В.А. Артамонов - Линейная алгебра для экономистов (1129135), страница 17
Текст из файла (страница 17)
λ1τ10.. = ,. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (97). mτwλr+1 r+1 r+1 mm+r−1λn τ n . . . λ nτnxr...mλn τn wnЛокализация значения131где wr+1 , . . . , wn из (96) не зависят от m. По (97) как и в (92)имеемvu XnXu nh2 w 2 )−1 (g== (tλ2mτλmi τi wi fi )ii ikhki=r+1i=r+1λmλr+2 m 0r+1 τr+1 wr+1fr+1 + () zmm|λr+1 τr+1 wr+1 |λr+1λr+2 m 0) zm ,= ε0 fr+1 + (λr+1=(98)0где ε0 = ±1, и kzmk ограничено при всех m и ε0 не зависит от0m. Здесь мы предполагаем, что λr+2 = zm= 0, если r + 1 = n.Найдем cos α, где α – угол между вектором g и подпространствомL = hAm e01 , .
. . , Am+r−1 e01 i.В силу теоремы 6.8 векторы em+1,1P, . . . , em+1,r образуют ортоrнормированный базис L. Пусть u = i=1 ζi em,i – ортогональнаяпроекция g на L. Тогда ζi = (g, em,i ), причем в силу (94) и (98)ζi = O(δrm ). Так как kgk = 1, то в силу ортонормированностиem,1 , . . . , em,r получаемvu ruXm).(99)cos α = kuk = tζi2 = O(δr+1i=1По теореме 6.8 ортогональное дополнение к L вhAm e01 , . . . , Am+r e01 iравно hem,r+1 i. По (98), (99) при m → ∞ расстояние от fr+1 доhem,r+1 i стремится к нулю.
Так как kfr+1 k = kem,r+1 k = 1, тоmzm .em,r+1 = εr+1 fr+1 + δr+1Так как Am – матрица A в базисе e(m), тоAm = diag(λ1 , . . . , λn ) + δnm Bm ,где все элементы матрицы B ограничены.¤Следствие 6.11. Пусть A – невырожденная симметрическая трехдиагональная матрица, все собственные132В. А. Артамоновзначения которой различны по модулю. Построим QRпоследовательность Am для A. Тогда эта последовательностьсходится к диагональной матрице.Доказательство. Матрица A разбивается на диагональные блоки, каждый из которых является матрицей Якоби.По теореме 6.8 это разбиение сохраняется во всех матрицахAm , m ≥ 0. Остается воспользоваться теоремой.¤3. Метод ХолецкогоПредложение 6.12.
Пусть A - симметрическая матрица с положительными собственными значениями. Тогда A =tRR, где R – верхнетреугольная матрица. Если матрица Aтрехдиагональна, то матрица R имеет видx1 y10 ...00 0 x2 y200 .. . ... ......... .(100)... ...... ...... 000 . . . xn−1 yn−1 000 ...0xnДоказательство. Пусть B 2 = A, где B – симметричнаяматрица с положительными собственными значениями и пустьB = QR. ТогдаA = B 2 = t BB = t Rt QQR = t RR.Пусть R = (rij ), rii 6= 0. Тогда при i + 2 ≤ j в t RR имеем r1j .. . rjj (r1i , . . . , rii , 0 .
. . , 0) 0 = 0. . .. 0Варьируя i = 1, . . . , j − 2 получаем, что rij = 0 при i ≤ j − 2. ¤Локализация значения133Предложение 6.13. Если невырожденная матрица Aпредставима в виде A = t RR, где R – верхнетреугольная матрица, то матрица Rt R симметрична и подобна A.Доказательство. ИмеемRt R = Rt RRR−1 = RAR−1 ,т. е. матрица Rt R подобна A. Кроме того, (Rt R)t = Rt R, т. е.эта матрица симметрична.¤Предложение 6.14. Если трехдиагональная матрица Aпредставима в виде A = t RR, где R – верхнетреугольная матрица вида (100), то матрица Rt R является матрицей Якоби.Доказательство.
По предложению 6.12 матрица R имеетвид (100). Если A имеет вид (88), то2α1 = x21 , α22 = x22 + y12 , . . . , αn2 = x2n + yn−1,22 222 2222β1 = x1 y1 ,β2 = x 2 y 2 ,. . . , βn−1 = xn−1 yn−1.(101)В частности, элементы x1 , . . . , xn , y1 , .
. . , yn−1 отличны от нуля.Рассмотрим матрицуx1 y1 0 . . .00 0 x2 y200 .. . ... .........×Rt R = ... ...... ...... 000 . . . xn−1 yn−1 000 ...0xnx1 00 ...00 y1 x2 000 .. . . . ...... ..... ........ ...... ...0. xn−1 0 00000 . . . yn−1 xnВ этой симметричной матрице на месте (i, j) стоит произведениеi−1z }| {cij = (0, . . .
, 0, xi , yi , 0, . . . , 0) ×134В. А. Артамоновj−1tz }| {(0, . . . , 0, xj , yj , 0, . . . , 0).(102)Следовательно, если i + 2 ≤ j, то cij = 0. Если i = j − 1, тоci,i+1 = xi+1 yi 6= 0 по (101). Поэтому Rt R – матрица Якоби. ¤Заметим, что формулы (101), (102) показывают,что по α1 , . . . , αn , β1 , . . . , βn−1 можно найти элементыx1 , . . . , xn , y1 , .
