Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный физико-технический университет (МФТИ)

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Беклемишев-Решения_задач

.pdf

Скачиваний:

3473

Добавлен:

27.03.2016

Размер:

1.14 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1516 / 1916 17 18 19 > Следующая >>>

§ 2 ]	151

Мы видим, что образ первого базисного вектора в этом базисе имеет координаты −1/√2 и 1/√2 .

Напишем матрицу ограничения преобразования A на подпро-

странстве L в базисе h , h . Это матрица поворота плоскости,

1 1 2 √ √

и она определяется своим первым столбцом −1/ 2 1/ 2 T :

			1/√				1/√
			1/√		2		1/√	2
A1	=	−1/√				−1/√			.
A1	=	−1/√		2		−1/√		2	.
						−
							координата
Для нас существенно, что вторая										A(h1) положи-

тельна. Это означает, что выбранный нами ортонормированный базис h1, h2 ориентирован так, что кратчайший поворот от h1

кh2 производится в том же направлении, что и поворот от h1

кA(h1). Действительно, площадь ориентированного параллелограмма, построенного на векторах h1 и A(h1), имеет тот же знак, что и площадь ориентированного параллелограмма, построенного

на h1 и h2:						−
						−		1				0
		, A(h1)) =						1				0						S±(h1, h2).
S±(h1							1/√				1/√
S±(h1							1/√			2	1/√						2									L1
																										L1	—
Итак, ограничение преобразования												A на подпространстве															—
поворот подпространства L1 на угол																3π/4 в						направлении					от
h1 к h2.												√
Матрицей преобразования A2 −												√		2	A + E будет матрица
2	√								√2			1								0		1
							−		1			0						−1				√	2		.
				A + E =																		−
A			2
A	−		2						1					√2						1
	−								1					√2						1		0
												−
									0			1								√		1
									0			1						−		√	2	1
																		−


Аналогичный подсчет					показывает, что
Аналогичный подсчет																		√
												1
												1							2
									= √							−−1
			F =			f3	f4		= √				2			−−1
												1				0
												0				1
												0				1



— фундаментальная матрица системы																уравнений								подпростран-
ства L2 = Ker (A2 − √2 A + E). Следовательно, L2																								натянуто на

векторы f3 и f4 с координатными столбцами f3 и f4.

Можно заметить, что каждый из векторов f1 и f2 ортогонален любому из векторов f3 и f4.

152																			[ Гл. VII

Найдем угол поворота в подпространстве L2.
			1	0	0		−0	√							1	,
Af3		=		0	0						2	=			1
Af3		=		1	0							=
			0	1	0		0		1					√2
			0	0	0		1		1						0
				0	1				0						1
			0	0	1		0		0						1


и, значит,							T
и, значит,
	(A(f3), f3)						(Af3) f3								√
	(A(f3), f3)						(Af3) f3								2 2		1
cos ϕ2 =				=									=				= √		.
	\|A(f3)\| \|f3\|														2 · 2
	\|A(f3)\| \|f3\|					(Af3)T Af3				f3T f3					2 · 2			2

Поэтому второе вращение — поворот на π/4 в плоскости векторов f3 и f4.

Ортогонализуем векторы f3 и f4. Построим вектор f4 с коор-
динатным столбцом						−√												−1/√
														1
								2						1					2
		f4T f3				−1					2√		√					0		.
f = f4		f4T f3	f3 =							+	2√	2			2		=	0
f = f4			f3 =							+	4						=	1/√2
4	− f T f					0					4			1				1/√2
	3 3					1								0				1
						1								0				1


				f3	и	f	,														2
Нормируя векторы						4								в							L
Нормируя векторы									получаем					в		подпространстве

ортонормированный базис h3, h4 из векторов с координатными

столбцами

h3 = 1/√2

и h4

= −0

1/2

1/√2

)A(f3)

Разложим вектор

по базису h

, h

. Очевидно,

A(h3) = (

что (A(h

), h

) = cos ϕ

= 1/√

, кроме

того,

мы

подсчитаем,

√

что (A(h3), h4) = 1/

. Следовательно, A(h3) — образ первого

базисного вектора — имеет координаты 1/√2 и 1/√2 . Заметим,

что вторая координата положительна. Это означает, что поворот в подпространстве L2 производится в направлении от первого базисного вектора ко второму. Поэтому матрицей этого огра-

ничения в базисе h3, h4 будет матрица поворота на угол π/4
в направлении от первого базисного вектора ко второму:
		1/√		1/√
A2	=		2		2
		1/√2		−1/√2 .

