6. OMINAISARVOT JA DIAGONALISOINTI

0 6 OMINAISARVOT JA DIAGONALISOINTI 6 Ominaisarvot ja ominaisvektorit Olkoon V äärellisulotteinen vektoriavaruus, dim(v ) = n ja L : V V lineaarikuvaus Määritelmä 6 Skalaari λ R on L:n ominaisarvo, jos on olemassa vektori v V, v 0, jolla L(v) = λv Tällöin jokainen v 0, jolla L(v) = λv, on L:n ominaisarvoon λ liittyvä ominaisvektori Neliömatriisin A R n n ominaisarvot ja -vektorit ovat vastaavan lineaarikuvauksen A : R n R n ominaisarvot ja -vektorit Kun λ R, merkitään V λ = V λ (L) = v V L(v) = λv} = v V (L λ id V )(v) = 0} = Ker(L λ id V ) Lauseen 4 nojalla V λ on V :n aliavaruus Edelleen 6:n mukaan λ on L:n ominaisarvo V λ 0} Tällöin V λ on λ:aan liittyvä L:n ominaisavaruus Vektorit v V λ, v 0, ovat siis λ:aan liittyvät L:n ominaisvektorit Luku dim(v λ ) on ominaisarvon λ (geometrinen) kertaluku Huomautus 6 a) Jos λ on L:n ominaisarvo, aliavaruus V λ on L-invariantti, ts L(V λ ) V λ (jos v V λ, niin L(v) = λv V λ, koska V λ on aliavaruus) Tällöin L:n rajoittuma L V λ : V λ V λ on homotetia v λv b) Jos λ, µ R ovat L:n ominaisarvoja ja λ µ, niin V λ V µ = 0} (v V λ V µ = λv = L(v) = µv = (λ µ)v = 0 = v = 0, sillä λ µ 0) Siten jokainen v 0 voi olla korkeintaan yhteen L:n ominaisarvoon liittyvä ominaisvektori Lause 63 λ R on L:n ominaisarvo det(l λ id V ) = 0 Todistus λ on L:n ominaisarvo Ker(L λ id V ) 0} 48 L λ id V ei ole injektio 4 7 L λ id V ei ole isomorfismi det(l λ id V ) = 0

Tarkastellaan nyt lauseketta p(λ) = p L (λ) = det(l λ id V ), λ R Olkoon S = (v,, v n ) jokin V :n kanta ja M(L; S S) = A = [ a ij ] R n n Silloin M(L λ id V ; S S) = M(L; S S) λm(id V ; S S) = A λi n, joten määritelmän 7 nojalla a λ a a n a (64) p L (λ) = det(a λi n ) = a λ a n a n a n a nn λ Seuraus 6 p L (λ) = p A (λ), kun A = M(L; S S) Erityisesti L:llä ja A:lla on samat ominaisarvot Lause 66 p L (λ) = det(l λ id V ) on muuttujan λ R n-asteinen polynomi ( n = dim(v ) ), L:n karakteristinen polynomi Todistus 64:ssä A λi n = [ a ij λδ ij ], missä δ ii = i ja δ ij = 0, kun i j Niinpä p(λ) = det(a λi n ) 6 = σ S n ɛ(σ)(a σ() λδ σ() ) (a σ(n)n λδ σ(n)n ) Tässä jokainen yhteenlaskettava on λ:n polynomi Ne yhteenlaskettavat, joissa σ id, ovat astetta < n (ainakin yksi δ σ(i)i = 0), ja permutaatiota σ = id vastaava yhteenlaskettava on (a λ)(a λ) (a nn λ) = ( ) n λ n + alempiasteisia λ:n monomeja} Seuraus 67 a) Lineaarikuvauksen L : V V ominaisarvot ovat L:n karakteristisen polynomin nollakohdat b) L:llä on korkeintaan n = dim(v ) eri ominaisarvoa Todistus Jälkimmäinen väite seuraa siitä, että n-asteisella polynomilla on korkeintaan n nollakohtaa

