MIT 18.06 linear algebra 第二十五讲笔记

MIT 18.06 linear algebra 第二十五讲笔记

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• Review for quiz 2

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1. $Q=\begin{bmatrix}q_1,q_2,\cdots,q_n\end{bmatrix}$
   Projections–Least Squares
   Gram-Schmidt

2. $detA$
   Properties 1-10
   Big formula($n!$ terms)
   Cofactors |$A^{-1}$
3. Eigenvalues $Ax=\lambda x$
   $det(A-\lambda I)=0$
   Diagonalige $S^{-1}AS=\Lambda$
   Powers $A^{k}$

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有一个向量$a=\begin{bmatrix}2\\1\\2\end{bmatrix}$,向量$b$向$a$方向投影，求投影矩阵？
如果被投影的是一个矩阵，那么投影矩阵为$P=A(A^TA)^{-1}A^T$,但此处是一个向量因此$P=\frac{aa^T}{a^Ta}$。将$a$代入可以求出投影矩阵。$P=\frac{1}{9}\begin{bmatrix}4&2&4\\2&1&2\\4&2&4\end{bmatrix}$。$P$的特征值为0，0，1。因为矩阵$P$的秩为1。因此$Px=0$有两个独立的向量，因此会有两个0，还有一个特征值为1，是因为$\sum \lambda_i=Trace$。求秩为1的特征向量时$(P-I)x=0\rightarrow Px = x$，也就是向量$x$经过投影后还是$x$，那么$x=a$。

$U_{k+1}=PU_k$，$U_0=\begin{bmatrix}9\\9\\0\end{bmatrix}$。$U_1=PU_0=\frac{aa^TU_0}{a^Ta}=3a$。$U_2=P^{k}U_0=3a$。因为这是在用$P$做投影，投影一次后，后面的投影并没啥作用。当然求解这类问题还可以用$U_0=C_1x_1+C_2x_2+\cdots+C_3x_3$,$A^{k}U_0=C_1\lambda_1^{k}x_1+C_2\lambda_2^{k}x_2+\cdots+C_n\lambda_n^{k}x_n$。

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最小二乘法问题
有三个点{(1,4),(2,5),(3,8)}。求解一条最佳过原点的拟合直线$y=Dt$。$\begin{array}{}\begin{cases}1D=4\\2D=5\\3D=8\end{cases}\end{array}$，一般求解都是把$b$投影到矩阵$A$的列空间中求一个最优解。$A^TA\hat{D}=A^Tb$。可以求出$\hat{D}=\frac{38}{14}$。

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两个向量的正交化：$B=\frac{a_1^Ta_2a_1}{a_1^Ta_1}$。

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一个$4\times4$的可逆矩阵，有四个特征值$\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3,\lambda_4$。

1. 由于矩阵可逆 $\Leftrightarrow$ 没有特征值为0。
2. $det(A^{-1})=\prod\frac{1}{\lambda_i}=\frac{1}{detA}$。
3. $A+I$的迹等于$\sum(\lambda_i+1)$

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$A_4=\begin{bmatrix}1&1&0&0\\1&1&1&0\\0&1&1&1\\0&0&1&1\end{bmatrix}$,令$D_n=det(A_n)$，通过大数余子式的方法，得出$D_n=D_{n-1}-D_{n-2}$。于是有$\begin{bmatrix}D_n\\D_{n-1}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&-1\\1&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}D_{n-1}\\D_{n-2}\end{bmatrix}$。可以解出系数矩阵其特征值为$\lambda=\frac{1\pm i\sqrt{-3}}{2}$。$\lambda$到原点的距离为1，正好处于稳定状态，其周期为6。

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$A_4=\begin{bmatrix}0&1&0&0\\1&0&2&0\\0&2&0&3\\0&0&3&0\end{bmatrix}=A_4^T$, $detA_4=9$,通过拆解为代数余子式即可得出答案。