Neliömuodoista, matriisin ominaisarvoista ja avaruuden kierroista

Neliömuodoista matriisin ominaisarvoista ja avaruuden kierroista Marko Moisio 1 Neliömuodoista ja matriisin ominaisarvoista Tarkastellaan toisen asteen tasokäyrän määräävää yhtälöä a + by 2 + 2cxy = d missä a b c d ovat vakioita Tässä vasemmalla puolella esiintyvää polynomia kutsutaan neliömuodoksi Pyrimme sopivalla tason kierrolla saattamaan tämän yhtälön diagonaalimuotoon αu 2 + βv 2 = d Yhtälö a + by 2 + 2cxy = d voidaan kirjoittaa matriisimuodossa x 1 x ya = d y missä A = a c c b Havaitaan että A on symmetrinen ts A = A T Olkoon P = P 1 P 2 reaalinen ja säännöllinen 2 2-matriisi ja sijoitetaan yhtälöön 1 x u = P y v jolloin yhtälön 1 vasen puoli on muotoa T u u u P AP = u vp T AP v v v Tavoitteena on siis löytää sellainen matriisi P jolle P T AP = D missä α 0 D = α β R 0 β Tällöin 1 saadaan diagonaalimuotoon 2 αu 2 + βv 2 = d Voimme siis ajatella matriisia P kuvauksena f : R 2 R 2 fx = P X joka kuvaa käyrän α + βy 2 = d käyräksi a + by 2 + 2cxy = d Mikäli f on tason kierto niin käyrä a + by 2 + 2cxy = d voidaan ajatella käyräksi joka saadaan kun käyrää α + βy 2 = d kierretään origon suhteen kuvauksen P määräämän kulman verran Käsittelemme kiertoja tarkemmin luvussa 2 Kysymystä neliömuodon diagonalisoimisesta voidaan tarkastella yleisemminkin Jatkossa samaistamme n 1-matriisin X = x 1 x n T ja koordinaattivektorin x 1 x n R n

2 Olkoon hx 1 x n neliömuoto eli homogeeninen astetta kaksi oleva polynomi ts n hx 1 x n = a ij x i x j = x 1 x n Ax 1 x n T ij=1 missä a 11 a 12 a 1n a A = 21 a 22 a 2n a n1 a n2 a nn on symmetrinen ts A = A T Tavoitteena on löytää matriisi P jolle P T AP = D missä λ 1 0 0 0 λ D = 2 0 0 0 λ n Tällöin nimittäin muuttujan vaihdolla x 1 x n T = P u 1 u 2 u n T saadaan neliömuoto hx 1 x n diagonaaliseksi neliömuodoksi hu 1 u n = λ 1 u 2 1 + + λ n u 2 n Miten P tulisi valita? Oletetaan että P = P 1 P 2 P n on ortonormaali n n-matriisi ts P T P = I Tällöin P on säännöllinen P 1 = P T ja P T AP = D P 1 AP = D AP = DP AP 1 = λ 1 P 1 AP n = λ n P n Täten on voimassa seuraava tulos: Lemma 1 Jos P P T = I niin P T AP = D jos ja vain jos P 1 P n ovat vastaavasti yhtälöiden AX = λ 1 X AX = λ n X jotkin ratkaisut joillakin reaaliluvuilla λ 1 λ n Osoittautuu että myös käänteinen tulos pätee ts jos A on symmetrinen niin on olemassa reaaliluvut λ i ja vektorit P i joille AP i = λ i P i kaikilla i = 1 n ja P P T = I kun P = P 1 P 2 P n Miten luvut λ ja niitä vastaavat vektorit X λ voidaan löytää? Kysymys on niin keskeinen että asetamme seuraavan yleisen määritelmän Määritelmä Olkoon B kompleksilukukertoiminen n n-matriisi ja λ C Jos yhtälöllä BX = λx on jokin nollavektorista eroava ratkaisu X λ sanotaan lukua λ matriisin B ominaisarvoksi ja vektoria X λ siihen kuuluvaksi ominaisvektoriksi Edellinen kysymys voidaankin asettaa yleisemmässä muodossa: miten matriisin B ominaisarvot ja niihin liittyvät ominaisvektorit voidaan löytää? Vastaus on ainakin periaatteessa helppo: koska X 0 niin BX = λx B λix = 0 detb λi = 0

