Keresés

Részletes keresés

NevemTeve Creative Commons License 2024.01.27 0 2 20547

Hacsak nem komplex számtest felett vagyunk, mert akkor a skalárszorzat oszlopvektorként nézve a*b, sorvektorként nézve ab*, a kettő egymás konjugáltja.

Gergo73 Creative Commons License 2024.01.26 0 2 20546

Igen, de a skalárszorzat - amiről beszélünk - kommutatív. Konkrétan ha a és b két oszlopvektor (ugyanolyan hosszúak), akkor aTb=bTa. Elegáns bizonyítás: a bal oldal transzponáltja a jobb oldal, de mivel 1x1 mátrixokról van szó, ezért a két oldal megegyezik.

 

Előzmény: Törölt nick (20545)
Törölt nick Creative Commons License 2024.01.26 -1 0 20545

Mátrixoknál a szorzások sorrendje kötött.

Tenzorok esetén az indexek (betűk) felcserélésével különböző eredményt kapunk.

Előzmény: NevemTeve (20544)
NevemTeve Creative Commons License 2024.01.26 0 1 20544

Nagyon jó a meglátásod: a skalár is mátrix, csak a mérete speciális: 1x1

Előzmény: szabiku_ (20543)
szabiku_ Creative Commons License 2024.01.26 0 2 20543

Igen, ez világos. 

 

Akkor már tudom, hol néztem be. 

 

>A jobb oldal az abT mátrixszorzat,

 

#(jó, amúgy nem követtem a feladatot, csak belekaptam... :)  ) Én ott mátrixra asszociáltam, de beugrott most már, hogy az a skalárszorzatot jelenti. Ez már többször megkevert. Ez is egy nyelvtani elnevezés félrevezetődés, amibe még olykor beleesik az ember. Vektorok mátrixszorzata, amiből nem mátrix lesz, hanem skalár. Igen. A feladat amúgy nem érdekelt. (abból nyilván egyből tudhattam volna..)

Előzmény: Gergo73 (20542)
Gergo73 Creative Commons License 2024.01.26 0 3 20542

Ha a és b két valós sorvektor (ugyanolyan hosszú), akkor abT a standard skalárszorzatuk.

Ha a és b két valós oszlopvektor (ugyanolyan hosszú), akkor aTb a skalárszorzatuk.

 

Egész pontosan a fenti két mátrixszorzás 1x1-es mátrixot eredményez, aminek egyetlen eleme a skalárszorzat. Ha a traszponáltat a másik vektorra teszed, akkor nxn-es mátrixot kapsz, ami a külső szorzat és azonosítható a tenzorszorzattal.

Előzmény: szabiku_ (20540)
szabiku_ Creative Commons License 2024.01.26 0 0 20541

Itt meg lehet kicsit keveredni:

 

Legyen egy mátrix Cik

 

C11 C12 C13 ... 

C21 C22 C23 ... 

C31 C32 C33 ... 

....................... 

 

Akkor mondhatjuk, hogy i a sorindex, k az oszlopindex, mert úgy gondoljuk,  hogy i-edik sor, k-adik oszlop.

 

De ha pl. Cik = |ai><bk| = abT

akkor, a vektorok szerint, fordítva is mondhatjuk, hogy i oszlopindex, k pedig sorindex, mert i oszlopelemeket indexel, k pedig sorelemeket.

 

a oszlopvektor, bT sorvektor.

 

Szerintem jobb ez az utóbbi felfogás akkor is, ha Cik nem két vektor szorzatából jön. De nem szabad azt gondolnunk hirtelen az első felfogásra, hogy |ai> a sorvektor, <bk| (ami transzponált) az oszlopvektor, ha Cik vektorokból jön, mert az pont fordítva van.

 

A nyelvtani logika itt nem egyértelmű, hanem kettő. De matematikailag egyértelműsíteni kell. Szóval figyelni kell erre.

 

Előzmény: szabiku_ (20540)
szabiku_ Creative Commons License 2024.01.26 0 0 20540

Én ez alapjân gondolom:

https://lzsiga.users.sourceforge.net/vect.html#I0006

 

 

Amit te használtál az konvencionálisan más szintaktika? felcserélt? vagy mi a különbség? 

