Ominaisarvo-hajoitelma ja a
1 Lause 1: Jos reaalisella n n matriisilla A on n eri suurta reaalista ominaisarvoa λ 1,λ 2,...,λ n, λ i λ j, kun i j, niin vastaavat ominaisvektorit x 1, x 2,..., x n muodostavat lineaarisesti riippumattoman (eli vapaan) joukon ja siis R n :n kannan. Induktiotodistus: Induktion lähtökohta: Yhden vektorin joukko { x 1 } on vapaa. Induktio-oletus: k ensimmäistä ominaisvektoria { x 1, x 2,..., x k } muodostavat vapaan joukon. Induktioväite: k + 1 ensimmäistä ominaisvektoria { x 1, x 2,..., x k, x k+1 } muodostavat vapaan joukon.
2 Olkoon nyt c 1 x 1 + + c k x k + c k+1 x k+1 = 0 (1) Kerrotaan yhtälön (1) kumpikin puoli matriisilla A λ k+1 I. (A λ k+1 I)(c 1 x 1 + + c k x k + c k+1 x k+1 ) = (A λ k+1 I)( 0) c 1 (λ 1 λ k+1 ) x 1 + + c k (λ k λ k+1 ) x k = 0 Ind.ol. c 1 = c 2 = = c k = 0 (2) (1) & (2) c k+1 = 0 Yhteenvetona voimme tiivistää: (c 1 x 1 + + c k x k + c k+1 x k+1 = 0) (c 1 = = c k = c k+1 = 0) Siis induktioväite on todistettu.
3 Lause seuraa induktiolla k:n suhteen sillä induktioväite on totta kaikilla k:n arvoilla aina arvoon k = n 1 asti. Huomautus: Edellinen todistus tarvitsi sitä oletusta, että minkään ominaisarvon kertaluku ei ole suurempi kuin 1. Tämä rajoitus voidaan poistaa, jos oletamme, että matriisi A on ei-defektiivinen.
4 Lause 2: Jos reaalisella n n matriisilla A on reaaliset nollasta eroavat ominaisarvot ja jokaisella kertalukua k olevalla ominaisarvolla on k lineaarisesti riippumatonta ominaisvektoria, niin kaikki ominaisvektorit x 1, x 2,..., x n muodostavat lineaarisesti riippumattoman (eli vapaan) joukon ja siis R n :n kannan. Todistus: löytyy vanhasta opetusmonisteesta (s. 216-217). Edellisen lauseen oletukset merkitsevät sitä, että matriisi on ei-defektiivinen.
5 Lause 3: Jos n n matriisi A on reaalinen ja symmetrinen, niin sen ominaisarvot ovat reaaliset ja sen ominaisvektorit x 1, x 2,..., x n muodostavat lineaarisesti riippumattoman (eli vapaan) joukon, joka voidaan lisäksi ortonormittaa. (Siis ominaisvektorit voidaan valita keskenään kohtisuorassa oleviksi yksikkövektoreiksi.) Todistus: löytyy vanhasta opetusmonisteesta (s. 222-228 5.19 Schurin muoto ja normaalit matriisit ).
a 6 Seuraavaksi oletamme, että reaalisella n n matriisilla A on reaaliset ominaisarvot λ 1,λ 2,...,λ n ja että A on symmetrinen tai ainakin ei-defektiivinen, jolloin sillä on n lineaarisesti siippumatonta ominaisvektoria x 1, x 2,..., x n. Muodostetaan ominaisvektoreista luonnollisella tavalla matriisi X asettamalla k:nneksi sarakkeeksi x k. Muodostetaan ominaisarvoista diagonaalimatriisi D asettamalla d kk = λ k, ja d ij = 0, kun i j.
