatrix}^n\begin{bmatrix}f(0)\\g(0)\\h(0)\end{bmatrix}$

Hänger du med på det?

Vi kan överföra ekvationerna till ett ekvationssystem, där vänsterledet är f(n), g(n), h(n):

$\left[\begin{array}{c}f(n+1)\\ g(n+1)\\ h(n+1)\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}3f\left(n\right)& g\left(n\right)& 0\\ 0& -g\left(n\right)& h\left(n\right)\\ 0& -6g\left(n\right)& 4h\left(n\right)\end{array}\right]$

Vi kan nu välja att se f(n), g(n), h(n) som en kolonnvektor, och då kan vi faktorisera ut den:

$\left[\begin{array}{c}f(n+1)\\ g(n+1)\\ h(n+1)\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}3& 1& 0\\ 0& -1& 1\\ 0& -6& 4\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}f\left(n\right)\\ g\left(n\right)\\ h\left(n\right)\end{array}\right]$

Dessutom är det en rekursiv formel, dvs. att $f\left(n\right)=3f(n-1)+g(n-1)$ och $f(n-1)=3f(n-2)+g(n-2)$ osv. ända ned till noll. Det tar n stycken sådana rekursioner för att komma ned till n = 0, om vi börjar på n (vilket uppgiften gör). Eftersom det är samma rekursion gång på gång kan vi tänka att vi applicerar den flera gånger. Vi får f(n - 1), g(n - 1), h(n - 1) som:

$\left[\begin{array}{c}f(n+1)\\ g(n+1)\\ h(n+1)\end{array}\right]={\left[\begin{array}{ccc}3& 1& 0\\ 0& -1& 1\\ 0& -6& 4\end{array}\right]}^2\left[\begin{array}{c}f(n-1)\\ g(n-1)\\ h(n-1)\end{array}\right]$

Och tillslut:

$\left[\begin{array}{c}f(n+1)\\ g(n+1)\\ h(n+1)\end{array}\right]={\left[\begin{array}{ccc}3& 1& 0\\ 0& -1& 1\\ 0& -6& 4\end{array}\right]}^n\left[\begin{array}{c}f\left(0\right)\\ g\left(0\right)\\ h\left(0\right)\end{array}\right]$

Den högra kolonnvektorn kan vi skriva om genom att vi vet vad f(0), g(0) och h(0) är:

$\left[\begin{array}{c}f(n+1)\\ g(n+1)\\ h(n+1)\end{array}\right]={\left[\begin{array}{ccc}3& 1& 0\\ 0& -1& 1\\ 0& -6& 4\end{array}\right]}^n\left[\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right]$

Edit: AlvinB hann före. 

Hej Twoface!

Om du inför vektorn

    $\mathbb{x}_{n} = \left(\begin{matrix}f(n)\\g(n)\\h(n)\end{matrix}\right)$

så kan systemet skrivas på matrisform

    $\mathbb{x}_{n+1} = A \mathbb{x}_{n}$,

där $A$ betecknar den kvadratiska matrisen i ditt inlägg.

• Då följer det att $\mathbb{x}_{n} = A\mathbb{x}_{n-1}$ så att du kan skriva $\mathbb{x}_{n+1} = A^2 \mathbb{x}_{n-1}.$
• Sedan gäller det också att $\mathbb{x}_{n-1} = A\mathbb{x}_{n-2}$ så att du kan skriva $\mathbb{x}_{n+1} = A^3 \mathbb{x}_{n-2}.$

Detta kan du fortsätta ända ner till

    $\mathbb{x}_{n+1} = A^{n+1}\mathbb{x}_0.$

Tack för alla utförliga svar, det tog några dagar men nu hänger jag med. Efter omskrivningen var det ganska beräkningstungt. Denna lösningsstrategi är endast möjlig om matrisen A kan diagonaliseras - om det inte hade existerat egenvärde eller att ekvationsystemet inte var kvadratiskt - skulle detta då inte ha några lösningar då?

Övrigt, hur bör man se en dioganlaisering som fenomen? Jag tycker den tycker ad-hook i kursen utan att förklaras.Varför diagonaliserar man och varför har det praktisk betydelse?

Twoface skrev:

Tack för alla utförliga svar, det tog några dagar men nu hänger jag med. Efter omskrivningen var det ganska beräkningstungt. Denna lösningsstrategi är endast möjlig om matrisen A kan diagonaliseras - om det inte hade existerat egenvärde eller att ekvationsystemet inte var kvadratiskt - skulle detta då inte ha några lösningar då?

 

Övrigt, hur bör man se en dioganlaisering som fenomen? Jag tycker den tycker ad-hook i kursen utan att förklaras.Varför diagonaliserar man och varför har det praktisk betydelse?

 Diagonalisering gör det mycket enklare att ta potenser av matriser. Att bestämma

$\begin{bmatrix}3&1&0\\0&-1&1\\0&-6&4\end{bmatrix}^n$

är i princip omöjligt, men diagonaliserar man matrisen blir det relativt enkelt:

$\begin{bmatrix}3&1&0\\0&-1&1\\0&-6&4\end{bmatrix}^n=(\begin{bmatrix}-1/4&-1/3&1\\1/2&1/3&0\\1&1&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&0&0\\0&2&0\\0&0&3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0&6&-2\\0&-6&3\\1&-1/2&1/2\end{bmatrix})^n=$

$=\begin{bmatrix}-1/4&-1/3&1\\1/2&1/3&0\\1&1&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&0&0\\0&2&0\\0&0&3\end{bmatrix}^n\begin{bmatrix}0&6&-2\\0&-6&3\\1&-1/2&1/2\end{bmatrix}=$

$=\begin{bmatrix}-1/4&-1/3&1\\1/2&1/3&0\\1&1&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1^n&0&0\\0&2^n&0\\0&0&3^n\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0&6&-2\\0&-6&3\\1&-1/2&1/2\end{bmatrix}=...$

Hade matrisen inte varit diagonaliserbar hade det inte varit möjligt att förenkla matrispotensen på detta sätt. Då hade man nog fått svara med enbart:

$\begin{bmatrix}f(n)\\g(n)\\h(n)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3&1&0\\0&-1&1\\0&-6&4\end{bmatrix}^n\begin{bmatrix}0\\1\\0\end{bmatrix}$

Om ett ekvationssystem innehåller färre ekvationer än variabler, så har det inte en entydig lösning.

Om ett ekvationssystem innehåller fler ekvationer än variabler, så går det inte att lösa, alternativt så är några ekvationer inte linjärt oberoende.