Дискуссионный математический форумМатематический форум

Математический форум Math Help Planet

Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Канонический вид ортогонального преобразования евклидова пространства
ОглавлениеЛинейная алгебра

Канонический вид ортогонального преобразования евклидова пространства


Рассмотрим инвариантные подпространства ортогонального преобразования евклидова пространства. По теореме 9.4 линейное преобразование вещественного пространства имеет одномерное или двумерное инвариантное подпространство. Выясним геометрический смысл сужения ортогонального преобразования на инвариантное подпространство.


1. Пусть [math]L[/math] — одномерное инвариантное подпространство с базисом [math]\boldsymbol{e}_1[/math]. Тогда [math]\boldsymbol{e}_1[/math] — собственный вектор преобразования: [math]\mathcal{A}(\boldsymbol{e}_1)=\lambda \boldsymbol{e}_1[/math]. По свойству [math]\lambda=\pm1[/math]. Следовательно, ортогональное преобразование [math]\mathcal{A}\colon L\to L[/math] одномерного пространства — это либо тождественное преобразование [math]\mathcal{A}(\boldsymbol{e}_1)= \boldsymbol{e}_1[/math] либо отражение (симметрия) [math]\mathcal{A}(\boldsymbol{e}_1)= -\boldsymbol{e}_1[/math].


2. Пусть [math]L[/math] — двумерное инвариантное подпространство с ортонормированным базисом [math]\boldsymbol{e}_1, \boldsymbol{e}_2[/math]. Запишем для матрицы [math]A=\begin{pmatrix} a&b\\ c&d \end{pmatrix}[/math] ортогонального преобразования [math]\mathcal{A}\colon L\to L[/math] равенство [math]A^T=A^{-1}:[/math]


[math]\begin{pmatrix}a&c\\ b&d \end{pmatrix}= \frac{1}{\det{A}}\! \begin{pmatrix} d&-b\\ -c&a \end{pmatrix}\!.[/math]

По свойству 6 для собственного преобразования [math]\det{A}=1[/math], поэтому [math]d=a,~ c=-b,[/math] [math]\det{A}=a^2+b^2=1[/math], т.е. [math]a=\cos\varphi[/math] и [math]b=\sin\varphi[/math], где [math]\varphi[/math] — некоторый угол. Следовательно, матрица собственного ортогонального преобразования двумерного пространства совпадает с матрицей поворота на угол [math](-\varphi)\colon[/math] [math]A=R_{\varphi}= \begin{pmatrix} \cos\varphi& \sin\varphi\\ -\sin\varphi& \cos\varphi \end{pmatrix}[/math]. Для несобственного преобразования [math]\det{A}=-1[/math] (см. свойство 6), поэтому [math]d=-a,~ c=b,[/math] [math]\det{A}=-a^2-b^2=-1[/math]. Матрица [math]A=\begin{pmatrix}a&b\\ b&-a\end{pmatrix}[/math] имеет два действительных собственных значения [math](\lambda_1=1,~ \lambda_2=-1)[/math], так как


[math]\det(A-\lambda E)= \begin{vmatrix}a-\lambda&b\\ b&-a-\lambda \end{vmatrix}=(a-\lambda)\cdot(-a-\lambda)-b\cdot b= \lambda^2-a^2-b^2=\lambda^2-1.[/math]

Поэтому несобственное ортогональное преобразование имеет два одномерных инвариантных подпространства (см. пункт 1).

Получим канонический вид преобразования. Пусть [math]L[/math] — одномерное или двумерное инвариантное подпространство для ортогонального преобразования [math]\mathcal{A}\colon \mathbb{E}\to \mathbb{E}[/math]. Представим пространство в виде прямой суммы [math]\mathbb{E}= L\plus L^{\perp}[/math]. Выберем в [math]L[/math] ортонормированный базис и дополним его до ортонормированного базиса всего пространства. В этом базисе матрица [math]A[/math] преобразования будет иметь блочно-диагональный вид [math]A=\operatorname{diag} (A_L,A_{L^{\perp}})[/math], где [math]A_{L}[/math] — матрица сужения [math]\mathcal{A}_L[/math] преобразования [math]\mathcal{A}[/math] на [math]L[/math], а [math]A_{L^{\perp}}[/math] — матрица сужения [math]\mathcal{A}_{L^{\perp}}[/math] преобразования [math]\mathcal{A}[/math] на [math]L^{\perp}[/math]. Согласно пунктам 1, 2: [math]A_L=(1)[/math] или [math]A_L=-1[/math] при [math]\dim{L}=1[/math], либо [math]A_L= R_{\varphi}= \begin{pmatrix} \cos\varphi&\sin\varphi\\ -\sin\varphi& \cos\varphi \end{pmatrix}[/math] при [math]\dim{L}=2[/math]. Следовательно, в матрице [math]A=\operatorname{diag} (A_L,A_{L^{\perp}})[/math] ортогонального преобразования блок [math]A_L[/math] имеет один из указанных трех видов. Поскольку подпространство [math]L^{\perp}[/math] инвариантно относительно ортогонального преобразования [math]\mathcal{A}[/math] (см. свойство 7), то к матрице [math]A_{L^{\perp}}[/math] применимы те же выводы, что и к матрице [math]A[/math]. Таким образом, справедливо следующее утверждение.