Määritelmä 68 Lineaarikuvaus L : V V on diagonalisoituva, jos V :llä on sellainen kanta S, että M(L; S S) on lävistäjämatriisi Neliömatriisi A R n n on diagonalisoituva jos vastaava lineaarikuvaus A : R n R n on sitä Olkoon S = (v,, v n ) V :n kanta Tällöin M(L; S S) on lävistäjämatriisi on olemassa luvut λ,, λ n R, joilla λ 0 0 0 λ M(L; S S) = 0 (voi olla λ i = λ j joillakin i j) 0 0 λ n L(v j ) = λ j v j j v j :t ovat L:n ominaisvektoreita Tässä λ j :t ovat L:n ominaisarvoja, ja muita ominaisarvoja L:llä ei ole, koska p L (λ) = (λ λ) (λ n λ) 0, kun λ / λ,, λ n } Lause 69 A R n n on diagonalisoituva on olemassa säännöllinen matriisi P R n n, jolla P AP on lävistäjämatriisi Todistus = Jos A on diagonalisoituva, on olemassa R n :n kanta S, jolla M(A; S S) on lävistäjämatriisi Lauseiden 86 ja 43 mukaan P = M(E n S) on säännöllinen (E n on tavalliseen tapaan R n :n luonnollinen kanta) ja P AP = M(S E n )M(A; E n E n )M(E n S) = M(A; S S), lävistäjämatriisi = Olkoon P = [ v v v n ] R n n säännöllinen (P :n sarakkeet v,, v n ) ja P AP lävistäjämatriisi Silloin S = (v,, v n ) on R n :n kanta, P = M(E n S) ja M(A; S S) = P AP on lävistäjämatriisi Siis A on diagonalisoituva Esimerkki 60 a) Olkoon A = (so A : R R on kierto 4 origon ympäri) Tällöin p A (λ) = λ λ = ( λ) + > 0 λ R, joten A:lla ei ole yhtään ominaisarvoa eikä A ole diagonalisoituva b) Olkoon A = Silloin P 0 A (λ) = ( λ) = 0 λ = Näin ollen λ = on A:n ainoa ominaisarvo Etsitään vastaavat ominaisvektorit x = [ x x ] T R (seuraavassa merkitään V = R ): x + x = x x V Ax = x x = t = te x = x 0, t R

Siis V = span(e ) = x -akseli, ja dim(v ) = Koska kaikki A:n ominaisvektorit sijaitsevat yksiulotteisessa avaruudessa V, A:lla ei voi olla kahta lineaarisesti riippumatonta ominaisvektoria, eikä siis R :lla ole sellaista kantaa (v, v ), että v ja v olisivat molemmat A:n ominaisvektoreita Tämä merkitsee sitä, että A ei ole diagonalisoituva c) Olkoon A = [ 3 ] Silloin P A (λ) = λ 3 λ = ( λ)( λ) 3 = λ 3λ 4 = 0 λ = 4 tai λ = Siis A:n ominaisarvot ovat 4 ja Etsimme vastaavat ominaisavaruudet Olkoon x = [ x x ] T R 3 λ = 4 : λ = : Ax = 4x x + x = 4x 3x + x = 4x 3x + x = 0 3x x = 0 x = tv (t R), v = [ 3 ] T Siis V 4 = span(v ) Ax = x x + x = x 3x + x = x x + x = 0 3x + 3x = 0 x = tv (t R), v = [ ] T Siis V = span(v ) Nyt S = (v, v ) on R :n kanta, jolla 4 0 M(A; S S) =, joten A on 0 diagonalisoituva V 4 V Lause 6 Olkoot λ,, λ k lineaarikuvauksen L : V V eri ominaisarvoja ja v j jokin λ j :hin liittyvä ominaisvektori (j =,, k) Tällöin jono (v,, v k ) on vapaa Jos L:llä on n = dim(v ) eri ominaisarvoa, niin L on diagonalisoituva Todistus Induktio k:n suhteen Tapaus k = on selvä ((v ) on vapaa, koska v 0) Olkoon sitten k Induktio-oletus: (v,, v k ) on vapaa On osoitettava, että (v,, v k, v k ) on vapaa

