Семинар 15

Добавил:

Rumpelstilzchen Rumpelstilzchen2018@yandex.ru Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

МИРЭА - Российский технологический университет

Предмет:

Линейная алгебра

Файл:

симметрическую матрицу

. Указать ортонормированный базис.

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

02.06.2020

Размер:

498.24 Кб

Скачать

☆

Построение ортонормированного базиса из собственных

векторов для симметричного линейного оператора

1.Изучить теоретический материал.

2.Рассмотреть примеры.

3.Выполнить задания самостоятельно

Ортогональная матрица может не иметь действительных собственных значений.

Симметрическая матрица ВСЕГДА имеет действительное собственное значение.

Все собственные значения симметрической матрицы – действительные числа.

Собственные векторы симметрической матрицы, принадлежащие различным собственным значениям, ортогональны.

Для любой симметрической вещественной матрицы A существует ортогональная матрица U, такая, что матрица U-1AU – диагональная матрица.

Пример 1. Привести к диагональному виду с помощью ортогональной матрицы

Решение.

На первом шаге необходимо найти собственные значения данного линейного оператора.

Составим характеристическое уравнение данного преобразования: Ae E 0 .

					2		2		II III			5	5	5
			1		2		2		II III			5	5	5

Ae E			2		1		2					2	1	2
			2		2		1					2	2	1
		1			1					1	1		1
	1	1			1					1	1		1
(5 )	2	1			2		2I	(5 )		0	1		0	(5 )(1 )2	0
	2	2		1		2II				0	0		1

		1, алг кратность 2
Корни уравнения	1		- собственные значения линейного
	2	5, алг кратность 1

ˆ
оператора A .
На втором шаге собственные векторы, относящиеся к каждому собственному
значению.
1. 1 1. Решим матричное уравнение (Ae 1 E)X 0 .
	2		2	2	x	0
					1
( Ae E)	X	2	2	2	x2	0
		2	2	2		0
		2	2	2	x3	0

Решением

являются

вектор

С1

С2

C1,C2 0 ,

базис

пространства решений образуют векторы

u ( 1;1;0)T , u

( 1;0;1)T

2. 2 5 . Решим матричное уравнение (Ae 5 E)X 0 .

2 x

( Ae 5E) X

4 2

2 4

U 2

С3

C3 0 ,

Решением

являются

векторы

1 ,

базисом

пространства

решений является вектор u

(1;1;1)T .

Вектор

u3 (1;1;1)

ортогонален

векторам

u1 ( 1;1;0)

u2 ( 1;0;1) ,

поскольку они относятся к различным собственным значениям.

Ортогонализируем векторы u1 ( 1;1;0)

и u2

( 1;0;1) .

Пусть

f1 u1

f2 u2 f1 . Выберем

таким

образом,

чтобы

векторы

f1, f2

были

ортогональны, то есть ( f1, f2 ) 0 ( f1, f2 ) ( f1, u2 f1) ( f1, u2 ) ( f1, f1) 0

( f1,u2 ) (u1,u2 ) 1 ( f1, f1) (u1,u1) 2

f2 u2 12 f1 12 ( 1;1;0) ( 1;0;1) ( 12 ; 12 ;1)

Теперь векторы		f1, f2 , u3				ортогональны.

									3
		f		2 ,		f						u
Нормируем их.							2				,			3 .
Нормируем их.											,			3 .
		1							2			3
									2

Векторы	h (		1	;	1	;0)		,	h			(	1		;	1	;	2	)	,	h (	1		;	1	;	1	)
	h (			;		;0)			h			(			;		;		)		h (			;		;		)
	1	2		2						2			6	6				3			3		3		3		3
		2		2									6	6				3					3		3		3

составляют искомый ортономированный базис.

