Заглавная страница Избранные статьи Случайная статья Познавательные статьи Новые добавления Обратная связь FAQ Написать работу КАТЕГОРИИ: АрхеологияБиология Генетика География Информатика История Логика Маркетинг Математика Менеджмент Механика Педагогика Религия Социология Технологии Физика Философия Финансы Химия Экология ТОП 10 на сайте Приготовление дезинфицирующих растворов различной концентрацииТехника нижней прямой подачи мяча. Франко-прусская война (причины и последствия) Организация работы процедурного кабинета Смысловое и механическое запоминание, их место и роль в усвоении знаний Коммуникативные барьеры и пути их преодоления Обработка изделий медицинского назначения многократного применения Образцы текста публицистического стиля Четыре типа изменения баланса Задачи с ответами для Всероссийской олимпиады по праву Мы поможем в написании ваших работ! ЗНАЕТЕ ЛИ ВЫ?
Влияние общества на человека
Приготовление дезинфицирующих растворов различной концентрации Практические работы по географии для 6 класса Организация работы процедурного кабинета Изменения в неживой природе осенью Уборка процедурного кабинета Сольфеджио. Все правила по сольфеджио Балочные системы. Определение реакций опор и моментов защемления |
Вариационное свойство собственных значенийСодержание книги Похожие статьи вашей тематики
Поиск на нашем сайте
Матрица А неотрицательно определена, если . Лемма Собственные числа неотрицательно определенной матрицы неотрицательны. Доказательство Пусть А – неотрицательно определенная матрица, λ1 – её собственное число. Тогда . Т.к. . Что и требовалось доказать. Матрица А симметричная, если . Лемма 1 Если А симметрична, неотрицательно определена и (Ay,y)=0, то Ay=0. Геометрически: А не может сделать вектор у ортогональным самому себе, а может лишь обратить его в ноль. Доказательство Рассмотрим выражение (A(y+tz),y+tz), где z – произвольный вектор; t – вещественное, малое число (t<<1). Если бы (Ay,z)≠0, то знак всего выражения можно было бы сделать отрицательным, выбирая знак t, что противоречило бы условию неотрицательной определенности А. Значит, (Ay,z)=0. Т.к. элеент z выбирался произвольно, то Ay=0. Что и требовалось доказать.
Рассмотрим выражение: . Функция n переменных F(y)=(Ay,y) непрерывна на единичной сфере . Следовательно, по первой теореме Вейерштрасса F(y) достигает на S1 своих точных граней. Это означает, что .
Лемма 2 (вариационное свойство) Если А – симметричная матрица, то - собственное число матрицы А. Доказательство Из приведенных выше рассуждений и достигается в некоторой точке . Т.к. , то || y ||=1, а значит . Получим: . (*) Из выбора точку y’ верно: (Ay,y)≤λ1 для любого вектора y из S1. Т.е. Последнее утверждение верно и для любого вектора x из пространства Rn. Т.е. - неотрицательно определенная матрица. Следовательно, из (*), используя Лемму 1, получим: , т.е. λ1 – собственное число матрицы А. Что и требовалось доказать.
Приведение симметричной матрицы к диагональному виду Из теорем алгебры: Любое собственное число λ произвольной матрицы А равно скалярному произведению (Ax,x), где x – некоторый вектор: || x ||=1.
Первый шаг Пусть λ1 – максимальное собственное число матрицы А, т.е. . Обозначим как y1 – собственный вектор матрицы А, отвечающий λ1: || y1 ||=1. Второй шаг Обозначим как Ln-1 – подпространство, ортогональное подпространству, образованному вектором y1 (т.к. dim {y1}=1, то dim Ln-1=n-1).
Очевидно, что Ln-1 инвариантное подпространство для А (т.е. если , то ). Действительно, пусть Обозначим . Тогда из Леммы 2: . Т.о. y2 – собственный вектор матрицы А, ортогональный y1.
Третий шаг Будем рассматривать далее подпространство , повторим указанные в шаге два рассуждения.