Täten ominaisarvot ovat n-asteisen polynomiyhtälön detb ti = 0 eli B:n ominaisarvoyhtälön ratkaisut ja ominaisarvoon t = λ kuuluvat ominaisvektorit ovat yhtälön B λix = 0 ratkaisut X R 2 \ { 0} Rajoitutaan nyt hetkeksi tapaukseen missä A on reaalinen symmetrinen 2 2-matriisi a c A = c 0 c b Lause 2 Matriisin A ominaisarvot ovat reaaliset ja erisuuret ja niitä vastaavat ominaisvektorit ovat toisiaan vasten kohtisuorassa Todistus Nyt deta ti = 0 a tb t c 2 = 0 t 2 a + bt + ab c 2 = 0 Koska c 0 niin tämän yhtälön juuret α = a + b + a b 2 + 4c 2 ja β = a + b a b 2 + 4c 2 2 2 ovat reaaliset ja erisuuret Koska matriisin A λi rivit ovat lineaarisesti riippuvat jos λ on A:n ominaisarvo niin c A λix λ = 0 a λx 1 + c = 0 X λ = s λ a Täten s R X α X β = 0 c 2 + α aβ a = 0 c 2 + αβ α + βa + a 2 = 0 3 Koska α + β = a + b ja αβ = ab c 2 niin väite seuraa Lemman 1 ja Lauseen 2 nojalla saamme menetelmän matriisin P konstruoimiseksi ja näin menetelmän yhtälön 1 diagonalisoimiseksi eli saattamiseksi muotoon 2: 5 Olkoot α ja β ominaisarvoyhtälön deta ti = 0 ratkaisut 6 Olkoot X α ja X β yhtälöryhmien A αix = 0 ja A βix = 0 nollavektorista eroavia ratkaisuja 7 P = P 1 P 2 missä P 1 = Xα X α ja P 2 = X β X β Yhtälöistä 6 riittää ratkaista vain toinen Nimittäin jos esim X α = x 1 T niin vektorien X α ja X β kohtisuoruuden nojalla voidaan valita X β = x 1 T Nyt x 1 T on välttämättä ominaisarvoon β kuuluva ominaisvektori sillä x 1 T kuuluu X α :n virittämän R 2 :n aliavaruuden ortogonaalikomplementtiin joka puolestaan on X β :n virittämä Voidaan siis valita ks Lauseen 2 todistus: 1 X α = α a ja X β = c missä α = a+b+ a b 2 +4c 2 2 ts α a c 1

4 1 X α = s + c s2 + 1 c s c s2 + 1 ja X β = c 1 missä s = b a 2c Täten yhtälön 1 diagonalisoiva matriisi P = 1 1 s c s2 + 1 c X α s + c s2 + 1 1 c jota vastaava lineaarikuvaus f kiertää xy-tason uv-tasoksi missä u-akseli on vektorin ī + s + c s2 + 1 j suuntainen ja v-akseli on vektorin s + c s2 + 1ī + j suuntainen c c Esimerkki 1 Diagonalisoidaan yhtälö 5 +4xy +2y 2 = 1 ja tarkastellaan sen kuvaajaa Tämän yhtälön matriisi A = 5 2 2 2 jonka ominaisarvot α ja β ovat yhtälön deta ti = 5 t2 t 4 = 0 juuret ts α = 7+5 = 6 β = 7 5 = 1 Täten yhtälö 5 + 4xy + 2y 2 = 1 on uvkoordinaatistossa muotoa 6u 2 + v 2 = 1 ja vastaava tasokäyrä on siis ellipsi Koska nyt s = 2 5 = 3/4 niin u-akseli on vektorin ī + 3 + 9 + 1 j = ī + 1 4 4 16 2 j 2 2 suuntainen ja v-akseli on vektorin 1 2ī + j suuntainen Kyseessä on siis tason kierto vastapäivään kulman arctan1/2 2657 verran Esimerkki 2 Diagonalisoidaan yhtälö 12xy + 6y 2 + x + y = 2 ja tarkastellaan sen kuvaajaa Nyt neliömuodon 12xy + 6y 2 matriisi on A = jonka ominaisarvot α ja β ovat yhtälön 1 6 6 6 deta ti = 1 t6 t 36 = 0

juuret ts α = 7+13 2 = 10 β = 7 13 2 = 3 Nyt s = b a 2c = 5 12 5 12 13 12 = 18 12 = 3 2 joten ja X α = 1 3/2 P = 2 13 1 3/2 3/2 1 3/2 ja X β = 1 = 1 13 2 3 3 2 5 ja s + c c 1 + s2 = joka vastaa tason kiertoa kulman arctan3/2 5631 verran myötäpäivään Lisäksi x u = P = 1 2u + 3v y v 13 3u + 2v Täten yhtälö 12xy + 6y 2 + 3x + 2y = 2 on uv-koordinaatistossa muotoa 10u 2 3v 2 + 3 13 2u + 3v + 2 13 3u + 2v = 2 10u 2 3v 2 + 13 v = 2 13 13 10u 2 3 v 2 3 v = 2 2 13 10u 2 3 v = 2 13 6 12 = 11 12 120 11 u2 36 2 13 v = 1 11 6 Tätä yhtälöä vastaava käyrä on hyperbeli jonka symmetriapisteen koordinaatit ovat u v = 0 13/6 eli x y = 1/2 1/3 Palataan sitten yleiseen tapaukseen missä A on reaalinen ja symmetrinen n n-matriisi