Мы можем сформулировать окончательный результат. Векторы h1, h2, h3 и h4 попарно ортогональны и нормированы. Они со-

§ 2 ]	153

ставляют ортонормированный базис в четырехмерном пространстве, матрица перехода к которому — ортогональная матрица

S = 1		−√2 0				√2 0		.
	2		1	1		1	−1
	2		1	1		1	1
					√−2
			0		√−2	0	√2



Так как базисные	векторы лежат в инвариантных подпростран-
Так как базисные

ствах, матрица A преобразования A в базисе h1, h2, h3, h4 — клеточно диагональная, причем диагональные клетки — матрицы

ограничений A на подпространствах L1 и L2:												0
		A1 O			1/√2		−1/√2		0			0
					−1/√	2	1/√	2	0			0		.
A =				=			−							.
	O		A2		0		0		1/√2			1/√2
									√		−	√
					0		0		1/	2	1/		2

Для проверки можно вычислить эту матрицу, используя матрицу перехода. Поскольку она ортогональная, S−1 = ST . Мы получим тот же результат:

	1			1	1		−0					1		√2						1
						1	√		2		1			0						0
				2		1	√2				1							·	0
				2		1	√2				1			0				·	0
						1	0				1
						1	0				1			√2					0
					−
A = S− AS =										−

			√	2		1	0			1										1
				2		1	0			1						1				1
		−0								−1				−
						1	√									√			0
	1					1	√	2								√	2		0
=						−				−
=	4		√2			−	0			−			·			1				1
	4		√2			1	0			1			·			1				1
										−										−
							√									0				√
			0			1	√			1						0				√	2
			0			1	2			1


														√						√
												1/				2			1/			2
																		−1/√
												1/√
												1/√			2							2
							=				−							−
														0						0
														0						0
														0						0

0	0	−0	·	S =
1	0	0	·
0	0	1
0	1	0

1 −1

√

2 0

11 =

0		√
0	0	√	2		0
	0				0
						.
1/√2						.
1/√2				−	1/√2
				−
1/√2 1/√2

7. Найдите сингулярное разложение матрицы

A =	1	0	1 .
		1
	0	1	0

154	[ Гл. VII

Р е ш е н и е. Составим матрицу AT A и приведем ее к диагональному виду при помощи ортогональной матрицы перехода:

					1 0 ·							1 0 1						=		0 1 0 .
					0 1															1 0 1
					0			1														1		0			1
												0		1
Нетрудно
Нетрудно

		подсчитать, что корни характеристического многочлена
равны 2, 1 и 0, и с помощью матрицы перехода
											1			√			0			1/√
											1			√		2	0			1/√					2
								Q =					/0				1	−				0
										1/√2 0 1/√2


	A A
матрица										в диагональную матрицу
матрица		T		переходит
		T
										Λ = 0							1		0 .
														0			0		0
														2			0		0



Нормируем ненулевые									столбцы матрицы
Нормируем ненулевые
											1/√						0			1/√
											1/√				2		0			1/√			2
AQ =				1 0 1					·				0				1	−			0						=		√			0 0
AQ =													0				1				0						=				2
																															2
										1/√2 0 1/√2
				0	1			0																						0			1

и составим																	0	1
																	0	1
			из полученных столбцов матрицу
												P = 1						0 .

