О А Борисенко - Аналітична геометрія - страница 60

Страницы:
1  2  3  4  5  6  7  8  9  10  11  12  13  14  15  16  17  18  19  20  21  22  23  24  25  26  27  28  29  30  31  32  33  34  35  36  37  38  39  40  41  42  43  44  45  46  47  48  49  50  51  52  53  54  55  56  57  58  59  60  61  62  63  64  65  66  67  68  69  70  71  72  73  74  75  76  77  78  79  80  81  82  83  84  85  86 

Многочлен det(A XE) = 0 називається характеристичним много­членом матриц; A; кореш характеристичного многочлена називаються власними числами матриці A; ненульові вектори n, які задовольняють рівнянню An = Xn, для деякого числа X називаються власними векто­рами матриці A, що відповідають власному числу X.

У симетричної матриці всі власні числа дійсні і їх кількість співпадає з порядком матриці з урахуванням кратності кореня.

Дійсно, нехай X довільний корінь многочлена det(A XE) = 0. Тоді система (aik X5ik)xk = 0 (i = l...,n) має ненульовий розв'язок (x1, x2,xn) і число X також є корінь det(A XE) = 0, оскільки коефі­цієнти характеристичного многочлена дійсні (тут X комплексне число, спряжене числу X; точно такий же зміст верхня риска має і далі).

Доведемо, що числа (x1,...,xn) утворюють розв'язок (очевидно, не­тривіальний) системи (aik X5ik)xk = 0   (i = 1, ...,n).

Справді,

(aik X5ik)xk = (aik X 5ik)xk = = (aik X5ik )xk = 0.

Таким чином,

aik xk = Xxi,   aik xk = Xxi.

Першу з цих рівностей домножаємо на xi, другу на xi, просумуємо по i:

aikxixk = X^xixi =        \xi\2,

 

 

 

iiМатриця A симетрична, тому

 

ik               ki ik

Таким чином,Але


XE \xi\2 = xE \xi\2-

ii

E \xi\2 = 0,отже, X = X, и X дійсне число.

Для кожного власного числа симетричної матриці існує дійсний вла­сний вектор. Причому власні вектори, що відповідають різним власним числам, ортогональні. Дійсно, нехай X1 = X2 — власні значення матриці A;  n1, n2 — власні вектори, що їм відповідають. Тоді

An1 = X1n1, An2 = X2n2 Помножимо перше рівняння скалярно на n2, друге на n 1 :

An1, n2 = X1 n1, n2 , An2, n1 = X2 n1, n2

З огляду на симетрічність матриці A ліві частини рівностей рівні, тому рівні і праві. Оскільки X1 = X2, то (n 1, n2 } = 0.

Існує ортогональний базіс простору, що складається з власних век­торів симетричної матриці, в якому вона приймає діагональний вигляд.Приклад. Нехай e 1 = (1, 0, 0),    e2(0,1, 0),    e3(0, 0,1) тори матриці A. Який вигляд має матриця A? Оскільки e1 — власний вектор A, то


власні век-

a11

a12

a13

a12

a22

a23

a13

a23

a33

X,

a12 =

a13


a11 a12 a13Аналогічно знаходимо решту елементів матриці A, вона має вигляд

a11

0

0

0

a22

0

0

0

a33

1)  Отже, щоб узнати площину симетрії п поверхні (6.5), потрібно:знайти власні числа X матриці A;

2)  знайти власні вектори матриці A, що відповідають знайденим вла­сним числам;

3)  якщо X = 0, то d = ^ \ ^; якщо X = 0 і відповідний власний век­тор задовольняє умові (b, n ) = 0, то площиною симетрії поверхні є будь-яка площина з нормаллю n; якщо X = 0, а з найдечний з пер­шого рівняння системи (6.12) вектор n такий, що (b, n ) = 0, то у поверхні немає площин симетрії з нормаллю n.

Страницы:
1  2  3  4  5  6  7  8  9  10  11  12  13  14  15  16  17  18  19  20  21  22  23  24  25  26  27  28  29  30  31  32  33  34  35  36  37  38  39  40  41  42  43  44  45  46  47  48  49  50  51  52  53  54  55  56  57  58  59  60  61  62  63  64  65  66  67  68  69  70  71  72  73  74  75  76  77  78  79  80  81  82  83  84  85  86 


Похожие статьи

О А Борисенко - Сучасні інформаційні системи і технології матеріали першої міжнародної науково -практичної конференції

О А Борисенко - Аналітична геометрія