. . , yn−1 , причем диагональные элементы ciiматрицы Rt R равныcii = yi2 + x2i ,i = 1, . . . , n,где yn = 0.Предложение 6.15. Пусть A – симметричная матрицас положительными собственными значениями и A = t RR, гдеR - верхнетреугольная матрица. Предположим, что A = B 2и Q = BR−1 . Тогда матрица Q ортогональна.Доказательство. ИмеемtQQ = t R−1t BBR−1 = t R−1 B 2 R−1 = t R−1t RRR−1 = E.¤Теорема 6.16. Пусть A – симметричная матрица с различными положительными собственными значениями. Построим последовательность матриц Am , m ≥ 0, где A0 = Aи для каждого m ≥ 0 выбрано разложение Am = t Rm Rm , причем Am+1 = Rm t Rm , где Rm – верхнетреугольные матрицы.Тогда последовательность Am , m ≥ 0 сходится к диагональной матрице.Доказательство.
Из курса линейной алгебры известно,что симметрическая квадратная матрица A является квадратомсимметрической алгебры B с положительными собственнымизначениями. Положим A1 = A, B1 = B. Пусть уже построена последовательность симметрических матриц Bm , m ≥ 0, с2положительными собственными значениями, причем Am = Bmдля всех m. Тогда Bm = Qm Rm , где по предложение 6.15 матрицы Qm ортогональны. Построим матрицы Rm Qm и сравнимих с Am+1 . Заметим, что−1(Rm Qm )2 = Rm Qm Rm Qm Rm Rm=Локализация значения1352−1−1R m BmRm= Rm Am Rm=−12Rm t Rm Rm Rm= Rm t Rm = Am+1 = Bm+1.(103)Обе матрицы U = Bm+1 , V = Rm Qm симметричны, их собственные значения различны и положительны в силу (103). Длязавершения доказательства теоремы остается доказать следующую лемму.Лемма 6.17.
Пусть U, V – симметрические операторыс различными положительными собственными значениями,причем U 2 = V 2 . Тогда U = V .Доказательство. Пусть λ1 , . . . , λn > 0 – все собственныезначения оператора U . По условию все эти значения различны.Из курса линейной алгебры известно, что существует собственный ортонормированный базис e = (e1 , . .
. , en ) для оператораU , причем U ei = λi ei , 1 ≤ i ≤ n. В этом базисе матрица U имеетдиагональный вид diag(λ1 , . . . , λn ). Без ограничения общностиможно считать, что λ1 > . . . > λn . В базисе e матрица оператора U 2 имеет вид diag(λ21 , . . . , λ2n ), причем λ21 > . . . > λ2n .Аналогично, существует ортонормированный базис f =(f1 , .
. . , fn ), в котором матрица V имеет вид diag(µ1 , . . . , µn ),µ1 > . . . > µn , а матрица V 2 имеет вид diag(µ21 , . . . , µ2n ), µ21 >. . . > µ2n .Так как U 2 = V 2 , то λ21 = µ21 , . . . , λ2n = µ2n , и λ1 =µ1 , . . . , λn = µn . Но для любого i получаемhei i = ker(U 2 − λi E) = ker(V 2 − µi E) = hfi i.Отсюда можно считать, что ei = fi . Итак, e = f и в этом общембазисе матрицы операторов U, V равны.¤¤4. Метод бисекцийЭтот метод позволяет отыскивать для произвольной вещественной симметрической матрицы все ее собственные значенияна любом интервале и исследовать общее распределение собственных значений. Для ускорения работы этот алгоритм обычно применяют для трехдиагональных матриц. В основе метода136В. А.
Артамоновбисекций лежит закон инерции для квадратичных форм, теорема Сильвестра. Пусть A – заданная симметрическая вещественная матрица. Заметим, что если матрица A подобна матрице B,т. е. B = C −1 AC для некоторой невырожденной матрицы C, тодля любого λ ∈ R матрица A − λE подобна матрице B − λE.Действительно, B − λE = C −1 (A − λE)C. Таким образом, если J – трехдиагональная матрица, подобная A, то J − λE –трехдиагональная матрица, подобная A − λE.Отметим, что если матрица A − λE вырождена, то число λявляется собственным значением A. Поэтому можно предполагать, что матрицы A − λE, J − λE невырождены.Вычислим для матрицы J −λE последовательность ее главных миноров1, δ1 (λ), .
. . , δn (λ)(104)и обозначим через n− (λ) количество отрицательных собственных значений матриц A − λE и J − λE. Из курса линейной алгебры известно, что число n− (λ) равно числу перемен знаков впоследовательности (104). Таким образом, если задан интервал(λ1 , λ2 ) ⊆ R, то число n− (λ2 ) − n− (λ1 ) равно числу собственныхзначений A и J, лежащих в интервале (λ1 , λ2 ). Многократноделя отрезок (λ1 , λ2 ) пополам мы сможем найти собственноезначение A с любой точностью. Обычно для нахождения всехсобственных значений A в качестве первоначального интервала берется интервал (−λ, λ), где λ – верхняя граница круговГершгорина.Отметим, что если J – матрица Якоби вида (88), то, разлагая ее определитель по последнему столбцу и последней строке,получаем рекуррентную формулу для вычисления главных миноров J.
Именно, если m = 2, . . . , n − 1, тоδ0 (λ) = 1, δ1 (λ) = α1 − λ,2δm+1 (λ) = (αm+1 − λ)δm (λ) − βmδm−1 (λ).(105)Из (105) видно, что два соседних минора δm+1 (λ), δm (λ) не могут одновременно равняться нулю. Кроме того, если δm (λ) = 0для некоторого m, то δm−1 (λ), δm+1 (λ) отличны от нуля и имеют разные знаки.Локализация значения1375. УпражненияУпражнение 6.18.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