6 Jos n > 2 niin suurin muutos tapaukseen n = 2 verrattuna on se että nyt A:n ominaisarvoyhtälöllä voi olla vähemmän kuin n erisuurta juurta Toisaalta Lause 2 yleistyy Lauseiksi 3 ja 4: Lause 3 Matriisin A ominaisarvot ovat reaaliset Todistus Olkoon λ C A:n ominaisarvo ts AX = λx jollakin X C n \ { 0} Olkoon X vektorin X kompleksikonjugaatti ts X X = X 2 Koska X AX = X λx = λx X = λ X 2 ja toisaalta X AX = X T AX = A T X T X = A T X X = AX X = λx X = λ X 2 niin λ λ X 2 = 0 Koska X 0 niin λ = λ ts λ R Lause 4 Matriisin A eri ominaisarvoihin liittyvät ominaisvektorit ovat toisiaan vastaan kohtisuorassa Todistus Olkoot α ja β A:n ominaisarvoja α β Koska A T = A niin βx α X β = X α βx β = X α AX β = AX α X β = αx α X β ja näin ollen α βx α X β = 0 Koska α β niin X α X β = 0 Seuraus Matriisin A ominaisvektoreista voidaan muodostaa R n :n ortonormali kanta jos A:n ominaisarvot ovat pareittain erisuuret Todistus Algebran peruslauseen nojalla A:lla on n ominaisarvoa Lauseen 3 nojalla ne ovat kaikki reaalisia ja oletuksen ja Lauseen 4 nojalla niitä vastaavat ominaisvektorit ovat pareittain toisiaan vastaan kohtisuorassa ja täten lineaarisesti riippumattomia Esimerkki 3 Diagononalisoidaan yhtälö 2 + 11y 2 + 5z 2 12xy + 12xz = 1 Neliömuodon 2 + 11y 2 + 5z 2 12xy + 12xz matriisi 2 6 6 A = 6 11 0 6 0 5 jonka ominaisarvoyhtälö on 2 t 6 6 0 = A ti = 6 11 t 0 = 6 6 0 5 t = t 3 + 14t 2 + 49t 686 6 6 11 t 0 + 5 t 2 t 6 6 11 t Täten matriisin A ominaisarvot ovat α = 7 β = 7 γ = 14 Lasketaan vastaavat ominaisvektorit:

7 A αix = 0 A βix = 0 6 18 0 5 6 6 6 0 12 A γix = 0 9 6 6 6 4 0 6 0 2 16 6 6 6 3 0 6 0 9 x 1 x 3 x 1 x 3 x 1 x 3 = = = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 x 1 x 3 x 1 x 3 x 1 x 3 = t = t 6 2 3 2 3 6 t R t R = t 3 6 t R 2 Täten neliömuodon diagonalisoivaksi matriisiksi P voidaan valita ks Lemma 2 esim P = 1 6 2 3 2 3 6 7 3 6 2 Siispä yhtälön 2 + 11y 2 + 5z 2 12xy + 12xz = 1 määräämä pinta on hyperboloidin 7 + 7y 2 + 14z 2 = 1 kuva kuvauksessa f : R 3 R 3 fx = P X Luvussa 2 näemme että kuvaus f vastaa avaruuden R 3 kiertoa vektorin 2ī + j suuntaisen suoran ympäri kulman arccos2/7 734 verran vastapäivään Täten yhtälön 2 +11y 2 +5z 2 12xy+12xz = 1 määräämä pinta on uvw-koordinaatiston hyperboloidi 7u 2 +7v 2 +14w 2 = 1 kun u-akseli on vektorin 6ī+2 j 3 k v-akseli vektorin 2ī + 3 j + 6 k ja w-akseli vektorin 3ī 6 j + 2 k suuntainen Tarkastellaan sitten yleistä tapausta missä A:n ominaisarvot eivät olekaan välttämättä pareittain erisuuria Silloinkin pätee seuraava tulos: Lause 5 Matriisin A ominaisvektoreista voidaan muodostaa R n :n ortonormali kanta Tämä on melko syvällinen tulos ja sen todistamiseksi kehittelemme vielä hivenen lineaarialgebran koneistoa Olkoon V vektoriavaruuden R n m-dimensioinen aliavaruus ja V = { v 1 v m } sen jokin kanta Olkoon f lineaarikuvaus f : V V ja M f kuvauksen f matriisi kannan V suhteen ts