Теорема (9.9) о каноническом виде ортогонального преобразования


Для каждого ортогонального преобразования [math]\mathcal{A}\colon \mathbb{E}\to \mathbb{E}[/math] n-мерного евклидова пространства [math]\mathbb{E}[/math] существует ортонормированный базис, в котором матрица преобразования имеет канонический вид:


[math]\mathop{A}\limits_{(\boldsymbol{s})}= \begin{pmatrix}\pm1&{}&{}&{}&{}&{}\\ {}&\ddots&{}&{}&O&{}\\ {}&{}&\pm1&{}&{}&{}\\ {}&{}&{}&R_{\varphi_1}&{}&{}\\ {}&O&{}&{}&\ddots&{}\\ {}&{}&{}&{}&{}&R_{\varphi_k} \end{pmatrix}\!.[/math]
(9.20)

На главной диагонали матрицы стоят либо числа 1 или (–1), либо блоки вида [math]R_{\varphi}= \begin{pmatrix}\cos\varphi&\sin\varphi\\ -\sin\varphi&\cos\varphi \end{pmatrix}[/math], а остальные элементы матрицы равны нулю.


Базис [math](\boldsymbol{s})=(\boldsymbol{s}_1,\ldots,\boldsymbol{s}_n)[/math], в котором матрица преобразования имеет вид (9.20), называется каноническим. Заметим, что канонический базис определяется неоднозначно.




Приведение ортогонального преобразования к каноническому виду


Задача приведения ортогонального преобразования к каноническому виду формулируется следующим образом: требуется найти базис (канонический), в котором матрица ортогонального преобразования имеет канонический вид (9.20). Для приведения ортогонального преобразования к каноническому виду нужно выполнить следующие действия.


Нахождение канонического вида ортогонального преобразования (первый этап).


1. Выбрать базис [math]\boldsymbol{e}_1,\ldots, \boldsymbol{e}_n[/math] евклидова пространства [math]\mathbb{E}[/math] и найти матрицу [math]A[/math] преобразования в этом базисе.


2. Составить характеристическое уравнение [math]\det(A-\lambda E)=0[/math] и найти различные его корни [math]\lambda_1,\ldots, \lambda_k[/math] (а также их алгебраические кратности).


3. Записать блочно-диагональную матрицу (9.20) канонического вида ортогонального преобразования:


— каждый действительный корень [math]\lambda_1[/math] кратности [math]n_1[/math] поместить на главной диагонали [math]n_1[/math] раз;


— для каждой пары [math]\lambda=\alpha\pm\beta i[/math] комплексных сопряженных корней кратности [math]m[/math] записать [math]m[/math] блоков вида [math]R_{\varphi}= \begin{pmatrix} \alpha&\beta\\ -\beta&\alpha \end{pmatrix}[/math] (см. доказательство свойства 8 ортогональных преобразований).


Нахождение канонического базиса (второй этап).


4. Для действительного корня [math]\lambda_1[/math] кратности [math]n_1[/math] найти фундаментальную систему [math]x_1,\ldots,x_{n_1}[/math] решений однородной системы [math](A-\lambda_1E)x=o[/math]. Линейно независимую систему [math]\boldsymbol{x}_1,\ldots, \boldsymbol{x}_{n_1}[/math] векторов (пространства [math]\mathbb{R}^n[/math]) ортогонализировать и нормировать. Получим векторы [math]\boldsymbol{s}_1,\ldots, \boldsymbol{s}_{n_1}[/math].


