В.А. Артамонов - Линейная алгебра для экономистов (1129135), страница 16
Текст из файла (страница 16)
Артамоновблизко значению интеграла (86). Учитывая, что интеграл (87)принимает целые значения, получаем,что интеграл (87) равенk.¤Определение 6.2. Пусть задана матрица A = (aij ) ∈Mat(n, C). i-ым кругом Гершгорина Γi называется множествовсех таких z ∈ C, чтоX|z − aii | ≤|aij |.j6=iТеорема 6.3 (Гершгорин, 1931). Пусть A = (aij ) ∈Mat(n, C). Если λ – собственное значение A, то λ лежит внекотором круге Гершгорина. Если объединение k ≤ n из этихкругов, например, Γ1 ∪ · · · ∪ Γk образуют связную область, непересекающуюся с Γk+1 ∪ · · · ∪ Γn , то в Γ1 ∪ · · · ∪ Γk лежитровно k собственных значений A, считая с их кратностями.Доказательство.
Пусть λ – собственное значение A иAx = λx для некоторого ненулевого вектора x = (x1 , . . . , xn ).Предположим, например, что |x1 | ≥ |x2 | ≥ · · · ≥ |xn |. Тогдаx1 6= 0 иa11 x1 + · · · + a1n xn = λx1 .Отсюдаx2xnλ − a11 = a12+ · · · + a1n ,x1x1и поэтомуX|λ − a11 | ≤|a1i |,i>1т.е. λ ∈ Γ1 .Для доказательства второго утверждения положим A =D + εB, где D = diag(a11 , . . . , ann ) и B = A − D. Пусть A(ε) =D + εB. Тогда соответствующие круги Гершгорина Γi (ε) содержатся в соответствующих кругах Γi .
Если ε = 0, то собственныезначения D, равные a11 , . . . , ann , лежат в кругах Γ1 , . . . , Γn . Если ε меняется от 0 до 1, то собственные значения непрерывнозависят от ε по теореме 6.1 и лежат в кругах Гершгорина. Первые k корней, принимающих при ε = 0 значения a11 , . . . , akk ,лежат вΓ1 (ε) ∪ · · · ∪ Γk (ε) ⊆ Γ1 ∪ · · · ∪ Γk ,Локализация значения123причем по условию Γ1 ∪ · · · ∪ Γk не пересекается с остальнымикругами Гершгорина. Отсюда вытекает утверждение.¤2.
QR-алгоритмТеорема 6.4 (QR-разложение). Пусть A ∈ Mat(n, F), гдеF = R или F = C. Тогда A = QR, где Q – ортогональная(унитарная) матрица, R – верхнетреугольная матрица. Если матрица A невырождена, то R можно выбрать с положительными диагональными коэффициентами. В этом случае Qи R определяются однозначно.Доказательство. Пусть a11 .. . 6= 0.an1Существует такая ортогональная (унитарная) матрица Q1 размера n, что λa110 Q1 ...
= . . .. an10Отсюдаλ b1 ∗ 0 b2 ∗Q1 A = . . . . . . . . . .0 bn ∗Выберем ортогональную (унитарную) матрицу Q2 размера n−1так, чтобы µb20 Q2 ... = . . .. bn0124В. А. АртамоновВ этом случаеµ10λ ∗ ∗ 0 µ ∗¶00 0 ∗Q1 A = Q2. . . . . . . .0 0 ∗и т.д. Отсюда вытекает существование разложения.Ясно, что можно добиться положительности диагональныхэлементов R, если A невырождено.
Пусть QR = Q0 R0 , где R, R0верхнетреугольные матрицы с положительными диагональны−1ми элементами. Тогда Q−1 Q0 = RR0– ортогональная (унитарная) верхнетреугольная матрица с положительными диагональными элементами. Отсюда диагональные элементы равны−11 и в силу ортогональности разных строк матрицы RR0получаем, что эта матрица единичная.¤Теорема 6.5 (Приведение к трехдиагональному виду).Пусть задана симметричная матрица A ∈ Mat(n, R). Тогдасуществует такая ортогональная матрица Q, что матрицаQAt Q имеет трехдиагональный видα1 β100 ...
0000 β1 α2 β20 ... 0000 0 β2 α3 β3 . . . 0000 .. .. . ............. ................. ..(88)................ ..... ........ ....... 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 βn−2 αn−1 βn−1 0 .................. 00βn−1αnДоказательство. Пусть первый столбец A имеет вид a11 .. . 6= 0.an1Локализация значения125Существует такая ортогональная матрица U размера n − 1, что λa21 .. 0 U . = .. .. an10В силу симметричности матриц получаемa11 λ 0 . . .