8 jos f v i = a 1i v 1 + a 2i v 2 + + a mi v m i = 1 m niin M f = a 11 a 12 a 1m a 21 a 22 a 2m a m1 a m2 a mm Jos nyt x = x 1 v 1 + +x m v m V niin selvästi f x = M f X missä X = x 1 x m T Määritelmä Olkoon f : V V lineaarikuvaus ja λ R Jos yhtälöllä f x = λ x on jokin nollavektorista eroava ratkaisu x λ V sanotaan lukua λ lineaarikuvauksen f ominaisarvoksi ja vektoria x λ siihen kuuluvaksi ominaisvektoriksi Koska f x = M f X niin vektori x on reaalilukuun λ kuuluva f:n ominaisvektori jos ja vain jos X on λ:aan kuuluva M f :n ominaisvektori Määritelmä Lineaarikuvaus f : V V on symmetrinen jos f x ȳ = x fȳ kaikilla x ȳ V Lemma 2 Olkoon f : V V lineaarikuvaus ja M f sen matriisi jonkin ortonormaalin kannan V suhteen Tällöin f on symmetrinen jos ja vain jos M f on symmetrinen Todistus Koska V on ortonormaali niin x ȳ = X Y kaikilla x ȳ V Täten f x ȳ = x fȳ x ȳ V M f X Y = X M f Y X Y R m M f X T Y = X T M f Y X Y R m X T Mt T Y = X T M f Y X Y R m X Mf T Y = X M f Y X Y R m X Mf T Y M f Y = 0 X Y R m Täten Mf T Y M fy = 0 kaikilla Y R m eli Mf T M fy = 0 kaikilla Y R m Siispä Mf T = M f Lause 4' Olkoon f : V V symmetrinen lineaarikuvaus missä dim V = m Kuvauksella f on m ominaisarvoa eivät välttämättä erisuuria ja ne ovat reaalisia Todistus Olkoon M f kuvauksen F matriisi jonkin ortonormaalin kannan suhteen Koska M f :n ominaisarvopolynomin aste on m niin algebran peruslauseen nojalla sillä on m ominaisarvoa Lemman 2 nojalla M f on symmetrinen joten Lauseen 4 nojalla M f :n ja täten f:n ominaisarvot ovat reaalisia Lauseen 5 todistus Olkoon f A:n määräämä lineaarikuvaus ts f : R n R n fx = AX Lemman 2 ja Lauseen 4' nojalla f:llä on n reaalista ominaisarvoa

Olkoon U 1 ominaisarvoon λ 1 kuuluvan f:n ominaisvektorin ū 1 virittämä R n :n aliavaruus Nyt R n voidaan hajottaa suoraksi summaksi R n = U 1 U 1 {ū 1 v 2 v n } missä v 2 v n U 1 9 ja sille saadaan kanta Osoitetaan että fu1 U1 Olkoon v U 1 Nyt f:n symmetrisyyden nojalla joten fu 1 U 1 ū 1 f v = fū 1 v = λ 1 ū 1 v = 0 Koska dim U1 = n 1 ja f on symmetrinen myös rajoitettuna U1 :lle niin Lauseen 4' nojalla sillä ja siis A:lla on n 1 reaalista ominaisarvoa joihin kuuluvat ominaisvektorit U 1 Olkoon U 2 ominaisarvoon λ 2 kuuluvan ominaisvektorin ū 2 virittämä U1 :n aliavaruus Nyt R n = U 1 U 2 U 1 + U 2 ja sillä on kanta {ū 1 ū 2 v 3 v n } missä v 3 v n U 1 + U 2 Lisäksi f:n lineaarisuuteen nojautuen nähdään kuten edellä että fu 1 + U 2 T U 1 + U 2 T Jatkamalla prosessia saadaan R n :lle lopulta A:n ominaisvektoreista ū 1 ū 2 ū n ortogonaalinen kanta Esimerkki 4 Diagononalisoidaan yhtälö 58 + 85y 2 + 53z 2 36xy + 12xz 24yz = 1 Neliömuodon 58 + 85y 2 + 53z 2 36xy + 12xz 24yz matriisi 58 18 6 A = 18 85 12 6 12 53 jonka ominaisarvoyhtälö on 58 t 18 6 0 = A ti = 18 85 t 12 = t 3 196t 2 + 12005t 235298 6 12 53 t = t 49 2 t 98 Täten matriisin A ominaisarvot ovat α = 49 β = 49 γ = 98 Lasketaan vastaavat ominaisvektorit käyttäen Lauseen 5 todistuksessa käytettyä menetelmää vaikka ne voitaisiin toki laskea ilmankin sitä Ensinnäkin 11 18 6 A αix = 0 18 36 12 x 1 = 0 0 x 1 = t 2 3 t R 6 12 4 x 3 0 x 3 6 Valitaan ū 1 = 2ī + 3 j + 6 k Jos U 1 on tämän vektorin virittämä aliavaruus niin U 1 :n kannaksi voidaan valita esim { v 2 v 3 } missä v 2 = 3ī 2 j ja v 3 = 3ī k Olkoon nyt fx = AX rajoitetaan se U :lle ja lasketaan tämän rajoittuman matriisi M f Koska f v 2 = 3fī 2f j = 358ī 18 j + 6 k 2 18ī + 85 j 12 k = 210ī 224 j + 42 k = 112 v 2 42 v 3