																	×
														2				3, поместив на диагонали син-
Составим матрицу D размеров
гулярные числа					√		и 1 и положив остальные элементы равными
гулярные числа					√	2	и 1 и положив остальные элементы равными
нулю. Тогда очевидно, что AQ = P D, или
														√								·		1/√					0 1/√							.
								0 1									0 0											2							2
								0 1									0 0											2							2
A = P DQT =								1 0			·			02			1 0										0			1				0
								1 0			·			02			1 0
																										1/√2 0 1/√2

																						−

Это и есть искомое сингулярное разложение.

Можно было бы поступить иначе — найти сингулярное разложение матрицы AT и затем транспонировать его. Матрица

AAT =	1	0	1	·	1 0		=	0	2
					0	1
					0	1
	0	1	0					1

§ 2 ]	155

уже имеет диагональный вид, но собственные значения на диагонали должны стоять в убывающем порядке. Мы добьемся этого, если преобразуем эту матрицу матрицей

		Q = 1			0

				0	1
так:	0	1					0	1		2	0
Q T AAT Q =	0	1	·	1 0			0	1	=	2	0
Q T AAT Q =	1 0		·	0 2 ·			1 0		=	0 1 .


Теперь мы имеем
	AT Q			= 0		1 .
				1		0
				1		0

Нормируем столбцы и дополняем полученную матрицу еще одним столбцом до ортогональной матрицы

	1	√		0		1/√			.
	1	√	2	0		1/√		2
P =		/0		1		−	0
	1/√2 0 1/√2



Если				√		0
	D =			0	2	1 ,
				0		0

то AT Q = P D , и мы получаем сингулярное разложение

		1/√		0		1/√			√		0
		1/√	2	0	−	1/√	2	·	√	2	0	·
AT =		0 1			−	0		·	0		1	·	1 0		,
	1/√2 0 1/√2								0		0
														1
													0	1

которое отличается от полученного ранее разложения A транспонированием. (Заметим, что в этом решении, по сравнению с предыдущим, обозначения матриц P и Q поменялись: Q = P ,

P = Q, D = DT .)

7 . Найдите сингулярное разложение матрицы

A =	8	2	2 .
	2	0	1
	2	1	0

156							[ Гл. VII

Р е ш е н и е. Составим матрицу
		18	4	5
		72	18	18

AT A =			5	4
AT A =		18	5	4	.

Теперь нужно найти	ортогональную			матрицу			, такую что
Теперь нужно найти						Q

QT (AT A)Q — диагональная матрица. Это стандартная задача: построить ортонормированный базис из собственных векторов самосопряженного преобразования с матрицей AT A.

Видно, что в матрице AT A первый столбец — удвоенная сумма второго и третьего. Значит, базисный вектор Ker AT A — собственный вектор с собственным значением 0 — имеет координатный столбец 1 −2 −2 T.

Далее, в матрице AT A − E совпадают два последних столбца. Это дает еще один собственный вектор с собственным значением 1. Его координаты 0 1 −1 T.

След матрицы AT A — сумма всех характеристических чисел — равен 82. Находим, что характеристические числа 81, 1, 0 Собственный вектор, принадлежащий значению 81, ортогонален двум уже найденным собственным векторам, и потому его коор-

динаты удовлетворяют однородной системе с матрицей
0	1	1
	−2	−	.
1	−2	−2	.
						T
пропорциональны столбцу				4	1 1	T
Решения этой системы						.

Нормируя координатные столбцы найденных векторов, составим матрицу

				4		0	−√
	1			4		0			2
	1
Q =	√		1			3	2√2 .
Q =	√		1			3	2√2 .
	3	2	1			3	2√2
					−
					−

Теперь найдем					3		1	0
AQ =		√1		12			0	0 .
		2			3		1	0
						−
						−

Столбцы этой матрицы попарно ортогональны, нормы их равны сингулярным числам 9, 1, 0. Пронормировав первые два столбца,

§ 2 ]	157

находим матрицу
		3√			√
		3√	2		√	2
		4		1
P1	=	1		1			.
P1	=			0			.