Olkoot x,, x k R sellaisia, että x v + + x k v k = 0 Silloin Näistä seuraa, että 0 = λ k (x v + + x k v k ) = (x λ k )v + + (x k λ k )v k, ja 0 = L(x v + + x k v k ) = x L(v ) + + x k L(v k ) = (x λ )v + + (x k λ k )v k 0 = ( (x λ )v + + (x k λ k )v k ) ( (x λ k )v + + (x k λ k )v k ) = x (λ λ k )v + + x k (λ k λ k )v k 4 Koska (v,, v k ) on vapaa, on x j (λ j λ k ) = 0, j =,, k ; edelleen, koska λ j λ k 0, on x j = 0, j =,, k, ja siten x k v k = 0; lopuksi, koska v k 0, on myös x k = 0 Näin on nähty, että (v,, v k ) on vapaa, ja induktiotodistus on valmis Viimeinen väite: Jos k = n = dim(v ), on lauseen 4 a) mukaan vapaa jono (v,, v k ) avaruuden V :n kanta Huomautus 6 L voi tietysti olla diagonalisoituva, vaikka sillä olisi vähemmän kuin n = dim(v ) eri ominaisarvoa 6 Symmetriset lineaarikuvaukset ja matriisit Olkoon V äärellisulotteinen sisätuloavaruus (sisätulo, ), dim(v ) = n Määritelmä 6 Lineaarikuvaus L : V V on symmetrinen (l itseadjungoitu), jos L(v), w = v, L(w) kaikilla v, w V Lause 6 Olkoon L : V V lineaarikuvaus, S = (u,, u n ) jokin V :n ortonormaali kanta ja A = M(L; S S) R n n Tällöin L on symmetrinen A on symmetrinen matriisi Todistus Kaikilla v, w V on L(v), w 33 = b 433 [L(v)] S [w] S = (A[v] S ) [w] S, ja samoin v, L(w) = [v] S (A[w] S ) Koska v [v] S on bijektio V R n, on L symmetrinen Ax y = x Ay x, y R n Matriisitulon avulla on Ax y = (Ax) T y = x T A T y ja x Ay = x T Ay Siispä L on symmetrinen ( ) x T A T y = x T Ay x, y R n Jos A T = A, ( ) on selvästi voimassa Kääntäen, jos ( ) on voimassa, niin kaikilla i, j on e T i AT e j = e T i Ae j eli A T (i, j) = A(i, j), ja siten A T = A Erityisesti matriisi A R n n on symmetrinen lineaarikuvaus A : R n R n on symmetrinen pistetulon suhteen (A = M(A; E n E n ); R n :n luonnollinen kanta E n on ortonormaali pistetulon suhteen)

Lemma 63 Olkoon L : V V symmetrinen a) Jos λ ja λ ovat L:n kaksi eri ominaisarvoa ja v i jokin λ i :hin liityvä ominaisvektori (i =, ), niin v v b) Jos W V on L-invariantti aliavaruus, so L(W ) W, niin W on myös L-invariantti, so L(W ) W Todistus a) λ v, v = λ v, v = L(v ), v = v, L(v ) = v, λ v = λ v, v = (λ λ ) v, v = 0 = v, v = 0 b) v W = v, w = 0 w W = L(v), w = v, L(w) = 0 w W }} = L(v) W W Seuraavan tuloksen vaikea todistus sivuutetaan: Lemma 64 Jokaisella symmetrisellä matriisilla A R n n on (reaalisia) ominaisarvoja Siten myös jokaisella symmetrisellä lineaarikuvauksella L : V V (V kuten yllä) on ominaisarvoja (tarkastellaan symmetristä matriisia A = M(L; S S), missä S on jokin V :n ortonormaali kanta) Lause 6 Jos V on äärellisulotteinen sisätuloavaruus ja L : V V symmetrinen lineaarikuvaus, niin V :llä on L:n ominaisvektoreista koostuva ortonormaali kanta Todistus Induktio luvun n = dim(v ) suhteen n = : Valitaan sellainen u V, että u = Tällöin (u) on V :n ortonormaali kanta, ja L(u) V = span(u), joten L(u) = λu eräällä λ R Olkoon sitten dim(v ) = n ja L : V V symmetrinen Induktio-oletus: Väite pätee symmetrisillä lineaarikuvauksilla L : V V kun dim(v ) = n Lemman 64 nojalla L:llä on ominaisarvo λ R Olkoon v V jokin λ :een liittyvä L:n ominaisvektori, u = v / v ja U = span(u ) V Koska L(U) U, niin lauseen 63 b) nojalla L(U ) U, mistä seuraa, että L rajoittuu symmetriseksi lineaarikuvaukseksi L : U U Lauseen 34 c) mukaan on dim(u ) = dim(v ) dim(u) = n Induktio-oletuksesta seuraa, että U :lla on L :n ominaisvektoreista koostuva ortonormaali kanta (u,, u n ) Nyt (u, u,, u n ) on L:n ominaisvektoreista koostuva ortonormaali jono, joka dimensiosyistä on V :n kanta Erityisesti jokainen symmetrinen lineaarikuvaus L : V V on diagonalisoituva Koska ominaisvektoreista koostuva V :n kanta voidaan valita jopa ortonormaaliksi, sanotaan, että L on ortogonaalisesti diagonalisoituva Olkoon A R n n symmetrinen n n-matriisi Lauseen 6 nojalla R n :llä on sellainen (pistetulon suhteen) ortonormaali kanta S = (u,, u n ), että u j :t ovat