a 7 Esimerkki 1: Olkoon A = ( ) 5 2. 4 1 Suora lasku osoittaa, että ominaisarvot ovat λ 1 = 3 ja λ 2 = 1, ja vastaavat ominaisvektorit ovat ( ) ( ) a b x 1 =, ja x a 2 =. 2b Valitsemme nyt arvot a = b = 1, koska pienet kokonaisluvut ovat esimerkin laskujen kannalta helppoja. Koska matriisi ei ollut symmetrinen, emme normita ominaisvektoreita. Siis A = ( ) 5 2 4 1, D = ( ) 3 0 0 1, X = ( ) 1 1. 1 2
a 8 Lause 2. Olkoon reaalisen n n A reaaliset ominaisarvot λ 1,λ 2,...,λ n ja vastaavat ominaisvektorit x 1, x 2,..., x n. Olkoon D on ominaisarvoista muodostettu diagonaalimatriisi, ja olkoon X ominaisvektoreista muodostettu matriisi. (Sarakkeissa sama järjestys: X:n k:s sarake-vektori on ominaisarvoon d kk = λ k liittyvä ominaisvektori.) Jos X on säännöllinen, Rank(X) = n, niin seuraavat yhtälöt ovat kaikki tosia AX = XD (3) A = XDX 1 ominaisarvohajoitelma (4) X 1 AX = D (5)
a 9 Perustelu: Matriisin AX k:s sarake on Matriisin XD k:s sarake on (AX) k = A X k = A x k = λ k x k (XD) k = X D k = X(λ k e k ) = λ k X e k = λ k x k Esimerkki 2. Esimerkin 1 matriiseille ( )( ) ( ) 5 2 1 1 3 1 AX = = 4 1 1 2 3 2 ( )( ) ( ) 1 1 3 0 3 1 XD = = 1 2 0 1 3 2
10 Tarkastellaan kuvausta R n R n, u v = A u. Jos matriisilla A on ominaisarvohajoitelma A = XDX 1, niin esitämme vektorit u ja v X-kannassa a 1 a n u = a 1 x 1 + a 2 x 2 + + a n x n = X. b 1 b n v = b 1 x 1 + b 2 x 2 + + b n x n = X.
11 Silloin ja u = a 1 x 1 + a 2 x 2 + + a n x n a 1 a 1 λ 1 a 1 v = A u = AX. = XD. = X. a n a n λ n a n = λ 1 a 1 x 1 + λ 2 a 2 x 2 + + λ n a n x n Kuvaus u A u on helppo laskea, jos tiedämme ominaisarvot ja esitämme vektorit X-kannassa.
12 Monessa sovelluksessa tärkeä kysymys on arvioida kuvavektorin pituuden A u ja alkukuvavektorin pituuden u suhdetta. Emme vielä pysty antamaan kunnollista yleistä vastausta, mutta siinä tärkeässä erikoistapauksessa, että A on reaalinen, säännöllinen ja symmetrinen matriisi, voimme valita ominaisvektorit siten, että ne muodostavat ortonormitetun kannan. Ennen kuin arvioimme pituuksien suhdetta sovimme, että ominaisarvot järjestetään itseisarvoiltaan laskevaan järjestykseen λ 1 λ 2 λ n.
13 A u u = λ 1a 1 x 1 + λ 2 a 2 x 2 + + λ n a n x n a 1 x 1 + a 2 x 2 + + a n x n (λ1 a 1 ) = 2 + (λ 2 a 2 ) 2 + + (λ n a n ) 2 a1 2 + a2 2 + + a2 n λ 1 A u u λ n
14 Määritelmä. Neliömatriisit A ja B ovat similaariset, jos on olemassa säännöllinen matriisi T siten, että A = T 1 BT. Matriisia T sanomme similariteettimuunnosmatriisiksi ja muunnosta B T 1 BT sanomme similariteettimuunnokseksi. (Huomaa: nyt B ei tarvitse olla diagonaalinen, eikä matriisien B ja T tarvitse mitenkään liittyä ominaisarvoihin.)
15 Lause Jos matriisit A ja B ovat similaariset, A = T 1 BT, niin (1) Det(A) = Det(B) (2) matriiseilla A ja B on sama karakteristinen polynomi, (3) matriiseilla A ja B on samat ominaisarvot (4) jos x on A:n ominaisvektori, niin T x on vastaava B:n ominaisvektori. Todistus. (1) Det(A) = Det(T 1 BT) = Det(T 1 )Det(B)Det(T) = Det(B) (2) P A (λ) = det(a λi) = det(t 1 BT λi) = det(t 1 (B λi)t) = det(t 1 )det(b λi)det(t) = det(b λi) = P B (λ)
16 (3) Seuraa suoraan edellisestä. (4) B(T x) = T(T 1 BT) x = TA x = Tλ x = λ(t x)
17 Määritelmä n n- A jälki (trace) on sen diagonaalialkioiden summa Lause. tr(a) = a 11 + a 22 + + a nn tr(ab) = tr(ba) Perustelu: Suora lasku osoittaa, että tr(ab) = (AB) 11 + (AB) 22 + + (AB) nn = (a 11 b 11 + a 12 b 21 + + a 1n b n1 ) + (a 21 b 12 + a 22 b 22 + + a 2n b n2 ) + + (a n1 b 1n + a n2 b 2n + + a nn b nn ) = (b 11 a 11 + b 12 a 21 + + b 1n a n1 ) + (b 21 a 12 + b 22 a 22 + + b 2n a n2 ) + + (b n1 a 1n + b n2 a 2n + + b nn a nn ) = (BA) 11 + (BA) 22 + + (BA) nn = tr(ba)
18 Lause. Similaarisilla matriiseilla on samat jäljet. Todistus. Olkoon A = T 1 BT. Silloin tr(a) = tr(t 1 BT) = tr(btt 1 ) = tr(b) Jos herää kysymys siitä, ovatko kaksi annettua matriisia similaariset keskenään, niin ensin kannattaa laskea matriisien jäljet ja verrata niitä. Jos jäljet eivät ole samat, niin matriisit eivät voi olla similaariset.