0 λ . . . . . . . . . . . . .1 01 0A = 0 . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . .0 U0 tU0 .............Доказательство завершается индукцией по размеру матрицы.¤Определение. Матрицей Якоби называется вещественнаятрехдиагональная матрица вида (88), причем числа β1 , .
. . , βn−1отличны от нуля.Предложение 6.6. Матрица Якоби не имеет кратныхкомплексных корней.Доказательство. Пусть λ – собственное значение кратности k у матрицы Якоби J. Так как матрица J подобна диагональной матрице, то в этом случае ранг матрицы J − λE равенn − k, где n – размер матрицы. С другой стороны, из вида Jвытекает, что ранг J − λE равен n − 1, так как в этой матрицеимеется ненулевой минор порядка n − 1.¤Отметим, что если в матрице (88) некоторый элемент βj =0, то эта матрица распадается на трехдиагональные блоки меньшего размера.Предложение 6.7. Пусть матрица A имеет QRразложение A = QR.
Тогда матрица A подобна матрицеB = RQ и поэтому собственные значения B совпадают с собственными значениями A. Если матрица A симметрична, тои матрица B симметрична.126В. А. АртамоновДоказательство. Имеем B = RQ = Q−1 QRQ = Q−1 AQ.Кроме того, если матрица A симметрична, тоtB = t Qt At Q−1 = Q−1 AQ = B,поскольку матрица Q ортогональна.¤Теорема 6.8. Пусть J - невырожденная симметрическаятрехдиагональная вещественная матрица вида (88) и J = QR– ее QR-разложение. Тогда матрица RQ трехдиагональна.Элемент βi−1 = 0 в J тогда и только тогда, когда в RQ наместе (i, i − 1) стоит нулевой элемент. В частности, если J– матрица Якоби, то и RQ – матрица Якоби.Доказательство.
Имеем RQ = RQRR−1 = RJR−1 .Пусть J имеет вид (88), иR=r110......r1n.. ,. rnnR−1 0r11=0......0r1n.. .. 0rnnТогда в RJR−1 на месте (i, j) стоит произведение 0 r1j .. . 0 r jj (0, . . . , 0, rii , ri,i+1 , . . . , rin )J 0 = . .. 00 r1j .. .
0 000000 rjj (0, . . . , 0, ri−1 , ri , . . . , rn ) ,0 . .. 0(89)Локализация значения12700где ri−1= rii βi−1 . Если i − 2 ≥ j, то произведение (89) равнонулю. Таким образом, RJR−1 имеет видλ1 , γ1 . . .F...γ2...... 0γn−1 λn0. При этом γi−1 = 0 ⇐⇒ βi−1 = 0,где γi−1 = rii βi−1 ri−1,i−10поскольку rii , ri−1,i−1 6= 0. По предложению 6.7 в силу симметричности J получаем требуемое утверждение.¤Теорема 6.9. Пусть линейный оператор J в некоторомортонормированном базисе e = (e1 , .
. . , en ) задается невырожденной трехдиагональной якобиевой матрицей J и J = QR –ее QR- разложение. Тогда1) Qe1 = ± kJe11 k Je1 , где kk – евклидова норма;2) базис e получается из системы векторов(e1 , Je1 , . . . , Jn−1 e1 )с помощью процессов ортогонализации и нормализации;3) в базисе eQ матрица J имеет вид RQ;4) базис eQ получается из системы векторов(Je1 , . .
. , Jn e1 )с помощью процессов ортогонализации и нормализации.В частности, векторы базисов e, eQ определяется по первымвекторам e1 , e1 Q однозначно, с точностью до ±1.Доказательство. Имеемr11 ∗ 0 ∗J = Q. . . . . . .0 ∗128В. А. АртамоновПри этом в базисе e имеем 1r11 ∗0 0 ∗ Je1 = QRe1 = Q = r11 Qe1 . . . . . . .
.. .0 ∗0Так как kQe1 k = ke1 k = 1, то kJe1 k = |r11 |. Отсюда вытекаетпервое утверждение.Для доказательства второго утверждения заметим, что длякаждого k < n в силу трехдиагональности J совпадают линейные оболочкиhe1 , . . . , ek i = he1 , Je1 , . . . , Jk−1 e1 i.Для доказательства третьего утверждения заметим, что в базисе eQ матрица J имеет вид Q−1 JQ = Q−1 QRQ = RQ. Последнее утверждение вытекает из первого и второго.¤Определение. Пусть задана вещественная матрица A.QR-последовательностью для A называется последовательность матриц Am , m ≥ 0, причем• A0 = A;• для каждого m ≥ 0 выбрано QR-разложениеAm = Qm Rm , причем Am+1 = Rm Qm .Теорема 6.10.