10 ja niin M f = f v 3 = 3fī f k = 358ī 18 j + 6 k 6ī 12 j + 53 k = 168ī 42 j 35 k = 21 v 2 + 35 v 3 112 21 Lasketaan ominaisarvoon β = 49 liittyvä ominaisvekori ū 42 35 2 U : koska 63 21 x1 0 M f 49IX = 0 = 42 14 0 x1 1 = t 3 niin voidaan valita ū 2 = v 2 + 3 v 3 = 6ī + 2 j 3 k Lopuksi valitsemme vektorin ū 3 avaruudesta U + U T joten voidaan valita ū 3 = 3ī 6 j + 2 k Näin ollen neliömuodon diagonalisoivaksi matriisiksi P voidaan valita P = 1 6 2 3 2 3 6 7 3 6 2 joka sattuu olemaan täsmälleen sama matriisi kuin edellisessä esimerkissä Täten yhtälön 58 + 85y 2 + 53z 2 36xy + 12xz 24yz = 1 määräämä pinta on uvw-koordinaatiston ellipsoidi 49u 2 + 49v 2 + 98w 2 = 1 missä jälleen u-akseli on vektorin 6ī + 2 j 3 k v-akseli vektorin 2ī + 3 j + 6 k ja w-akseli vektorin 3ī 6 j + 2 k suuntainen

11 2 Avaruuden R n kierroista Edellisessä luvussa väitimme että tietyt ortonormaalit n n-matriisit vastaavat avaruuden R n kiertoja kun n = 2 3 Mitä on vaadittava esimerkiksi 2 2-matriisilta P että sitä vastaava lineaarikuvaus olisi tason R 2 kierto? Ainakin sen on säilytettävä vektorien pituudet ja niiden väliset kulmat Yleisemmin: olkoon n positivinen kokonaisluku P n n-matriisi ja f : R n R n fx = P X Tarkastellaan kuvauksia f jotka toteuttavat seuraavat ehdot: 1 f säilyttää vektorien pituudet ts P X = X X R n 2 f säilyttää vektorien väliset kulmat ts P X P Y = X Y X Y R n Osoittautuu että ehdot 1 ja 2 toteutuvat jos ja vain jos matriisi P on ortonormaali ts pystyrivit P 1 P n muodostavat ortonormaalin joukon ts P P T = I Koska 1 = detp P T = detp detp T = detp 2 niin ehdot 1 ja 2 toteuttavan kuvauksen f matriisin determinantti on aina ±1 Lause 1 Olkoon P = P 1 P 2 P n n n-matriisi Lineaarikuvaus f : R n R n fx = P X säilyttää vektorien pituudet ja niiden väliset kulmat jos ja vain jos P P T = I Todistus Olkoot X Y R n jolloin P X = x 1 P 1 + + x n P n ja P Y = y 1 P 1 + + y n P n Koska P i P j = 0 jos i j niin eli f säilyttää pituuden Nyt =1 =1 {}}{{}}{ P X 2 = P X P X = 1 P 1 2 + + n P n 2 = X 2 Osoitetaan että f säilyttää pistetulon: P :n ortonormaalisuuden nojalla P X P Y = x 1 P 1 + + x n P n y 1 P 1 + + y n P n = x 1 y 1 + + x n y n = X Y eli f säilyttää kulman P X P Y = P X P Y P X P Y = X Y X Y = X Y Oletetaan sitten että f säilyttää vektorien pituudet ja niiden väliset kulmat Tällöin f säilyttää pistetulon joten X Y = P X P Y = P X T P Y = X T P T P Y = X P T P Y X Y R n ekvivalentisti X Y P T P Y = 0 X Y R n Täten Y P T P Y = 0 kaikilla Y R n eli I P T P Y = 0 kaikilla Y R n ja näin ollen P T P = I eli P on ortogonaalinen Lemma 1 Olkoon f : R n+1 R n+1 lineaarikuvaus jonka matriisi P on ortonormaali Jos fū = cū joillakin ū R n+1 \ { 0} ja c R niin on olemassa R n+1 :n kanta jonka