19 Diagonaalisia matriiseja esiintyy sovelluksissa niin usein, että usein diagonaalista matriisia merkinnällä seuraavasti: λ 1 0 0 0 λ 2 0...... = diag(λ 1,λ 2,...,λ n ) 0 0 λ n Määritelmä. Neliömatriisi A on diagonalisoituva, jos se on similaarinen jonkin diagonaali D kanssa, eli D = T 1 AT. Jos kuvauksen f : R n R n matriisi on diagonalisoituva, niin sopivalla kannan vaihdolla saadaan kuvauksen matriisi diagonaaliseksi. Tämä saattaa ratkaisevalla tavalla helpottaa kuvauksen tarkastelua. Seuraavassa esimerkki.
20 Esimerkki. Tarkastellaan differentiaaliyhtälöryhmää x 1 (t) = 3x 1(t) 0.5x 2 (t) 0.5x 3 (t) x 2 (t) = 0.5x 2(t) + 1.5x 3 (t) x 3 (t) = 1.5x 2(t) + 0.5x 3 (t) alkuarvoin x 1 (0) = 5, x 2 (0) = 4, x 3 (0) = 0. Jätetään jatkossa monessa kohdassa (t) pois. Tämä yksinkertaistaa lausekkeita ja saa ne helpommin luettaviksi. Nyt siis dx 1 /dt dx 2 /dt dx 3 /dt = 3 0.5 0.5 0 0.5 1.5 0 1.5 0.5 x 1 x 2 x 3
21 Merkitsemme nyt d x dt x = x 1 x 2 x 3, d x dt = = A x, missä dx 1 /dt dx 2 /dt dx 3 /dt, A = 3 0.5 0.5 0 0.5 1.5 0 1.5 0.5 Kerroinmatriisi on diagonalisoituva, sillä kun D = 3 0 0 0 2 0 0 0 1,T = D = T 1 AT, 1 1 0 0 1 1 0 1 1,T 1 = 1 0.5 0.5 0 0.5 0.5 0 0.5 0.5
22 Nyt muodostamme uudet apu-funktiot, jotka ovat lineaarikombinaatioita alkuperäisistä: w 1 (t) = x 1 (t) 0.5x 2 (t) 0.5x 3 (t) w 2 (t) = 0.5x 2 (t) + 0.5x 3 (t) w 3 (t) = 0.5x 2 (t) 0.5x 3 (t) { w = T 1 d w d x x dt = T 1 dt T w = x Nyt suora lasku osoittaa, että w-funktiot toteuttavat hyvin yksinkertaiset differentiaaliyhtälöt d w dt = T 1 d x dt = T 1 A x = T 1 AT w = D w
23 Nyt siis dw 1 /dt dw 2 /dt dw 3 /dt = dw 1 /dt = 3w 1 (t) dw 2 /dt = 2w 2 (t) dw 3 /dt = w 3 (t) 3 0 0 0 2 0 0 0 1 w 1 w 2 w 3 Tämän ryhmän ratkaisufunktiot voidaan kirjoittaa suoraan w 1 (t) C 1 e 3t w = w 2 (t) = w 3 (t) C 2 e 2t C 3 e t, ja lopulta
24 x = x 1 (t) x 2 (t) x 3 (t) = T w = 1 1 0 0 1 1 0 1 1 C 1 e 3t + C 2 e 2t = C 1 e 3t C 2 e 2t C 3 e t C 2 e 2t + C 3 e t C 2 e 2t C 3 e t. Alkuarvoista saamme 5 x 1 (0) 1 1 0 C 1 4 = x 2 (0) = T w(0) = 0 1 1 C 2 0 x 3 (0) 0 1 1 C 3 C 1 5 1 0.5 0.5 5 3 C 2 = T 1 4 = 0 0.5 0.5 4 = 2 C 3 0 0 0.5 0.5 0 2
25 Siis ratkaisu on Tarkistus: x 1 (t) = 3e 3t + 2e 2t x 2 (t) = 2e 2t + 2e t x 3 (t) = 2e 2t 2e t x 1(t) = 9e 3t + 4e 2t 3x 1 (t) 0.5x 2 (t) 0.5x 3 (t) = 3(3e 3t + 2e 2t ) 0.5(2e 2t + 2e t ) 0.5(2e 2t 2e t ) = 9e 3t + 4e 2t OK!toteuttaa DY1:n DY2 ja DY3 tarkistetaan vastaavasti