Előzmény: Gergo73 (20539)
Gergo73 Creative Commons License 2024.01.26 0 1 20539

Nem, az én bizonyításomban a és b sorvektor volt. Ha oszlopvektorokkal szeretnél dolgozni, akkor a jobb oldal aTb, és ekkor az s szögű forgatást az MT-vel való balszorzás valósítja meg. Tehát ebben az esetben a szorzat az aTMMTb kifejezésbe megy át, ami persze ugyanaz, mint aTb, mert MMT az identitásmátrix (mint korábban).

Előzmény: szabiku_ (20537)
FASIRT Creative Commons License 2024.01.26 0 2 20538

Szerintem Gergo73 módszere térben is működik, csak eggyel nagyobb (térben elforgató, 3x3 méretű) mátrix kell hozzá.

Előzmény: Törölt nick (20536)
szabiku_ Creative Commons License 2024.01.26 0 1 20537

a és b nem oszlopvektor? 

 

a = |a>

b = |b>

 

abT = |a><b|

 

Előzmény: Gergo73 (20534)
Törölt nick Creative Commons License 2024.01.26 0 0 20536

Sajnos telepátia nem létezik. Átrendezve viszont jól látszik, hogy a két sor összege nullát ad. Q.E.D.

Csak ezt elmulasztottam expressis verbis kijelenteni.

 

 

Most még ezt a síkbeli "háromszöget" valahogy be kellene forgatni térbelinek.

Elvileg a harmadik koordináták az első kettő lineáris kombinációjaként adódnak.

Előzmény: FASIRT (20535)
FASIRT Creative Commons License 2024.01.26 0 1 20535

Amiről be akarod látni, hogy nulla, az két azonos kifejezés összege, amelyekből az egyik pozitív, a másik negatív. Mi a gond (azon kívül, hogy nem figyelsz az előjelekre)?

Előzmény: Törölt nick (20531)
Gergo73 Creative Commons License 2024.01.26 0 3 20534

A kérdés arra vonatkozott, hogy a jobb oldali szorzatok összege miért invariáns.

 

A jobb oldal az abT mátrixszorzat, ahol T a transzponálás. Ha s szöggel elforgatod az a és b sorvektort, az ugyanaz, mintha megszoroznád őket jobbról az

 

M = (cos(s) sin(s)|-sin(s) cos(s))

 

mátrixszal. Tehát a forgatás hatására az abT szorzat az aMMTbT szorzatba megy át. Na most az tényleg könnyen ellenőrizhető, hogy

 

MMT = (1 0|0 1)

 

az identitásmátrix (ehhez csak annyit kell tudni, hogy cos(s) és sin(s) négyzetösszege 1), és készen vagyunk.

Előzmény: Törölt nick (20529)
Törölt nick Creative Commons License 2024.01.26 0 0 20533

Valóban, ez sokkal egyszerűbb.

 

De még nem végeztünk, mert van 3D-ben z1z2 is. :(

Azt viszont (egyelőre) nem tudom elképzelni.

 

 

Tegyük fel, hogy először az x-y síkban vagyunk, és azt még beforgatjuk...

Előzmény: NevemTeve (20532)
NevemTeve Creative Commons License 2024.01.26 0 2 20532

Tovabba cos(alfa-beta) = cos(alfa)cos(beta) + sin(alfa)sin(beta) = x1x2 + y1y2

Előzmény: NevemTeve (20527)
Törölt nick Creative Commons License 2024.01.26 0 0 20531

 

A zsákmány egyik fele már megvan. A "nagyobbik" fele. (Zöld.)

A másik feléről még be kell látni, hogy az nulla. (Piros.)

Emeljünk ki cos(φ)-t.

Was fehlt immer noch?

 

Az már talán nyilvánvaló, hogy az |a| és|b| szorzata mindegyik tagban ott kell legyen. Mindegyikben.

Most elégedett vagyok.

Előzmény: Törölt nick (20529)
FASIRT Creative Commons License 2024.01.26 0 2 20530

Például az első és a harmadik tagból kiemeled a cos(téta), a második és negyedikből pedig a sin(téta) tényezőt, és felhasználod a sin2(fi)+cos2(fi) kifejezéssel kapcsolatos ismereteidet.

Előzmény: Törölt nick (20529)
Törölt nick Creative Commons License 2024.01.26 0 0 20529

ha az a és b vektorokat az origó körül elforgatjuk ugyanazzal a szöggel.

 

Nyilvánvaló, hogy az egyenlet bal oldala ettől nem változik.