12 suhteen f:n matriisi Q on muotoa c 0 0 0 a Q = 11 a 1n 0 a n1 a nn missä A = a 11 a 1n a n1 a nn on ortonormaali Todistus Täydennetään joukko {ū} avaruuden R n+1 ortonormaaliksi kannaksi V = {ū ū 1 ū n } Nyt Koska f säilyttää kulmat niin cu k fū = cū + 0 ū 1 + + 0 ū n fū 1 = u 1 ū + a 11 ū 2 + + a n1 ū n fū n = u n ū + a 1n ū 2 + + a nn ū n = fū fū k = 0 kaikilla k = 1 n Koska välttämättä c 0 niin nyt u 1 = = u n = 0 Nyt myös 0 = fū i fū j = a 1i a 1j + + a ni a nj kaikilla i j ja 1 = fū j = a 1j a nj koska f säilyttää myös pituudet Täten Q ja A ovat väitettyä muotoa Oletetaan että n = 2 olkoon f ehdot 1 ja 2 täyttävä lineaarikuvaus ja a c P = b d sen matriisi luonnollisen kannan {ī j} suhteen Koska P on ortogonaalinen niin ac + bd = 0 Jotta f olisi tason kierto vaadimme ehtojen 1 ja 2 lisäksi että pätee ehto: 3 f säilyttää x- ja y-akselien keskinäisen järjestyksen Esimerkki 1 Jos P = 0 1 1 0 niin sitä vastaava kuvaus f toteuttaa ehdot 1 ja 2 muttei ehtoa 3 sillä se vaihtaa x-akselin y-akseliksi ja y-akselin x-akseliksi eli f on peilaus suoran y = x suhteen Jotta saisimme laskennallisen kriteerin joka vastaa ehtoa 3 niin ajatellaan xy-tason kiertoa kiertona avaruudessa R 3 : xy-tasoa kierretään z-akselin ympäri niin että vektorit fī ja f j ja vektori k muodostavat oikeankätisen systeemin ts vektorien fī ja f j

13 ristitulon on oltava vektorin k suuntainen Koska fī = aī + b j ja f j = cī + d j niin ī j k fī f j = a b 0 c d 0 = ad bc k = detp k Täten f toteuttaa ehdon 3 jos ja vain jos fī f j on vektorin k suuntainen jos ja vain jos detp > 0 jos ja vain jos detp = 1 Täten f on xy-tason kierto eli toteuttaa ehdot 1 2 ja 3 jos ja vain P on muotoa a b P = b a missä a 2 + b 2 = 1 Koska tällöin P 1 0 = a b niin f kiertää tasoa kulman α verran missä a = cos α ja b = sin α ts cos α sin α P = sin α cos α Entäpä jos f toteuttaa ehdot 1 ja 2 muttei ehtoa 3 ts detp = 1? Nyt P on ortogonaalinen ja sen determinantti on 1 joten se on muotoa a b 1 0 a b P = = b a 0 1 b a missä a 2 + b 2 = 1 Täten f on kuvaus joka ensin kiertää xy-tasoa kulman arccosa verran ja sitten peilaa sen x-akselin suhteen Osoittautuu kuitenkin että f voidaan ajatella pelkkänä peilauksena suoran l suhteen jonka yhtälö seuraavassa määritetään Osoitetaan ensin että fū = ū jollakin ū R 2 ts P X = X jollakin X R 2 Ensinnäkin P X = X P IX = 0 Koska detp I = a 2 1 b 2 a 1 b b a 1 x = y 0 0 = 0 niin P I:n vaakarivit ovat lineaarisesti riippuvat ja täten on olemassa ū R 2 jolle fū = ū Lisäksi P x y = x y jos ja vain jos x ja y toteuttavat suoran l yhtälön kun { y = 0 jos a = 1 l : a 1x + by = 0 jos a 1 Osoitetaan sitten että f on peilaus suoran l suhteen Lemman 1 nojalla on olemassa kanta {ū v} jonka suhteen f:n matriisi A = Koska deta = detp = 1 niin c = 1 Täten on todistettu seuraava: 1 0 0 c