		3√
		3√	2	1
		1		1

		3√2		−√2
		3√2		−√2

Нужен еще один ненулевой столбец, ортогональный столбцам матрицы P1. Это нетривиальное решение однородной системы уравнений с матрицей P1T — столбец 2 − 1 2 T. )

Пронормировав столбец 2 − 1 2 T, мы получим столбец, дополняющий P1 до ортогональной матрицы

	3√			√12
						3
		2				3
	4					1
	1					2	.
P =			0
P =			0
					−	3
	3√2					3
	3√2		1			2
	1		1			2

	3√2		−√2			3
	3√2		−√2			3


Рассмотрим матрицу

					D = 0					1	0 .
						0				0	0
								9		0	0


Умножение матрицы					справа					на		умножает 1-й, 2-й и 3-й
Умножение матрицы				P							D
столбцы P соответственно на 9, 1 и 0 и тем самым превращает P
в AQ. Таким образом, AQ = P D.
	Теперь нетрудно написать сингулярное разложение матри-
цы A = P DQT :				√2		3								3√2				0 −3
	2 1 0	3√2		√2		3				9 0 0				3√2				0 −3
			1	1			2								4				1	T
			4			1									1	1			2
	8 2 2	=		0						0 1 0										.
	8 2 2	=		0		−3				0 1 0										.
			3√2			−3			·				·		3√2		√2		3
2 0 1			1	1		2				0 0 0					1	1			2
			1	1		2									1	1			2
			3√2 −√2			3									3√2	−√2			3
			3√2 −√2			3									3√2	−√2			3

) Можно заметить, что строка 2 − 1 2 при умножении на A дает нулевую строку. Случайно ли это?

158												[ Гл. VII

8.	Получите полярное разложение преобразования, задан-
ного в ортонормированном базисе матрицей
	0	1					√		1
а)	A = 0 0 ,			б) B =			0		√2 .

Р е ш е н и е.			а)	Сначала		получим сингулярное разложение
Р е ш е н и е.				Сначала
матрицы A:
	AT A = 1 0 ·						0 0 =			0 1 .
	T				0			1			0
				0	0		0	1		0	0

Матрица A A уже				имеет диагональный вид, только элементы на
Матрица A A уже

главной диагонали расположены не в порядке убывания. Умно-

жение справа и слева на матрицу						1	0
	Q = QT =					1	0

						0	1
переставит строки и столбцы и				тем самым переставит элементы
переставит строки и столбцы и
диагонали. Далее,		AQ = 0				0 .
диагонали. Далее,
						0
					1	0

Дополняя (уже	нормированный) первый столбец этой матрицы
Дополняя (уже
до ортогональной матрицы, мы получаем матрицу P = E. Итак,
A = P DQT =			0 1			· 0 0 ·		1 0 .
				0			0		1
			1	0		1	0	0	1

Достаточно пропустить в		этом произведении единичную матри-
Достаточно пропустить в

цу, чтобы получить разложение A в произведение симметричной матрицы с неотрицательными диагональными элементами и ор-

тогональной матрицы — полярное разложение:
			0 0					=	0 0						·	1 0 .
					1													0
			0		1				1				0					0		1

б) С матрицей B				поступаем точно так же:
б) С матрицей B
			√			0				√						1					2			√
			√			0				√		2				1					2			√		2
BT B =			12		√				·		0				√					= √			3				.
BT B =			12		√		2		·		0				√		2			= √		2	3				.
																							λ	2				λ +		=
																							λ					λ +		=
											этой														−				4	0
Характеристическое				уравнение							этой						матрицы										5		4	0
имеет корни	λ1 = 4 и λ2 = 1.											Соответствующие															собственные
	√	T			√						T
векторы 1	√	T	и		√			2	1		T			после нормировки составляют
векторы 1	2		и	−				2	1					после нормировки составляют
ортогональную матрицу																	√
											1
				Q =				1			1								2
				Q =				√3 √2							−1					.

§ 2 ]

159

Далее,

√

2√

BQ =

√2

√3

√2

−1

= √3

√−2 .

Нормируем

столбцы этой матрицы и записываем ее как произве-

дение ортогональной матрицы P на диагональную D:

−

2 0 .

