VMLA-Matzokin-2012 / 2012-лекции BMLA

B

B

E,

(0,

0 ) .

Т.к.

([B

]i )

(Bi )

0

i

1,..., n , то

а)

det[B ]i

0

i 1,..., n,

(т.к. определитель матрицы равен

произведению ее собственных значений),

б) sign(det[B ]i )

sign(det[B ]i )

sign(det Bi )

det Bi

0 ,

в) sign(det[B ]k ) sign(det[B

]k )

0

det Bk

0 ,

(т.к. из леммы 4 следует, что

(Bk )

0 простое и отрицательных собственных

значений у матрицы [B ]k на одно больше, чем у матрицы [B ]k ),

г)

(B )

(B),

(B

)

(B)

0 (B) .

Из леммы 1, а) и г) следует, что

(B )

ЧПЗ{1, det[B ]1,

det[B ]2 , ..., det[B ]n}

(B),

(B )

ЧПЗ{1, det[B

]1, det[B

]2 , ..., det[B ]n}

(B)

0 (B) ,

ЧПЗ{1,

det B1, det B2 , ...,

det Bn } ?

Подсчитаем эти числа:

Из

б) следует,

что

если

det Bj

0

и det Bj 1

0 ,

то

перемена

знака

Случай det Bk

0, k

n .

Из леммы

3

имеем

det Bk 1

det Bk 1

0 ,

отсюда и

из

б) следует

det[B ]k 1

det[B ]k 1

0 и на участках

det[B

]k 1,

det[B ]k ,

det[B

]k 1

det Bk 1,

det Bk ,

det Bk 1

по одной перемене знака.

Случай det Bn

0,

0 (B)

1. Отсюда, из в) и г) следует, что

det[B ]n 1

det[B ]n

0 , det[B

]n 1 det[B

]n

0 ,

sign(det Bn 1) sign(det Bn )

0.

Следовательно, (если det Bk

0 приписать знак det Bk 1 ) последовательности

О вычислении ЧПЗ

Для вычисления

(B) ЧПЗ{1, det B1, det B2 , ..., det Bn} якобиевой

Лемма 5.

Последняя компонента собственного вектора x якобиевой матрицы

B

tridiag{bi

1, ai , bi } не равна нулю.

Док–во.

Пусть Bx

x, x

0 . Предположим, что xn

0. Тогда

xn 1

(an

) xn / bn 1

0

xn

i

[(an

i

1

)

xn i 1

bn

i 1

xn i

2 ] / bn i 0,

i

2, ..., n 1,

x 0 – противоречие, значит xn

0 .

Собственный

вектор

x

якобиевой

матрицы B

tridiag{bi 1, ai , bi } мы

можем, положив xn

1, вычислить по формулам

xn 1

(an

) xn / bn 1

xn

2

[(an 1

)

xn 1

bn 1

xn ] / bn

2

.................

x1

[(a2

)

x2

b2 x3 ] / b1

или решив систему

a1

b1

x1

0

b1

a2

b2

x2

0

bn 3

an 2

bn 2

xn 2

0

bn 2

an 1

xn 1

bn 1

с неособенной матрицей.

Для самосопряженной матрицы A

{ai j}i,n j

1 существует унитарная матрица Q

(столбцы которой – собственные векторы матрицы A ):

Q AQ

diag{ 1, ...,

n}

(Q AQ)

min (T AT) , где

(A)

| ai j |2 .

T T E

i

j

Идея:

построить {Ak

Qk Ak 1Qk : QkQk

E, A0

A}:

(Ak 1)

(Ak ) 0 , тогда

Определим S(A)

n

| ai j |2 .

i, j 1

Лемма 1.

Для любых квадратной матрицы A и унитарной матрицы T имеем

S(TA)

S(AT)

S(A) .

Док–во.

Если A

a1 ... an , то

S(TA)

S([Ta1 ... Tan ]) (Ta1,Ta1)

...

(Tan ,Tan )

(a1,a1)

...

(an ,an ) S(A).

n

| ak k |2

| ai i |2

| a j j |2

S(A)

(A)

k

1

k

i, k

j

n

| ak k |2

| ai i |2

| a j j |2 S(A)

(A)

k

1

k

i, k

j

(A)

(A) | ai i |2

| a j j |2

| ai i |2

| a j j |2 через элементы матрицы A .

Лемма 3.

Пусть A

A ,

A

Qi jAQi j

{ak l}, где Qi j

– элементарная матрица

вращения (

– угол вращения), тогда

(A)

(A)

2 | ai j |2

1

(ai i

a j j )sin 2

2ai j cos 2

2

2

2 | ai j |2

2 | ai j |2 ,

Док–во.