14 Lause 2 Olkoon f : R 2 R 2 lineaarinen kuvaus joka toteuttaa ehdot 1 ja 2 P sen matriisi luonnollisen kannan suhteen ja λ = detp Tällöin 1 0 a b 1 0 cos α sin α P = = 0 λ b a 0 λ sin α cos α a Jos λ = 1 niin f toteuttaa ehdon 3 ja on xy-tason kierto kulman α verran b Jos λ = 1 niin f ei toteuta ehtoa 3 ja on xy-tason peilaus suoran l suhteen kun l : { y = 0 jos a = 1 a 1x + by = 0 jos a 1 Tarkastellaan vielä kahta peräkkäistä kiertoa: kierretään xy-tasoa ensin kulman β verran ja sitten kulman α verran jolloin tasoa on kierretty kulman α + β verran Olkoon f α f β ja f α+β ko kiertoja vastaavat lineaarikuvaukset Koska f α+β = f α f β niin nyt Lauseen 2 nojalla cosα + β sinα + β sinα + β cosα + β cos α sin α cos β sin β = sin α cos α sin β cos β Täten saamme seuraavat tutut kosinin ja sinin yhteenlaskukaavat: cosα + β = cos α cos β sin α sin β sinα + β = sin α cos β + cos α sin β Oletetaan sitten että n = 3 Lemma 2 Olkoon P ortonormaali 3 3-matriisi Yhtälö P X = detp X on ratkeava jollakin X R 3 \ { 0} ts fū = detp ū jollakin ū R 3 Todistus Olkoon λ = detp = ±1 Riittää osoittaa että detp λi = 0 Ensinnäkin havaitaan että P T P λi = I λp T = λλi P T = λλi P T Koska λ detp T = λ detp = λ 2 = 1 niin detp λi = λ detp T detp λi = λ detp T P λi = λ detλλi P T = λ 4 detλi P T = detλi P = detp λi ja näin ollen detp λi = 0 Avaruuden R 3 kierrolla tarkoitamme kuvausta f joka kiertää avaruuden R 3 jonkin origon kautta kulkevan suoran eli kiertoakselin u ympäri ts jos ū on kiertoakselin suuntainen vektori ja V = {ū v w} on jokin oikeakätinen ortonormaali joukko niin f:n matriisi tämän kannan suhteen on missä a c b d vastaa vw-tason kiertoa Q = 1 0 0 0 a c 0 b d

Oletetaan että f on ehdot 1 ja 2 täyttävä lineaarikuvaus ja oletetaan että on olemassa ū R 3 jolle fū = ū Olkoon V = {ū v w} jokin oikeakätinen ortonormaali joukko Jotta f olisi avaruuden R 3 kierto vaadimme nyt että ehtojen 1 ja 2 lisäksi pätee ehto: 3' f säilyttää joukon V oikeakätisyyden ts {fū f v f w} on oikeakätinen Lemman 1 nojalla kuvauksen f matriisi Q kannan V suhteen on muotoa Q = 1 0 0 0 a c 0 b d missä on ortonormaali a c A = b d Koska {fū f v f w} on oikeakätinen niin ristitulon f v f w = ad bcū = detaū on oltava vektorin fū = ū suuntainen Täten ehdon fū = ū täyttävä lineaarikuvaus täyttää ehdon 3' jos ja vain jos deta = 1 jos ja vain jos detp = detq = 1 Toisaalta Lemman 2 ja Lauseen 1 nojalla jokaisella ehdot 1 ja 2 täyttävällä lineaarikuvauksella f : R 3 R 3 on kiertoakseli ts sellainen vektori ū että fū = ū Entäpä jos f toteuttaa ehdot 1 ja 2 muttei ehtoa 3'? Nyt detp = 1 ja Lemmojen 1 ja 2 nojalla on olemassa ortonormaali kanta {ū v w} jonka suhteen f:n matriisi Q on muotoa: Q = 1 0 0 0 a c 0 b d = 1 0 0 0 0 0 0 0 0 missä A = a c b d on ortonormaali ja deta = 1 Täten on todistettu seuraava: 1 0 0 0 a c 0 b d Lause 3 Olkoon f : R 3 R 3 lineaarinen kuvaus joka toteuttaa ehdot 1 ja 2 olkoon λ = detp ja ū R 3 jolle fū = λū Olkoon V = {ū v w} jokin oikeakätinen ortonormaali joukko Silloin kannan V suhteen f:n matriisi on: Q = λ 0 0 0 a b = λ 0 0 0 cos α sin α 0 b a 0 sin α cos α missä f v = a v + b w a Jos λ = 1 niin f toteuttaa myös ehdon 3' ja f on avaruuden R 3 kierto u-akselin ympäri kulman α verran b Jos λ = 1 niin f ei toteuta ehtoa 3' ja f on a-kohdan kierron ja peilauksen u v w u v w yhdistetty kuvaus 15