A kérdés arra vonatkozott, hogy a jobb oldali szorzatok összege miért invariáns.

Számomra ez nem ennyire magától érttetődő.

 

Próbálkozok, tehát vagyok:

Valahogy ügyesen csoportosítani kell ezeket...

Előzmény: Gergo73 (20528)
Gergo73 Creative Commons License 2024.01.25 0 3 20528

Legyen a=(x1,y1) és b=(x2,y2), továbbá legyen t az a és b által bezárt irányított szög. Be akarjuk látni, hogy

 

|a||b|cos(t) = x1x2 + y1y2.

 

Könnyű meggondolni, hogy a két oldal nem változik, ha az a és b vektorokat az origó körül elforgatjuk ugyanazzal a szöggel. Ezért feltehetjük, hogy az a vektor vízszintes és jobbra mutat, pontosabban:

 

x1 = |a|

y1 = 0

x2 = |b|cos(t)

y2 = |b|sin(t)

 

Ekkor viszont

 

x1x2 + y1y2 = |a||b|cos(t),

 

és készen is vagyunk.

Előzmény: Törölt nick (20525)
NevemTeve Creative Commons License 2024.01.25 0 2 20527

Mindenestre simán felteheted, hogy |a|=|b|=1, x1=cos(alfa), y1=sin(alfa), x2=cos(beta), y2=sin(beta), valamely alkalmas alfa es beta szögekre.

 

Előzmény: NevemTeve (20526)
NevemTeve Creative Commons License 2024.01.25 0 3 20526

Legyen reflex, hogy minden jelölésnek megadod a definícióját. Esetünkben az x1, x2, y1, y2 maradt ki.

Előzmény: Törölt nick (20525)
Törölt nick Creative Commons License 2024.01.25 0 0 20525

|a| |b| cos θ = x1x2+y1y2

Próbálok rájöni, hogy ezt hogyan lehet bizonyítani vagy levezetni - az általános esetre, amikor nem párhuzamos valamelyik tengellyel. Kinek van ötlete?

Ittvok Creative Commons License 2024.01.22 -1 0 20524

Én csak a palinta topikhoz szóltam hozzá.

De semmi baj. Fogalmam sincs ki vagy. De viszont üdvözöllek.

 

 

Előzmény: heted7 (20523)
heted7 Creative Commons License 2024.01.22 0 2 20523

Üdv a kedves régi topiktársnak az új nevén :)

Előzmény: Ittvok (20522)
Ittvok Creative Commons License 2024.01.22 -1 0 20522

Fubini tétel (van sokféle megfogalmazása az eredetinek)

 

Az látszik az ábrából, hogy három sík normálvaktora van.

Ezek ponthoz kötött vektorok. (A síkok végtelen sok pontjaihoz kötött vektorok)

Ezek vegyes szorzata skalár.

Tehát  ((h(k)+v1)xv2)v3 tipusú formula kiértékelése az összes lehetséges esetre.

h(k) az a palást magasságai a megfelelő síkok között ( k az a vektor ami egy tetszőleges pontból mutat valamelyik kontúr a felső körvonal vagy az alsó körvonal + ellipszis darab uniója pontjába) 

Plusz a körlap alatti térfogat definició szerint egy hármaintegrál. Térfogati integrál.

Ez a henger térfogata. Ha h állandó vektor.) Ha a vegyesszorzat nem nulla akkor térfogat.

Bármely két kifejezés ugyanaz a térfogat.

 

 

 

 

 

 

Előzmény: Lopez Charls (20510)
Törölt nick Creative Commons License 2024.01.19 0 0 20521

a2 = c2 - b2

 

:o)

Előzmény: pk1 (20520)
pk1 Creative Commons License 2024.01.19 0 1 20520

Egyszerűbb, ha rögtön az a és b oldalakat használod fel.

Előzmény: Törölt nick (20519)
Törölt nick Creative Commons License 2024.01.19 0 0 20519

Fel lehet használni az ábráán szereplő α vagy β szöget?

Mert akkor szinusz vagy koszinusz...

 

a = c sin α = c cos β

b = c sin β = c cos α

Előzmény: Lopez Charls (20515)
mmormota Creative Commons License 2024.01.19 0 1 20518

Megnéztem, hátha egész számos, de nincs olyan megoldás.

Ha kedveled azért, ha nem azért nyomj egy lájkot a Fórumért!