	1		1	1


	2	6		3
	1		1	1
Ортогональная матрица U

	2	6		3
	2	6		3
	0	2		1


		3		3
		3		3

Матрица обратная к U совпадает с UТ, то есть

	1		1
					0

		2	2
		2	2
U 1		1		1	2


		6	6		3
		6	6		3
		1	1		1

		3	3		3
		3	3		3

Матрица оператора ˆ в базисе из собственных векторов имеет вид

1		0	0

Ah U 1AeU	0	1	0
	0	0	5
	0	0	5

Выполнить задания самостоятельно. Привести к диагональному виду заданные матрицы с помощью ортогональной матрицы. Указать ортонормированный базис.

2.	1			2		3.	2		1
2.	A				.	3.	A
		2		2				1	2
		2		2				1	2
	0		1		1		3			2	2

4.	A	1	0		0	5.	A	2		1	2
		1	1		0			2		2	3
		1	1		0			2		2	3

Пример 6. Найти ортогональное преобразование, приводящее к каноническому

виду квадратичную форму f (x1, x2 ) 17x12 12x1x2 8x22

Решение.

	17		6
Матрица квадратичной формы:	A
		6	8
		6	8

Найдем корни характеристического уравнения							Ae E	0 .
Найдем корни характеристического уравнения							Ae E	0 .
	Ae E	17	6						20
		17	6						20
			8	2	25 100	( 20)( 5)		0 1		-
		6	8					2	5

собственные значения.

Найдем собственные векторы, относящиеся к каждому собственному значению:

1	20 . Решим матричное уравнение (Ae 20Е)X 0 .
3		6						x1							0	,	3		6					1 2
			12													,		12
6			12					x							0		6	12							0 0
								2
Решением						являются									векторы			U			С				2			C 0 ,						базисом								пространства
Решением						являются									векторы			U		1	С					,		C 0 ,						базисом								пространства
																				1			1					1
																									1
решений является вектор u1 (2;1)T .																		Нормируем его:										h1			(		2			;	1			)

																																	5				5
																																	5				5
2 5 . Решим матричное уравнение (Ae 5Е)X 0 .
12			6		x1						0			,	12		6		2			1
														,
																				0
6			3		x2						0				6		3			0		0
Решением						являются									векторы			U			С			1				C			0 ,				базисом							пространства
Решением						являются									векторы			U	2		С					,		C		2	0 ,				базисом							пространства
																			2				2							2
																									2
решений является вектор u2 ( 1;2)T .																			Нормируем его:											h2		(		1				;	2		)

																																		5					5
																																		5					5
		2				1



U		5					5
		1				2


		5
		5					5
																						2				1
																													y

																						5			5
																X UY
Искомое преобразование																X UY															1
Искомое преобразование																						1				2
																						1				2			y2
																													y2
																						5
																						5					5
x		2			y				1	y
x					y					y		2
1		5		1				5				2
		5						5
		1						2
x		1			y			2			y
x	2				y						y		2
	2	5		1				5					2
		5						5

Канонический вид квадратичной формы: f 20 y12 5y22

Пример 7. Найти ортогональное преобразование, приводящее к каноническому

виду квадратичную форму f (x1, x2, x3) 2x12 x22 x32 4x1x2 4x1x3 2x2x3

Решение.
	2		2	2

Матрица квадратичной формы	A	2	1	1
		2	1	1
		2	1	1

Составим характеристическое уравнение данного преобразования: Ae E 0 .

					2		2			2
					2		2			2
	A E				2	1				1	(2 )2 (4 ) 0
	A E				2	1				1	(2 )2 (4 ) 0
		e
					2		1		1
Корни уравнения								2		- собственные значения.
Корни уравнения							1			- собственные значения.
						2		4
На втором шаге найдем собственные векторы, относящиеся к каждому
собственному значению.
1. 1			2 ,	решая матричное уравнение (Ae 2 E)X 0 ,
					4				2	2 x			0
												1
( Ae 2E) X 2									1	1		x2	0
						2			1 1 x				0
												3
4			2		2	2			1 1