5. Для пары [math]\lambda=\alpha\pm\beta i[/math] комплексных сопряженных корней кратности [math]m[/math] найти фундаментальную систему [math]z_1,\ldots,z_{m}[/math] решений однородной системы [math](A+(\alpha+\beta i)E)z=o[/math]. Выделяя действительные [math]x_j=\operatorname{Re}z_j[/math] и мнимые части [math]y_j=\operatorname{Im}z_j,[/math] [math]j=1,\ldots,m[/math], комплексных столбцов [math]z_1,\ldots,z_{m}[/math], получить [math]m[/math] пар ортогональных векторов [math]\boldsymbol{x}_1,\boldsymbol{y}_1; \boldsymbol{x}_2, \boldsymbol{y}_2;\ldots; \boldsymbol{x}_m,\boldsymbol{y}_m[/math] (пространства [math]\mathbb{R}^n[/math]). Эту систему векторов ортогонализировать и нормировать. Получим [math]2m[/math] векторов [math]\boldsymbol{s}_1,\ldots,\boldsymbol{s}_{2m}[/math].


6. Выполнить пункт 4 или пункт 5 для всех различных корней характеристического уравнения. Получаемые в результате группы столбцов последовательно записать в матрицу [math]S[/math] перехода от базиса [math]\boldsymbol{e}_1,\ldots,\boldsymbol{e}_n[/math] к искомому каноническому базису [math]\boldsymbol{s}_1,\ldots, \boldsymbol{s}_n \colon\,(\boldsymbol{s})= (\boldsymbol{e})S[/math]. Матрица [math]S^{-1}AS[/math] преобразования [math]\mathcal{A}[/math] будет иметь канонический вид (9.20), полученный в пункте 3.


Замечания 9.7


1. Собственные векторы ортогональной матрицы, принадлежащие различным собственным значениям, ортогональны.


2. Из пункта 1 следует, что для получения ортонормированного базиса достаточно ортонормировать отдельно каждую группу векторов, получаемых в пункте 4 или пункте 5 алгоритма, причем по свойству 8 столбцы [math]x_j,y_j[/math] в пункте 5 будут ортогональными.


3. Матрицу вида (9.20) можно представить в виде произведения матриц, каждая из которых есть либо матрица [math]\operatorname{diag}(1,\ldots,1,-1,1,\ldots,1)[/math] простого отражения относительно гиперплоскости, либо матрица math]\operatorname{diag}(1,\ldots,1, R_{\varphi},1,\ldots,1)[/math] простого вращения двумерной плоскости. Поэтому любое ортогональное преобразование можно представить в виде композиции простых отражений и простых вращений.




Пример 9.5. Ортогональное преобразование [math]\mathcal{A}\colon V\to V[/math] в базисе [math]\boldsymbol{e}_1,\boldsymbol{e}_2,\boldsymbol{e}_3[/math] имеет матрицу [math]A=\begin{pmatrix} 2/3&-1/3&2/3\\ 2/3&2/3&-1/3\\ -1/3&2/3&2/3 \end{pmatrix}[/math]. Привести это преобразование к каноническому виду, т.е. найти базис [math]\boldsymbol{s}_1, \boldsymbol{s}_2, \boldsymbol{s}_3[/math], в котором матрица преобразования имеет канонический вид (9.20).


Решение. Первый этап. Нахождение канонического вида преобразования.


1. Выбираем базис [math]\boldsymbol{e}_1, \boldsymbol{e}_2, \boldsymbol{e}_3[/math], в котором задана матрица преобразования.


2. Составляем характеристическое уравнение


[math]\det(A-\lambda E)= \begin{vmatrix}\dfrac{2}{3}-\lambda&-\dfrac{1}{3}&\dfrac{2}{3}\\[8pt] \dfrac{2}{3}&\dfrac{2}{3}-\lambda&-\dfrac{1}{3}\\[8pt] -\dfrac{1}{3}&\dfrac{2}{3}&\dfrac{2}{3}-\lambda \end{vmatrix}= (1-\lambda)(\lambda^2-\lambda+1)=0.[/math]

Уравнение имеет три простых (кратности 1) корня: один действительный [math]\lambda_1=1[/math] и пару комплексных сопряженных [math]\lambda_{2,3}= \frac{1}{2}\pm\frac{\sqrt{3}}{2}\,i,~ \alpha=\frac{1}{2},~ \beta=\frac{\sqrt{3}}{2}[/math].