A:n ominaisvektoreita Merkitään P = [ u u n ] R n n (P :n sarakkeet ovat u,, u n ) Kuten 69:ssä, P AP on lävistäjämatriisi Olkoon välillä P = [ u u n ] R n n mielivaltainen n n-matriisi Sarakevektorien jono (u,, u n ) on ortonormaali 6, kun i = j (P T P )(i, j) = u T i u j = u i u j = 0, kun i j P T P = I n ; tällöin lauseen 66 nojalla P on säännöllinen ja P = P T Määritelmä 66 Neliömatriisi P R n n on ortogonaalinen, jos se on säännöllinen ja P = P T Seuraus 67 Jos A R n n on symmetrinen, niin on olemassa sellainen ortogonaalinen matriisi P R n n, että P T AP on lävistäjämatriisi Laskumenetelmä 68 Diagonalisoitava ortogonaalisesti annettu symmetrinen matriisi A R n n, so etsittävä sellainen ortogonaalinen matriisi P R n n, että P T AP on lävistäjämatriisi Ratkaisu Etsitään kaikki A:n ominaisarvot eli karakteristisen polynomin p(λ) = det(a λi n ) nollakohdat λ Tämä voi olla vaikeaa (tai käytännössä mahdotonta) Etsitään jokaiselle ominaisavaruudelle Null(A λi n ) jokin kanta, so ratkaistaan yhtälöryhmät Ax = λx (ks 69) 3 Sovelletaan Gramin Schmidtin menetelmää ominaisavaruuksien Null(A λi n ) kohdassa löydettyihin kantoihin, tuloksena jokaiselle ominaisavaruudelle ortonormaali kanta (Jos dim Null(A λi n ) =, riittää yksi u, jolla u = ) 4 Eri ominaisavaruuksien ortonormaalit kannat yhdessä muodostavat alla olevan lauseen 69 nojalla R n :n ortonormaalin kannan (u,, u n ) Tällöin matriisi P = [ u u n ] R n n on ortogonaalinen, ja P T AP on lävistäjämatriisi, jossa lävistäjäalkioina ovat A:n ominaisarvot ominaisvektorien u j mukaisessa järjestyksessä Lause 69 Olkoon L : V V symmetrinen lineaarikuvaus, λ,, λ p R L:n eri ominaisarvot, V k V ominaisarvoon λ k liittyvä L:n ominaisavaruus ja (u jk +,, u jk ) ominaisavaruuden V k ortonormaali kanta (k =,, p); tässä 0 = j 0 < j < < j p Silloin S = (u, u,, u jp ) on V :n ortonormaali kanta Todistus Koska eri ominaisavaruuksien V k vektorit ovat 63 a):n mukaan kohtisuorassa toisiaan vastaan, on helppo todeta, että S on ortonormaali jono Lauseen 3 nojalla S on vapaa, ja siten sen pituus j p n = dim(v ) Toisaalta lauseen 6 mukaan V :llä on L:n ominaisvektoreista koostuva ortonormaali kanta S = (u, u n ) Olkoon n k ominaisavaruuteen V k kuuluvien S :n vektorien lukumäärä (k =,, p) Koska jokainen u j on johonkin ominaisarvoon