Пусть A – невырожденная матрица Якоби, причем все ее собственные значения различны по модулю.Построим QR-последовательность Am , m ≥ 0, A0 = A.Тогда эта последовательность сходится к диагональной матрице diag(λ1 , . . . , λn ), где λ1 , . . . , λn – собственные значения A,причем |λ1 | > . . . > |λn |.Доказательство. Рассмотрим A как матрицу некоторогосимметричного оператора A, заданную в некотором ортонормированном базисе e(0) = (e01 , . . . , e0n ). Построим по возникающим при построении QR-последовательности Am , m ≥ 0,ортогональным матрицам Qm , m ≥ 0, базисыe(m + 1) = e(m)Qm , m ≥ 0,Локализация значения129где e(m) = (em1 , . .
. , emn ). Используя формулу изменения матрицы оператора при изменении базиса замечаем, что каждаяматрица Am , m ≥ 0, является матрицей оператора A в ортономированном базисе e(m). По теореме 6.8 каждая матрица Amтрехдиагональна. По теореме 6.9 имеемem+1,1 = Qm em1 = ± kAe1m1 k Aem1 =1± kAe1m1 k A(± kAem−1,1k Aem−1,1 ) =· · · = γm Am+1 e01 .(90)Так как kem+1,1 k = 1, то |γm | = kAm+1 e01 k.Пусть f = (f1 , . . . , fn ) – собственный ортонормированныйбазис для оператора A с собственными значениями λ1 , . . . , λn .По условию можно считать, что |λ1 | > |λ2 | > · · · > |λn | > 0.Пусть e01 = τ1 f1 + · · · + τn fn .
ТогдаmAm e01 = λm1 τ1 f1 + · · · + λn τn fn .(91)Если бы τi = 0 для некоторого i, то по (91) все векторы Am e01лежали бы в линейной оболочке U = hf1 , . . . , fi−1 , fi+1 , . . . , fn i,поскольку U инвариантно относительно A. Но векторыe01 , Ae01 , . . . , An−1 e01 по теореме 6.9 образуют базис всего пространства. Полученное противоречие показывает, что все коэффициенты τi , i = 1, . . . , n, отличны от нуля.По (90) и (91) имеемem,1 =(92)q22m 2 −1 [λm τ f + · · · + λm τ f ]± ( λ2m1 1 1n n n1 τ1 + · · · + λn τn )rλnλm= ±( τ12 + · · · + ( )2m τn2 )−1 [τ1 f1 + · · · + nm τn fn ]λ1λ1λ2 m= ε1 f1 + ( ) zm,1 ,(93)λ1где ε1 = ±1 не зависит от m и kzm,1 k ограничено при всех m.Пусть для i = 1, .
. . , r < n уже доказано, чтоem,i = εi fi + δim zm,i ,(94)130В. А. Артамоновгдеεi = ±1,¯ ¯ ¯ ¯¯¯¯ λ2 ¯ ¯ λ3 ¯¯ λi+1 ¯¯¯¯¯¯¯),δi = max(¯ ¯ , ¯ ¯ , . . . , ¯λ1λ2λi ¯и kzm,i k ограничено при всех m.Так как все числа λi различны, то система линейных уравнений r x λ111 λ1 . . . λr−11 .. .. =(95)...................r−1r1λ...λrrλrxrимеет и притом единственное решение x1 , . . . xr . По тем же соображениям для любого j ≥ r + 1 имеем −x 0 11 λ1 . .
. λr1.. .. . . . . . . . . . . . . . . . . (96)0 6= = . .1 λr . . . λrr −xr 0 1 λj . . . λrj1wjПусть r ≥ 1. Рассмотрим столбец из координат вектораh = Am+r e01 − x1 Am e01 − · · · − xr Am+r−1 e01 ,в базисе f , где xi из (95). В силу (91), (95) столбец из координатh в базисе f равен m+r m+i−1 m+r λ1 τ 1λ1 τ 1λ1τ1r X.......− xi = −..m+rm+ri=1m+i−1λn τ nλn τnλnτn0.. m x .m+r−11λ1 τ1 . . .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
