Oblig 2 - MAT1120. Fredrik Meyer 26. oktober 2009 = A = P1 1 A 1 P 1 A 1 A 2 = P 1. A k+1. A k P k

Transkript

1 Oblig 2 - MAT20 Fredri Meyer 26 otober 2009 Matrisee A i er defiert sli der P er e rotasjosmatrise som defierer i oppgave 2: A A 2 A + = A = P A P = P A P Oppgave Matrisee A i+ og A i er similære det fies e iverterbar matrise P sli at A i+ = P A i P Fra Theorem 4 side 33 i Lay, følger det at de har de samme egeverdiee Det følger idutivt at alle matrisee på dee forme har de samme egeverdiee Vi sal å fie et uttry for egevetoree til A + ved hjelp av egevetoree til A Ata at v er e egevetor til A Da har vi at A v = λv Vi gager begge sider med P at P A = A + P fra vestre, og får at P, så vi får at A + P A v = λp v Hus å v Det følger at egevetore til A + er gitt ved P dette at egevetore til A er gitt ved P til A v = P v der v er egevetore til A Ved idusjo gir P 2 P v der v er e egevetor Oppgave 2 Vi defierer P som x-matrise sli at P ) rr = P ) ss = cos θ, P ) rs = P ) sr = si θ, P ) ii = for i = r, s) og 0 ellers Vi sal vise at P er ortogoal, altså at PP T = I Dette a gjøres ved å srive P som e matrise med radvetorer, og P T som e matrise med oloevetorer, for så å gage disse samme, og se hva vi får Vi sriver

2 u w P = w 2 Hvor u i er ehetsvetoree, og w = 0,, cos θ,, si θ,, 0), med de trigoometrise fusjoee der de sal være På samme måte sriver vi Vi gager disse samme: PP T = u P T = u T v T v2 T u T ) u w w 2 u u T v T v2 T u T ) = u u u v u v 2 u u w u w v w v 2 w u w u w 2 v w 2 v 2 w 2 u u u u v u v 2 u u Ved å udersøe alle disse priprodutee, ser vi at alle de på diagoale blir é, og alle adre forsvier Spesielt er w 2 v = 0,, si θ,, cos θ,, 0) 0,, cos θ,, si θ,, 0) = 0+ + si θ cos θ+ si θ cos θ = 0 De adre utregigee foregår på tilsvarede vis ) Oppgave 3 P alles ofte e rotasjomatrise fordi de roterer et pla med e viel θ Dette a esemplifiseres ved formele φ = arccos a b ) som gir oss viele mellom to vetorer Tester vi dette på e av de rammede vetoree i a b trasfor- 2

3 masjoe x Px, ser vi at u r er ehetsvetor r r, og w r er oloe r i rotasjosmatrise) φ = arccos u r w r u r w r ) = θ Side legder bevares og ige av de adre ehetsvetoree edres, a vi oludere med at dee matrise roterer et uderrom av R Oppgave 4 Laget fusjoe i MATLAB, og resultatet er som følger: fuctio P=trasmatrr,s,theta,) P = eye); Pr,r)=costheta); Ps,s)=costheta); Pr,s)=sitheta); Ps,r)=-sitheta); Fusjoe tar posisjoe r,s), viele θ og dimesjoe som argumeter, og returerer matrise defiert i oppgave 2 Oppgave 5 Vi defierer A F = i =j A 2 ij Og øser å lage e fusjo som tar e reell -matrise og returerer A F Det er fort gjort, og MATLAB-fusjoe er gjegitt uder: fuctio fbo=frobormoffa) s = 0; [m,]= sizea); for =: % tar priprodutet av hver rad og summerer s = s + A,:)*A,:) ; ed s = s - diaga) *diaga); % treer fra diagoale fbo = sqrts); % returerer svaret Oppgave 6 Vi sal lage e MATLAB-fusjo som returerer posisjoe til det elemetet i e matrise utefor diagoale med størst absoluttverdi Det er fort gjort, og MATLAB-programmet er gjegitt uder: fuctio [r,s]=offabsmasa) [m,] = sizea); r =; s =r; 3

4 sistestore = 0; for i=: for j=: if i~=j if absai,j)) >= sistestore sistestore = absai,j)); r = i; s = j; ed ed ed ed Oppgave 7 Vi defierer B = P T AP Vi sal første vise at B er symmetris år A er det Altså at B T = B La oss berege B T : B T = P T AP) T = P T P T A) T = P T A T P = P T AP Hvor vi i siste lihet beyttet oss av at A også er symmetris Nå sal vi vise følgede lihet: B rs = B sr = si θ cos θa rr A ss )+cos 2 θ si 2 θ)a rs Det første lihetsteget følger av at B er symmetris Reste er re regig E hjelpsom observasjo er at hvis C = AB, så er C ij = = a ib j Dette er egetlig defiisjoe på multipliasjo av matriser B ij = P T AP) ij = B rs = = ) p mi a m p j = ) p mi a m p j = [p mr si θa mr + cos θa ms )] = si θ p mr a mr + cos θ p mr a ms = si θcos θa rr si θa sr )+cos θcos θa rs si θa ss ) = si θ cos θa rr a ss )+cos 2 θ si 2 θ)a rs Som var det vi sulle vise Dette er lage jedelige utregiger hvor vi må passe på hele tide hvorda P er defiert Oppgave 8 Vi får opplyst at A ij ) 2 = B ij ) 2 4

5 Fra dette følger det at B F = 2Brs 2 + B ij ) 2 = 2Brs 2 + A ij ) 2 = 2B 2 rs + A F 2A 2 rs Velger vi å r,s) sli at A rs er størst mulig, og samtidig får ligige siθcosθa rr A ss )+cos 2 θ si 2 θ)a rs = 0 til å gå opp, ser vi at: ) B rs = 0 og 2) B F = A F 2A 2 rs Dermed har vi fått B F mist mulig Oppgave 9 Dette er eel regig og bru av trigoometrise idetiteter: 0 = si θ cos θa rr A ss )+cos 2 θ si 2 θ)a rs Vi deler på cos2θ) på begge sider: Omstoig gir Oppgave 0 Vi sal studere følgede ode: = 2 si2θ)a rr A ss )+cos2θ)a rs 2 ta2θ)a rr A ss )+ A rs = 0 ta2θ) = 2A rs A ss Arr fuctio [P,D]=jacobiA) tolerase=0^-4); =sizea,); % størrelse på matrise P=eye); % lager e ehetsmatrise while frobormoffa)>tolerase % så lege orme er større e tolerase % fortsetter algoritme theta=ata 2*Ar,s)/As,s)-Ar,r)) )/2; % løser ligige fra forrige oppgave Ptheta=trasmatrr,s,theta,); A=ivPtheta)*A*Ptheta; P=P*Ptheta; ed D=A; Kort forlart: Det fusjoe gjør er å ta i e symmetris matrise A, og så gjøre dee mer diagoal ved å fjere store elemeter utefor diagoale samtidig som egeverdiee bevares Dette er forlart tidligere De fortsetter å fie matriser P i helt til absoluttorme er uder e viss tolerase, og de returerer da to matriser De ee er e diagoalmatrise D beståede av egeverdier til A, og de adre er e matrise P beståede av egevetorer til A 5