Требуемые равенства выводятся из соотношения

ai i

ai j

cos

sin

ai i

ai j

cos

sin

.

ai j

a j j

sin

cos

ai j

a j j

sin

cos

Лемма 4.

Пусть A

A ,

A

Qi jAQi j

{ak l},

где Qi j –

элементарная матрица вращения такая, что

| ai j |

max| ak l |,

(ai i

a j j )sin 2

2ai j cos 2

0,

k

l

то

(A)

1

2/(n(n

1))

(A) .

Док–во.

Требуемое неравенство следует из

равенства

(A)

(A)

2 | ai j |2 и оценки

(A)

n(n

1)| ai j |2 .

Следующая лемма обеспечивает существование для леммы 4 матрицы Qi j .

Лемма 5.

Решением

уравнения a

sin 2

2b

cos 2

0

при b

0

является

угол

такой, что

1

a

a

cos

(1

),

r

| a |2

4 | b |2 ,

т.к. cos 2

2cos2

1

,

2

r

r

sin

b

sign b

1

(1

a

),

т.к. sin 2

2cos

sin

2b

.

r

cos

2

r

r

Теорема 1. Последовательность матриц {Ak}k 0

метода вращений:

A0 A , Ak Qk Ak 1Qk ,

где Qk

Qi(k), j(k)

– матрица вращения,

определяемая по формулам лемм 4 и 5,

для решения полной проблемы на собственные значения A A ,

сходится к диагональному виду, т.е.

(Ak ) 0 , причем

(Ak )

1 2/(n(n

1)) k

(A) .

A

A

k

(Q ...Q ) A(Q ...Q )

Q AQ,

(A)

2 .

1

k

1

k

Пусть

diag A

diag{

1, ...,

n },

Q A Q

diag{ 1, ...,

n }.

Сходимость собственных значений

Лемма 6.

P( )

det (

E)

P(

) det (A

E) при

0 .

Док–во.

Т.к.

det (

E)

det (Q

Q

E) ,

Q

Q

A

Q(A

)Q ,

S(Q(A

)Q )

S(A

)

(A)

2

0

то Q Q

A

det (

E)

det (A

E) .

Теорема 2 (оценка приближения собственных значений).

а)

,

i

j(i) :

|

i

j(i) |

n

б)

j

i( j) : |

j

i( j) |

n .

Док–во.

Т.к. Q Q

A

Q Q

Q(A

)Q , то

(Q Q)

(Q Q)

(Q Q)(A

)

,

|

i j |2

S(

)

2 .

i

ri j

ri j

j

i j ,

где {ri j}

R

Q Q – ортогональная м–ца.

а)

i

j(i) : | ri j(i) |2

max | ri k |2

1/ n , т.к. | ri1 |2

...

| ri n |2 1.

k

|

i

j(i) |

|

i j / ri j(i) |

n .

б) доказывается аналогично.

Сходимость собственных векторов

Будем предполагать, что

1

2 ...

n

и

1

2

...

n (этого всегда можно

добиться, переставив столбцы матриц Q и Q ).

Лемма 7.

Если 1

2 ...

n ,

1

2

...

n ,

n

0.5 a ,

a

min | i j | ,

i

j

то |

,

j .

i

i |

n

|

i

j |

0.5

a

i

S(Q Q) S(E R)

(E R)

n

(1 r

)2

8

2 .

i

1

i i

a2

cos

e

i

sin

e

i

T

,

2 k

k 0, 1, ...,

i

i

sin

e

cos

e

Aij

ai i

ai j

c

s ai i

ai j

c s

T AijT ,

ai j

a j j

s

c ai j

a j j

s c

а параметры вращения c

и s

нужно выбрать из условия | aij | 2

0 .

Легко вычислить aij :

aij

(aii a jj ) c

s

aij

c2

aij

s2

a

Re (a)

a

cos

sin

aij

cos2

e

i

2

aij sin2

e

i

(

2

)

Осталось для заданных a

Re(a)

и комплексного b

aij

| b | e

i

0 решить

уравнение

a cos

sin

| b | e

i

cos2

e

i

2

| b | e

i

sin2

e

i

( 2

) 0 .

Положим

/ 2 , тогда наше уравнение примет вид

a cos

sin

| b | (cos2

sin2

)

1

[a sin 2

2 | b | cos 2 ]

0,

2

решение которого является удовлетворяет соотношениям

cos 2

a

a

,

sin 2

2 | b |

2 | b |

0

(0, / 2) .

r

r

a

2

4

| b |

2

a

2

4 | b |

2

В принципе угол

(0,

/ 2)

определен:

1

arcctg

a

, но нам нужен не

2

2 | b |

Так как cos2

2cos2

1

a / r , то

cos

0.5 (1

a / r) .

Так как sin 2

2cos

sin

2 | b | / r , то