		2	1		1		0		0 0
		2	1		1		0		0 0

		1				1
Решением является вектор U								, C1,C2	0 , базис пространства
Решением является вектор U		С1	2			С2	0	, C1,C2	0 , базис пространства
	1
			0				2
			0				2
решений образуют векторы u ( 1;2;0)T ,			u		2	(1;0;2)T . Ортогонализируем их.
1					2
Пусть f1 u1
f2 u2 f1 . Выберем		таким		образом,				чтобы	векторы f1, f2 были

ортогональны, то есть ( f1, f2 ) 0 ( f1, f2 ) ( f1, u2 f1) ( f1, u2 ) ( f1, f1) 0

( f1,u2 ) (u1,u2 ) 1 ( f1, f1) (u1,u1) 5

f2 u2 12 f1 15 ( 1;2;0) (1;0;2) ( 54 ; 52 ;2)

Теперь векторы					f1, f2 ортогональны.

														2		30
Нормируем их.					f			5 ,		f	2


					1							5
	1		2									5
h (	1	;	2	;0)		,	h	(	2				;		1		;		5	)
h (		;		;0)			h	(					;		1		;			)
1	5	5					2		30			30						30
	5	5							30			30						30

2. 2 4 . Решим матричное уравнение					(Ae 4 E)X 0 .
	2	2	2	x	0
				1
( Ae 4E) X	2	5	1	x2	0
	2	1	5		0
	2	1	5	x3	0

2		2	2	2		2	2	1

	2 5		1		0	3	3		0
	2	1	5		0	3	3		0

Решением			является			векторы		U 2

решений является вектор u3 ( 2; 1;1)T .

1	1
1	1
1	1
0	0
0	0
	2
С3		1	,	C3 0 , базисом пространства
С3		1	,	C3 0 , базисом пространства
		1
		1

Вектор u3 ( 2; 1;1) ортогонален векторам u1 ( 1;1;0) и u2 ( 1;0;1) ,

поскольку они относятся к различным собственным значениям и, как следствие,

													, h3 (							2		;			1	;			1	)
векторам h	и h	. Нормируем его.							u			6								2					1				1


1	2								3									6					6						6
			1		2													6					6						6
Векторы		h (	1	;	2		;0)	,		h	(			2		;			1		;			5			)	,		h (	2	;	1	;	1	)
		h (		;			;0)			h	(					;					;						)			h (		;		;		)
		1	5		5				2		30							30					30						3		6	6			6
			5		5						30							30					30								6	6			6
составляют искомый ортономированный базис.
									1		2				2


									5		30				6
									5		30				6
Ортогональная матрица						U			2		1				1


									5		30				6
									5		30				6
											5				1
									0		5				1

											30
											30						6

										1		2		2



											5	30	6		y
											2	1		1	1
Искомое преобразование									X UY						y2

											5	30	6
											5	30	6
											0	5	1		y3

												30	6
												30	6
x		1		y	2	y		2		y
x				y		y	2			y
1	5		1		30		2	6	3
	5				30			6

	2				1	y2		1
x2				y1						y3

	5				30			6
	5				30			6
					5	y2		1
x3					5			1		y3

					30			6
					30			6

Канонический вид квадратичной формы: f 2y12 2y22 4y32 .

Выполнить самостоятельно. Найти ортогональное преобразование,

приводящее к каноническому виду квадратичную форму.

8.f (x1, x2 , x3 ) 2x12 2x22 2x32 8x1x2 8x1x3 8x2 x3

9.f (x1, x2 , x3 ) 2x12 9x22 2x32 4x1x2 4x2 x3

10.f (x1, x2 , x3 ) 4x12 4x22 2x32 4x1x2 8x1x3 8x2 x3

Соседние файлы в папке Семинары Пронина Е.В.

#
02.06.2020167.07 Кб21Семинар 10.pdf
#
02.06.2020307.63 Кб22Семинар 11.pdf
#
02.06.2020728.23 Кб24Семинар 12.pdf
#
02.06.2020576.27 Кб25Семинар 13.pdf
#
02.06.2020606.79 Кб21Семинар 14.pdf
#
02.06.2020498.24 Кб23Семинар 15.pdf
#
02.06.2020426.57 Кб21Семинар 16.pdf