7 liittyvä L:n ominaisvektori, täytyy olla n + + n p = n Lisäksi tällöin avaruus V k sisältää n k -alkioisen vapaan jonon, joten n k dim(v k ) = j k j k Tästä seuraa, että p p n = n k (j k j k ) = j p n k= k= Siispä j p = n, ja V :n dimension pituisena vapaana jonona S on V :n kanta Esimerkki 60 a) A = Ominaisarvot : p(λ) = λ λ = ( λ) 4 = λ λ 3 = 0 λ = 3 tai λ = Ominaisavaruudet : Olkoon x = [ x x ] T x x = 3x x x = 0 () Ax = 3x x + x = 3x x x = 0 () x + x = 0 x span ; normitettu ominaisvektori u = () Ax = x x x = x x + x = x x x = 0 x span x x = 0 () ; x + x = 0 normitettu ominaisvektori u = Nyt (u, u ) on R :n ortonormaali kanta, P = [ u u ] = on ortogonaalinen matriisi, ja P T 3 0 AP = (tarkista laskemalla) 0 3 4 b) A = 0 4 3

8 Ominaisarvot : p(λ) = 3 λ 4 λ 4 3 λ = λ3 6λ + λ 8 Havainto: p() = 0 Jakamalla jakokulmassa (tai muuten) nähdään, että p(λ) = (λ )(λ + 7λ 8) Edelleen λ + 7λ 8 = 0 λ = tai λ = 8 Siis p(λ) = 0 λ = tai λ = 8 Nämä ovat A:n ominaisarvot Huomautus Koska p(λ) = (λ ) (λ + 8), ominaisarvon algebrallinen kertaluku on = Ominaisavaruudet : Merkitään V = Null(A I 3 ), V 8 = Null(A + 8I 3 ) 4 4 () A I 3 = 0 0 0 4 4 4 4 0 0 0 Siis x V x + x x 3 = 0 x = t + t x = t R x 3 = t R x = t w + t w, w = [ 0 ] T, w = [ 0 ] T (w, w ) on V :n kanta Muodostetaan Gramin-Schmidtin menetelmällä V :n ortonormaali kanta (u, u ): v = w = 0, v = w w v v v v = u = v v = v, u = v v = 3 v 4, v = v = 4 ; () 4 4 4 A + 8I 3 = 8 4 0 8 9 4 4 0 8 9 4 0 ; 0 0 0

x V 8 x 4x x 3 = 0 x + x 3 = 0 x = t x = t x 3 = t R 9 x = tw 3, w 3 = [ ] T ; normitettu ominaisvektori on u 3 = w 3 w 3 = 3 Tulos : Haetuksi ortogonaaliseksi matriisiksi P kelpaa P = [ u u u 3 ] = 3 3 4 6 0, P T AP = 0 0 0 0 0 0 8 63 Neliömuodon pääakseliesitys Symmetriseen n n-matriisiin A = [ a ij ] R n n liittyvä neliömuoto on kaavan (63) q(x) = x T Ax kaikilla x R n määrittelemä kuvaus q = q A : R n R Huomautus 63 Kun x = [ x x n ] T R n, on q(x) = x T Ax = n i= j= n a ij x i x j = n a ii x i + i= i<j n a ij x i x j, missä jälkimmäinen yhtäsuuruus johtuu siitä, että a ij = a ji kaikilla i, j Siten q on muuttujien x,, x n homogeeninen asteen polynomi Kertoimet a ij (ja siis symmetrinen matriisi A) ovat q:n yksikäsitteisesti määräämät Seurauksen 67 nojalla on olemassa ortogonaalinen matriisi P = [ u u n ] R n n (sarakkeet u j muodostavat R n :n ortonormaalin kannan), jolla P T AP on lävistäjämatriisi; P T AP = D = λ 0 0 0 λ 0 0 0 λ n missä λ,, λ n R ovat A:n ominaisarvot Kun x = [ x x n ] T R n, merkitään y = [ y y n ] T = P T x R n eli x = P y (P T = P ); silloin x T Ax = (P y) T A(P y) = y T (P T AP )y = y T Dy = λ y + + λ ny n,