BQ = P D =

2/3

1/3

Полярное разложение — представление

виде произведения

ортогональной матрицы U = P Q

и симметричной S = QDQ .

(Напомним, что B = P DQT = (P QT )(QDQT ) = U S.) Выполним

умножение:

√

2√

U =

2/3

−

1/3

= 1

√

1/3

√

2 1

1 2 2

−

√

· QT =

S = √3

√2 −1

· 0 1

√

= 3

2√2

−1

√2 1

= 3

√2 5

−

Итак, искомое полярное разложение

√

2√

1/3

4/3 √

√2

1/3 2√2 /3 ·

√2 /3 5/3

−

9. Какие сингулярные числа у квадратной матрицы A порядка n, если Rg A = 1?

Р е ш е н и е. В сингулярном разложении матрицы Rg D = = Rg A = 1. Поэтому элементы D все равны нулю, за исключением d11 > 0. Итак, только одно сингулярное число A положительно.

Матрица ранга 1 может быть представлена как произведение xyT ненулевого столбца x на ненулевую строку yT. Напомним, что в качестве x можно взять любой ненулевой (базисный) столбец матрицы, а в качестве yT — строку из коэффициентов yi, таких что i-й столбец A равен yix.

Тогда AT A = yxT xyT = (xT x)(yyT ), т. е. произведению симметричной матрицы yyT ранга 1 на число |x|2 = xT x.

У матрицы ранга 1 только одно характеристическое число отлично от нуля, а значит, оно равно следу матрицы. След

160 [ Гл. VII

матрицы yyT равен сумме квадратов элементов столбца y, т. е. |y|2. Таким образом, единственное ненулевое характеристическое число матрицы AT A равно |x|2 |y|2, а единственное ненулевое сингулярное число A равно |x| |y|.

Приведем еще одно решение этой задачи. Из формулы К. (12) § 2 гл. VII следует, что максимальное сингулярное число α1 преобразования A равно самому большому отношению, в котором может увеличиться длина вектора после преобразования:

α1

= max

|Az|

(1)

z=0

|z|

Подсчитаем для нашего случая этот максимум.

|Az|2 = (Az)T (Az) = (xyT z)T (xyT z) = zT yxT xyT z =

= (xT x)(zT y)(yT z).

Так как z

y = y

z, мы получаем |Az|

нера-

= |x|

(yT z)2.

Из 2

венства Коши–Буняковского следует, что max (y

= |y|

|z|

Поэтому

|Az|2

max

z=0

что равносильно α1 = |x| |y|.

10. Пусть α, β и γ — максимальные сингулярные числа квадратных матриц A, B и AB соответственно. Докажите, что γ αβ.

Р е ш е н и е. Как отмечалось при решении предыдущей задачи (формула (1)), для любой матрицы A наибольшее сингулярное число есть максимум (достижимая точная верхняя грань) значений отношения |Ax|/|x| для всевозможных ненулевых столбцов x высоты n. Для произвольного столбца x

|ABx| |A(Bx)| |Bx| |x| = |Bx| |x| .

Перемножая неравенства

\|A(Bx)\|	α и	\|Bx\|	β,
\|Bx\|		\|x\|

мы получаем, что для любого столбца x

|ABx|

|x|

αβ.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1516 / 1916 17 18 19 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
03.06.20156.24 Mб246Анатолий Маркович Маркуша ВАМ ВЗЛЕТ.pdf
#
01.05.20251.33 Mб1Архіпова Н. НВК 11.docx
#
03.06.2015119.78 Кб25Базы_данных.pdf
#
01.07.2025215.55 Кб0Бауков Н - Использование теории принятия решени...doc
#
03.06.2015559.1 Кб5Без имени 1.doc
#
27.03.20161.14 Mб3473Беклемишев-Решения_задач.pdf
#
01.07.2025553.65 Кб3Бескин.docx
#
03.06.20151.35 Mб121Бесов.pdf
#
03.06.2015163.84 Кб36Билет 1.doc
#
14.09.2019210.43 Кб13Билет3(Внешняя память).doc
#
19.09.201988.58 Кб22Билет_10.doc