3. Записываем искомый канонический вид (9.20), указывая на главной диагонали действительный корень [math]\lambda_1=1[/math] и блок [math]R_{\varphi}= \begin{pmatrix}1/2&\sqrt{3}/2\\ -\sqrt{3}/2&1/2 \end{pmatrix}\!,~ \varphi=\frac{\pi}{3}:[/math]


[math]\mathop{A}\limits_{(\boldsymbol{s})}= \operatorname{diag}(1,\,R_{\varphi})= \operatorname{diag}\!\!\left\lgroup 1, \begin{pmatrix} \dfrac{1}{2}&\dfrac{\sqrt{3}}{2}\\[7pt] -\dfrac{\sqrt{3}}{2}&\dfrac{1}{2} \end{pmatrix}\!\!\right\rgroup= \begin{pmatrix}1&0&0\\[1pt] 0&\dfrac{1}{2}&\dfrac{\sqrt{3}}{2}\\[7pt] 0&-\dfrac{\sqrt{3}}{2}& \dfrac{1}{2} \end{pmatrix}\!.[/math]

Второй этап. Нахождение канонического базиса. Найдем матрицу [math]S[/math] перехода от данного базиса [math]\boldsymbol{e}_1,\boldsymbol{e}_2,\boldsymbol{e}_3[/math] к каноническому [math]\boldsymbol{s}_1, \boldsymbol{s}_2, \boldsymbol{s}_3[/math].


4. Для действительного корня [math]\lambda_1=1[/math] кратности 1 находим фундаментальную систему решений однородной системы [math](A-\lambda_1E)x=o[/math]. Приводим матрицу системы к упрощенному виду:


[math]A-\lambda_1E=A-E= \left(\!\! \begin{array}{rrr}\dfrac{2}{3}&-\dfrac{1}{3}&\dfrac{2}{3}\\[9pt] \dfrac{2}{3}& \dfrac{2}{3}&-\dfrac{1}{3}\\[9pt] -\dfrac{1}{3}&\dfrac{2}{3}&\dfrac{2}{3} \end{array}\!\!\right)- \begin{pmatrix}1&0&0\\[2pt] 0&1&0\\[2pt] 0&0&1\end{pmatrix}= \left(\!\! \begin{array}{rrr} -\dfrac{1}{3}&-\dfrac{1}{3}&\dfrac{2}{3}\\[9pt] \dfrac{2}{3}&-\dfrac{1}{3}&-\dfrac{1}{3}\\[9pt] -\dfrac{1}{3}&\dfrac{2}{3}& -\dfrac{1}{3}\end{array} \!\!\right)\sim \begin{pmatrix}1&0&-1\\ 0&1&-1\\ 0&0&0 \end{pmatrix}\!.[/math]

Следовательно, фундаментальная система содержит одно решение [math]x=\begin{pmatrix} 1&1&1 \end{pmatrix}^T[/math]. Нормируя это решение (поделив координаты на норму [math]|x|= \sqrt{1^2+1^2+1^2}=\sqrt{3}[/math]), получаем столбец [math]s_1=\begin{pmatrix} \dfrac{\sqrt{3}}{3}& \dfrac{\sqrt{3}}{3}& \dfrac{\sqrt{3}}{3}\end{pmatrix}^T[/math].


5. Для пары комплексных сопряженных корней [math]\lambda_{2,3}= \frac{1}{2}\pm \frac{\sqrt{3}}{2}\,i[/math] находим фундаментальную систему решений однородной системы [math](A-\lambda_2E)z=o[/math]. Приводим матрицу системы к упрощенному виду


[math]A-\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,i\right)\!E= \begin{pmatrix} \dfrac{1}{6}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,i&-\dfrac{1}{3}&\dfrac{2}{3}\\[9pt] \dfrac{2}{3}&\dfrac{1}{6}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,i&-\dfrac{1}{3}\\[8pt] -\dfrac{1}{3}&\dfrac{2}{3}&\dfrac{1}{6}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,i \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix}1&0&\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,i\\[8pt] 0&1&\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,i\\[8pt] 0&0&0 \end{pmatrix}\!.[/math]

Следовательно, фундаментальная система содержит одно решение. Полагая [math]z_3=1[/math], получаем решение:


[math]z=\begin{pmatrix}z_1&z_2&z_3 \end{pmatrix}^T=\begin{pmatrix}-\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,i&-\dfrac{1}{2}+ \dfrac{\sqrt{3}}{2}\,i &1\end{pmatrix}^T.[/math]

Выделяем действительную и мнимую части:


[math]x=\operatorname{Re}z= \begin{pmatrix}-\dfrac{1}{2}&-\dfrac{1}{2}& 1\end{pmatrix}^T, \quad y=\operatorname{Im}z= \begin{pmatrix}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}& \dfrac{\sqrt{3}}{2}& 0 \end{pmatrix}^T.[/math]