Siispä q(x) = λ y + + λ ny n, y = [ y y n ] T = P T x Tämä on neliömuodon q pääakseliesitys; q:n pääakselit ovat suorat span(u j ), j =,, n, eli uuden (y,, y n )-koordinaatiston koordinaattiakselit Huomautus 63 Jos P R n n on ortogonaalinen, on P T P = I n, joten = det(i n ) = det(p T P ) = det(p T ) det(p ) = det(p ), mistä seuraa, että det(p ) = tai Usein 634:ssä ortogonaalinen matriisi P halutaan valita niin, että det(p ) = (tällöin sanotaan, että R n :n ortonormaali kanta (u,, u n ) on positiivisesti suunnistettu) Tähän päästään vaihtamalla tarvittaessa P :n yhden sarakkeen merkki 30 Esimerkki 636 Olkoon q(x) = 3x 3x 3 4x x + 8x x 3 + 4x x 3, kun x = [ x x x 3 ] T R 3 Vastaava symmetrinen matriisi on 3 4 A = 0 4 3 (A:ta muodostettaessa on huomattava, että a ij = a ji = (x ix j :n kerroin), kun i j) Esimerkin 60 b) nojalla on P T AP = 0 0 0 0, kun P = 0 0 8 3 3 4 6 0, missä P on ortogonaalinen vektorien Neliömuodon q pääakselit ovat P :n sarakkeiden eli u = [ 0 ] T, u = 3 [ 4 ]T ja u 3 = [ ]T 3 suuntaiset Tässä det(p ) =, joten ortonormaali kanta (u, u, u 3 ) ei ole positiivisesti suunnistettu Kun y = [ y y y 3 ] T = P T x eli x = P y = y u +y u +y 3 u 3, on q(x) = y + y 8y 3 Toisen asteen käyrät R :ssa Kun x = [ x x ] T R, olkoon f(x) = a x + a x + a x x + b x + b x + c = x T Ax + Bx + c, a a missä A = R a a on symmetrinen (a = a ), A 0, B = [ b b ] R ja c R

3 Tehtävä 637 Selvitettävä millainen on R :n osajoukko X = x R f(x) = 0} Seurauksen 67 ja huomautuksen 63 nojalla on olemassa ortogonaalinen P = [ u ij ] = [ u u ] R, jolla det(p ) = ja missä λ ja λ ovat A:n ominaisarvot [ D = P T λ 0 AP = 0 λ Huomautus 638 Koska u =, on u + u =, joten u = cos ϕ ja u = sin ϕ eräällä ϕ [0, π[ Edelleen ehdoista u u = 0 ja det(p ) = saadaan yhtälöt u u + u u = 0 ja u u u u = Yhtälöparista ], cos ϕ u + sin ϕ u = 0 sin ϕ u + cos ϕ u = saadaan u = sin ϕ ja u = cos ϕ Siispä cos ϕ sin ϕ P = : R R sin ϕ cos ϕ on kierto kulman ϕ verran origon ympäri (vrt 43 d) Kääntäen, jokainen tällainen P on ortogonaalinen ja det(p ) = Merkitään x = P y eli y = [ y y ] T = P T x Tällöin siis x = cos ϕ y sin ϕ y x = sin ϕ y + cos ϕ y Koska u i = P e i, saadaan y i -akseli span(u i ) kiertämällä x i -akselia span(e i ) kulman ϕ verran origon ympäri Nyt f(x) = x T Ax + Bx + c = (P y) T A(P y) + B(P y) + c = y T (P T AP )y + (BP )y + c = y T Dy + (BP )y + c = λ y + λ y + b y + b y + c, missä [ b b ] = BP Näin ollen f(x) = 0 (639) λ y + λ y + b y + b y + c = 0, x = P y

Koska A 0, ainakin toinen ominaisarvoista λ, λ on 0 useisiin tapauksiin: I λ 0 λ (ts A on säännöllinen) 3 Jaetaan käsittely Neliöiksi täydentämällä päästään 639:ssä eroon asteen termeistä: (639) (630) λ z + λ z = d, z i = y i + b i (i =, ), d = b + b c λ i 4λ 4λ Edellä suoritetun koordinaatiston kierron jälkeen on siis vielä tehty origon siirto: (z, z )-koordinaatiston origo sijaitsee (y, y )-koordinaatiston pisteessä y 0 = ( b /λ, b /λ ) eli alkuperäisen (x, x )-koordinaatiston pisteessä x 0 = P y 0 I d = 0 Jos λ ja λ ovat samanmerkkiset, niin (630) z = z = 0 Tällöin X = x 0 } on piste Oletetaan sitten, että λ ja λ ovat erimerkkiset, esimerkiksi λ > 0 ja λ < 0 Tässä tapauksessa (630) (λ z ) (λ z ) = 0 (λ = λ, λ = ) λ (λ z λ z )(λ z + λ z ) = 0 λ z = λ z tai λ z = λ z Siis X on kahden x 0 :n kautta kulkevan suoran yhdiste I d 0 Tällöin (630) λ z + λ z =, missä λ i = λ i (i =, ) d Oletetaan, että λ > 0 ja λ > 0 Merkitsemällä µ i = / λ i, (i =, ), saadaan joten X on ellipsi (630) z µ + z µ =, Oletetaan, että λ ja λ ovat erimerkkiset, esimerkiksi λ > 0 ja λ < 0 Merkitsemällä µ = / λ ja µ = / λ saadaan tällä kertaa joten X on hyperbeli (630) z µ z µ =, Oletetaan, että λ < 0 ja λ < 0 Tällöin yhtälön λ z + λ z = vasen puoli on 0 ja oikea puoli = > 0, joten ei ole ratkaisua (z, z ), ja X =