В итоге получим набор собственных векторов матрицы А {yk}: || yk ||=1, ортогональных друг другу, соответствующих собственным числам {λk}. Обозначим матрицу собственных векторов как: . Получим систему: Y. Очевидно, что У – ортогональная матрица, т.к. ее столбцы нормированны и ортогональны друг другу. Тогда запишем систему в виде: YTAY=diag(λ1… λn) или A=Ydiag(λ1… λn)YT. Геометрически это означает, что: Всякая симметричная матрица может быть приведена к диагональному виду, т.е. в некотором базисе соответствующий оператор представляется диагональной матрицей, а значит его действие состоит в растягивании на величину λк соответствующего базисного вектора. Базис состоит из собственных векторов, т.е. диагональная матрица нетривиальна.
Сингулярное разложение матрицы Пусть А – вещественная матрица. Тогда AAT, ATA – симметричные матрицы, а значит они могут быть приведены к диагональному виду. Обозначим AAT=UЛUT, ATA=VЛVT, где U,V – ортогональные матрицы, Л – диагональная.
Лемма Собственные числа матриц AAT, ATA равны и неотрицательны. Доказательство 1. Пусть λi – некоторое собственное число матрицы ATA. Тогда . Умножим скалярно равенство на xi: 2. Обозначим собственные числа матриц ATA, AAT соответственно. Таким образом матрицы Л для AAT, ATA совпадают. Что и требовалось доказать.
Заметим, что если матрица А невырожденная, то её собственные числа больше нуля.
Обозначим как Тогда: . Обратная к матрица имеет вид: . Обозначим . Тогда: . Таким образом, получено: . Умножим на B-1 справа: .
Для всякой вещественной матрицы А существует её сингулярное разложение, т.е. представление в виде: A=USW, где U,W – ортогональные матрицы, S=diag(s1..sn), si≥0, i=1..n.
Задача: Доказать, что - сингулярное разложение матрицы А.
Сопряженная матрица Рассмотрим вещественную матрицу A=(aij). Тогда сопряженная к ней в пространстве Rn матрица: A*=(a*ij)=AT. В пространстве Rn A – линейный оператор; А* - сопряженный к нему. Образ Im A – область значений оператора А: Im A= A(Rn). Ядро ker A – множество элементов, обращаемых оператором А в ноль: ker A={x | Ax=0}. Im A, ker A – подпространства пространства Rn. Задача: доказать указанное выше утверждение.
Лемма . Доказательство Im A – подпространство пространства Rn. Обозначим как L его ортогональное дополнение (множество всех элементов из Rn, ортогональных каждому элементу из Im A). Тогда . Докажем, что L=ker A. Т.е. . Т.е. . Что и требовалось доказать.
Частная спектральная задача Частная спектральная задача – задача нахождения некоторых собственных чисел матрицы и соответствующих собственных векторов.
Вариационный метод Пусть А – симметричная матрица. Найдем её максимальное собственное число. Т.к. из ранее доказанного , то задача сводится к нахождению стационарных точек функционала . Степенной метод Для матрицы А предположим, что: а) её собственные вектора φ1… φn образуют базис в Rn. б) её собственные числа удовлетворяют неравенствам | λ1 |>| λk|, k=2..n. Тогда всякий вектор х из Rn может быть представим в виде: . Построим последовательность векторов: x(1)=Ax, x(2)=Ax(1)…x(m)=Ax(m-1)=Amx. Значит, . Преобразуем правую часть равенства: при m>>1, т.к. тогда . Получим, что: , а - соответствующий собственный вектор (т.к. он определяется с точностью до скалярного множителя). Знак λ1 найдем из следующего равенства: - знак находится по первой компоненте. Точность метода: .
Метод максимизации столбцов Пусть A=(akp) – вещственная, квадратная матрица порядка n. Обозначим как ap – pый столбец матрицы. Заметим, что ; .
Рассмотрим матрицу простого поворота Up: u11 = upp= c =cosα, -up1 = u1p= -s = - sinα, остальные диагональные элементы равны 1, а недиагональные – нулю. Из ранее доказанного матрица Up осуществляет поворот на угол α против часовой стрелки.
|
||||
Последнее изменение этой страницы: 2016-04-26; просмотров: 610; Нарушение авторского права страницы; Мы поможем в написании вашей работы! infopedia.su Все материалы представленные на сайте исключительно с целью ознакомления читателями и не преследуют коммерческих целей или нарушение авторских прав. Обратная связь - 18.224.38.176 (0.01 с.) |