16 Esimerkki 2 Esimerkin 1 peilausta voidaan ajatella avaruuden R 3 180 asteen kiertona f missä kiertoakseli on vektorin ū = 1 2 ī + j suuntainen ts fī = j f j = ī ja f k = k Täten kierron f matriisi P luonnollisen kannan {ī j k} suhteen on P = 0 1 0 1 0 0 0 0 1 Valitaan sitten v = 1 2 ī j ja w = k jolloin joukko V = {ū v w} oikeakätinen ja ortogonnormaali ja lasketaan f:n matriisi Q tämän kannan suhteen Koska niin fū = ū f v = 1 fī j = 1 fī f j 2 2 A = joka tosiaankin vastaa avaruuden R 3 ympäri Esimerkki 3 Olkoon P = 1 7 1 0 0 0 1 0 0 0 1 = 1 2 j ī = v 180 asteen kiertoa vektorin u suuntaisen suoran 2 3 6 6 2 3 3 6 2 ja tarkastellaan sen määräämää lineaarikuvausta f : R 3 R 3 fx = P X Nyt detp = 1 joten P X = X jollakin X R 3 Nyt P X = X 2 3 6 6 2 3 3 6 2 x y z = 7 x y z 1 2 3 2 4 6 3 6 5 x y z = ja täten voidaan valita x y z = 2 1 0 ts ū = 1 5 2ī+ j Valitaan lisäksi v = 1 5 ī 2 j ja w = k jolloin V = {ū v w} on ortonormaali ja oikeakätinen Lasketaan f:n matriisi Q tämän kannan suhteen Koska 7f v = 7 5 fī 2f j = 1 5 6ī + 2 j 3 k 4ī + 6 j + 12 k = 1 5 2ī 4 j 15 k 0 0 0 niin 7f v = c v + d w 1 5 2ī 4 j 15 k = c 1 5 i 2 j d k c = 2 ja d = 3 5

ja näin ollen f v = 2 v + 3 5 w Siispä 7 7 1 0 0 Q = 0 2/7 3 5/7 0 3 5/7 2/7 Täten f on kierto joka kiertää avaruuden R 3 vektorin ū suuntaisen suoran ympäri kulman arccos5/14 691 verran vastapäivään Olkoon S avaruuden R 3 toisen asteen pinta jonka määräävä yhtälö on diagonaalimuotoa ts S : a + by 2 + cz 2 = 1 ekvivalentisti S : X T DX = 1 missä X = x y z ja D = a 0 0 0 b 0 0 0 c Havainnollistetaan animaatioiden avulla tällaisten pintojen kiertoa jonkin kiertoakselin ympäri Olkoon siis ū R 3 ja f α avaruuden R 3 kierto kulman α verran vektorin ū suuntaisen kiertoakselin ympäri Olkoon {ū v w} jokin ortonormaali oikeakätinen joukko Tämän kannan suhteen lineaarikuvauksen f α matriisi on Q α = 1 0 0 0 cos α sin α 0 sin α cos α Olkoon M kannavaihdon {ī j k} {ū v w} matriisi ts ū = M1 0 0 T v = M0 1 0 T ū = M0 0 1 T Koska M on nyt ortonormaali niin M 1 = M T luonnollisen kannan {ī j k} suhteen on P α = MQ α M T 17 ja kierron f α matriisi Nyt U = P α X jos ja vain jos X = P T α U joten X T DX = 1 jos ja vain jos U T P α DP T α U = 1 Täten f α on R 3 :n kierto joka kuvaa pinnan S pinnaksi R α : X T P α DP T α X = 1 Esimerkki 4 Olkoon vaikkapa ū = 1 14 ī + 2 j + 3 k v = 1 19 3ī 3 j + k ja w = 1 266 11ī + 8 j 9 k Tässä animaatiossa yksivaippaista hypeboloidia S : 3y 2 + 5z 2 = 1 kierretään kulman α verran vektorin ū suuntaisen kiertoakselin ympäri kun 2 x y z 2 ja α kulkee toistuvasti arvosta 0 arvoon 62 2π askelpituudella 01 Tässä animaatiossa puolestaan kierretään kaksivaippaista hypeboloidia S : 3y 2 5z 2 = 1 saman kiertoakselin ympräri Tässä animaatiossa taasen kierrettävä objekti on ellipsoidi S : 2 + 3y 2 + 5z 2 = 1 kun 2 x y z 2 ja kiertoakseli on edelleen sama kuin edellä