33 II λ 0 = λ (vastaavasti käsiteltäisiin tapaus λ = 0 λ ) Suoritetaan taas origon siirto: (639) (63) λ z + b z = d, z = y + b, z = y, d = b c ; λ 4λ (z, z )-koordinaatiston origo on (y, y )-koordinaatiston pisteessä ( b /λ, 0) II b = 0 (63) λ z = d II d = 0 (63) z = 0 Siis X on z -akseli II d 0 Oletetaan, että λ d > 0 Tällöin (63) z = ± d/λ, joten X on kahden yhdensuuntaisen suoran yhdiste Oletetaan, että λ d < 0 Tällöin (63) (λ /d)z =, joten X = II b 0 (63) z = λ b z + d b Siispä X on paraabeli, jonka akseli on z -akseli ja huippu on (z, z )-koordinaatiston pisteessä (0, d/b ) Esimerkki 63 ( ) x + x 4x x = 9 Neliömuotoa vastaava symmetrinen matriisi on A = 60 a) = P T AP = 3 0, P = 0 [ P on ortogonaalinen ja det(p ) = (kierto 4 origon ympäri myötäpäivään) Merkitään x = P y eli x = (y + y ) Tällöin x = ( y + y ) ( ) 3y y = 9 y 3 y 9 = Kyseessä on hyperbeli, jonka pääakselit ovat vektorien [ ] T ja [ ] T suuntaiset ] ;

34 Esimerkki 633 ( ) x + 3x + 3x x + 4 3x 4x + 4 = 0 [ 3 Neliömuotoa vastaava symmetrinen matriisi on A = ] 3 3 A:n ominaisarvot: λ 3 = λ 4λ = 0 λ = 4 tai λ = 0 3 λ Ominaisvektorit: Ax = 4x 3x + 3x = 0 3x x = 0 x = 3x ; normitettu ominaisvektori u = [ 3 ] T Ax = 0 x + 3x = 0 3x + 3x = 0 x = 3x ; normitettu ominaisvektori u = [ 3 ] T Koordinaatiston kierto: x = P y, P = [ u u ] = [ ] 3, eli 3 x = (y 3y ) x = ( 3y + y ) (P on ortogonaalinen ja det(p ) = ) Sijoitetaan: ( ) 4y 8y + 4 = 0 y = y + Kyseessä on paraabeli, jonka akseli on u :n eli y -akselin suuntainen ja huippu (y, y )-koordinaatiston pisteessä (0, ) Esimerkki 634 ( ) x + x 8x x 8x + 8x + 8 = 0 4 Neliömuotoa vastaava symmetrinen matriisi on A = 4 A:n ominaisarvot: λ 4 4 λ = ( λ) 6 = 0 λ = tai λ = 9 Ominaisvektorit: 4x 4x = 0 Ax = x 4x + 4x = 0 x = x ; normitettu ominaisvektori u = [ ] T Ax = 9x 4x 4x = 0 4x 4x = 0 x = x ;

3 normitettu ominaisvektori u = [ ] T P T AP = 0, kun P = 0 9 = kierto 4 origon ympäri vastapäivään Sijoitetaan ( ):ssä x = P y eli x = (y y ) x = (y + y ) : ( ) y + 9y 9 (y y ) + 9 (y + y ) + 8 = 0 y + 9(y + y ) + 8 = 0 y + 9(y + ) = 0 y ( 0) + (y + ) ( 0/3) = Kyseessä on ellipsi, jonka keskipiste on (y, y )-koordinaatiston piste (0, )