Нормируя столбцы, поделив координаты вектора [math]\boldsymbol{x}[/math] на его длину


[math]|\boldsymbol{x}|=\sqrt{{\left(-\frac{1}{2}\right)\!}^2+ {\left(-\frac{1}{2}\right)\!}^2+1^2}= \sqrt{\dfrac{3}{2}}\,,[/math] а координаты вектора [math]\boldsymbol{y}[/math] — на [math]|\boldsymbol{y}|= \frac{\sqrt{6}}{2}[/math], получаем

[math]s_2=\begin{pmatrix}-\dfrac{\sqrt{6}}{6}&-\dfrac{\sqrt{6}}{6}&\dfrac{\sqrt{6}}{3} \end{pmatrix}^T,\quad s_3=\begin{pmatrix}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}& \dfrac{\sqrt{2}}{2}& 0\end{pmatrix}^T.[/math]

6. Записываем полученные в пункт 4, 5 столбцы [math]s_1,\,s_2,\,s_3[/math] в искомую матрицу перехода


[math]S= \begin{pmatrix}s_1&s_2&s_3\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}\dfrac{\sqrt{3}}{3}&-\dfrac{\sqrt{6}}{6}&-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\\[9pt] \dfrac{\sqrt{3}}{3}&-\dfrac{\sqrt{6}}{6}& \dfrac{\sqrt{2}}{2}\\[9pt] \dfrac{\sqrt{3}}{3}& \dfrac{\sqrt{6}}{3}&0 \end{pmatrix}\!.[/math]

Проверим равенство [math]S\mathop{A}\limits_{(\boldsymbol{s})}=AS[/math] (равносильное [math]\mathop{A}\limits_{(\boldsymbol{s})}=S^{-1}AS[/math]), находя произведения


[math]\begin{aligned}S\cdot \mathop{A}\limits_{(\boldsymbol{s})}&= \begin{pmatrix} \dfrac{\sqrt{3}}{3}&-\dfrac{\sqrt{6}}{6}&-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\\[9pt] \dfrac{\sqrt{3}}{3}&-\dfrac{\sqrt{6}}{6}& \dfrac{\sqrt{2}}{2}\\[9pt] \dfrac{\sqrt{3}}{3}& \dfrac{\sqrt{6}}{3}&0 \end{pmatrix}\!\cdot\! \begin{pmatrix}1&0&0\\[1pt] 0&\dfrac{1}{2}&\dfrac{\sqrt{3}}{2}\\[8pt] 0&-\dfrac{\sqrt{3}}{2}&\dfrac{1}{2} \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \dfrac{\sqrt{3}}{3}& \dfrac{\sqrt{6}}{6}&-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\\[9pt] \dfrac{\sqrt{3}}{3}&-\dfrac{\sqrt{6}}{3}& 0\\[9pt] \dfrac{\sqrt{3}}{3}& \dfrac{\sqrt{6}}{6}& \dfrac{\sqrt{2}}{2}\end{pmatrix}\!,\\[5pt] A\cdot S&= \left(\!\! \begin{array}{rrr}\dfrac{2}{3}&-\dfrac{1}{3}&\dfrac{2}{3}\\[9pt] \dfrac{2}{3}& \dfrac{2}{3}&-\dfrac{1}{3}\\[9pt] -\dfrac{1}{3}&\dfrac{2}{3}&\dfrac{2}{3} \end{array}\!\!\right)\!\cdot\! \begin{pmatrix} \dfrac{\sqrt{3}}{3}&-\dfrac{\sqrt{6}}{6}&-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\\[9pt] \dfrac{\sqrt{3}}{3}&-\dfrac{\sqrt{6}}{6}& \dfrac{\sqrt{2}}{2}\\[9pt] \dfrac{\sqrt{3}}{3}& \dfrac{\sqrt{6}}{3}&0 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \dfrac{\sqrt{3}}{3}& \dfrac{\sqrt{6}}{6}&-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\\[9pt] \dfrac{\sqrt{3}}{3}&-\dfrac{\sqrt{6}}{3}& 0\\[9pt] \dfrac{\sqrt{3}}{3}& \dfrac{\sqrt{6}}{6}& \dfrac{\sqrt{2}}{2} \end{pmatrix}\!. \end{aligned}[/math]
Результаты совпадают.


Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2016 MathHelpPlanet.com. All rights reserved