[ Pobierz całość w formacie PDF ]
występujący w równaniu charakterystycznym nie ma pierwiastków wymiernych.
Przykład 2
Niech
41
SÅ‚awomir Milewski Metody numeryczne konspekt
data utworzenia: styczeń 2006, data modyfikacji: styczeń 2011
1 3 -1
îø ùø
ïø úø
A = 1 2 4 .
ïø úø
ïø-1 2 3
úø
ðø ûø
Równanie charakterystyczne
1- » 3 -1
(A - »I) = 1 2 - » 4
-1 2 3- »
po rozwinięciu (np. względem pierwszego wiersza) ma postać następującego wielomianu
»3 - 6»2 - » + 27 = 0
Wielomian ten nie posiada pierwiastków wymiernych, (co łatwo sprawdzić, gdyż mogłyby
one wynosić odpowiednio »i =1, 3, 9, 27 ale żadna z tych liczb nie speÅ‚nia równania).
Równanie trzeciego stopnia posiada odpowiednie wzory na swoje pierwiastki rzeczywiste,
(jeżeli istnieją) tzw. wzory Cardana, ale są one dość uciążliwe w użyciu. Dlatego
posłużymy się w tym przypadku metodami numerycznymi dla określenia jednego z
pierwiastków, aby pozostałe dwa wyznaczyć już w sposób analityczny. Budując z
powyższego wielomianu schemat iteracyjny dla metody Newtona
F(») = »3 - 6»2 - » + 27
3 2
F(»n ) »n - 6»n - »n + 27
»n+1 = »n - = »n -
2
F '(»n) 3»n -12»n -1
oraz startujÄ…c np. z »0 =1 otrzymujemy dla czterech kolejnych iteracji
»1 = 3.1 »2 = 2.676414 »3 = 2.720801 »4 = 2.721158
Ostatni wynik można uznać już za satysfakcjonujący gdyż odpowiadające mu tempo
»3 - »4
zbieżności = 0.000131 jest relatywnie małą liczba.
»4
Zatem przyjmujemy do dalszych obliczeÅ„ » = »4 = 2.721158 . W celu wyznaczenia
pozostaÅ‚ych pierwiastków równania dzielimy wyjÅ›ciowy wielomian przez (» - 2.721158)
otrzymujÄ…c w rezultacie
»3 - 6»2 - » + 27 = (» - 2.721158)(»2 - 3.278842» - 9.922247)
Równanie kwadratowe rozwiązujemy w znany analityczny sposób wyznaczając pozostałe
dwa pierwiastki. Ostatecznie wartości własne macierzy A wynoszą (w kolejności rosnącej)
»1 = -1.911628, »2 = 2.721158, »3 = 5.190470
42
SÅ‚awomir Milewski Metody numeryczne konspekt
data utworzenia: styczeń 2006, data modyfikacji: styczeń 2011
Dla porównania analitycznie policzone wartości własne wynoszą
-1.911629, 2.721159, 5.190470 . Zatem powyższe wielkości numeryczne są bardzo
dobrym przybliżeniem ścisłych wyników analitycznych.
Dalej postępujemy podobnie jak w przykładzie 1 w celu wyznaczenia wektorów własnych.
Dla »1 = -1.911628 i odpowiadajÄ…cego jej wektora v1 = (x1, y1, z1) budujemy ukÅ‚ad równaÅ„
1- »1 3 -1 x1 0 2.911628 3 -1 x1 0
îø ùø îø ùø îø ùø îø ùø îø ùø îø ùø
ïø úø ïø ïø0úø ïø úø ïø ïø0úø
1 2 - »1 4 y1úø = Ò! 1 3.911628 4 y1úø =
ïø úø ïø úø ïø úø ïø úø ïø úø ïø úø
ïø -1 2 3- »1ûø ðø z1 ûø ðø0úø ðø -1 2 4.911628ûø ðø z1 ûø ðø0úø
úø ïø úø ïø ïø úø ïø úø ïø
ðø ûø ûø
Do dwóch pierwszych równań (trzecie to tożsamość w stosunku do nich) dołączamy warunek
na jednostkową długość wektora własnego.
2.911628 x1 + 3 y1 - z1 = 0
ñø
ôøx + 3.911628 y1 + 4 z1 = 0
òø
1
2 2 2
ôø
x1 + y1 + z1 =1
óø
Rozwiązanie tego układu daje współrzędne wektora v1
x1 = 0.723635 y1 = -0.575143 z1 = 0.381527
Analogiczne obliczenia można przeprowadzić dla pozostałych wartości własnych.
Odpowiadające im wektory własne wynoszą
v2 = (x2, y2, z2) x2 = -0.878231 y2 = -0.458209 z2 = 0.136948
v3 = (x3, y3, z3) x3 = 0.423079 y3 = 0.756967 z3 = 0.498000
W ogólności dla dowolnej macierzy może okazać się, iż dana macierz nie posiada wartości
własnych rzeczywistych lub posiada wartości własne wielokrotne. W drugim przypadku nie
istnieje jeden unormowany wektor własny, ale cały ich zbiór leżący na konkretnej
płaszczyznie.
Bardzo często występującymi macierzami w naukach technicznych są macierze symetryczne,
np. w mechanice ciała odkształcalnego takimi macierzami są macierz naprężeń i macierz
odkształceń dla materiału izotropowego. Można wykazać następujące twierdzenie:
Twierdzenie 1
Każda macierz symetryczna dodatnio określona posiada wszystkie wartości własne
rzeczywiste dodatnie i różne od siebie.
Przykład 3
Macierz naprężeń dla płaskiego stanu naprężenia opisana jest w każdym punkcie ciała
îø ùø
3 2
A =
ïø úø
2 2
ïø úø
ðø ûø
43
SÅ‚awomir Milewski Metody numeryczne konspekt
data utworzenia: styczeń 2006, data modyfikacji: styczeń 2011
Znalezć postać macierzy w układzie własnym oraz jej kierunki główne.
Układamy równanie charakterystyczne (tu również nazywane równaniem wiekowym lub
sekularnym)
3- » 2
(A - »I) = = 0 Ò! »2 - 5» + 4 = 0
2 2 - »
WartoÅ›ci wÅ‚asne wynoszÄ… »1 =1, »2 = 4 .
Wektory własne:
" dla »1 = 1
îø3 -1 2 ùø
ñø2x1 + 2y1 = 0
x1 0
îø ùø îø ùø
ôø
= Ò!
ïø úø
òø
ïø ïø0úø
2 2
x1 + y1 =1
2 2 -1ûø y1úø ðø ûø
ïø úø ðø ûø ôø
óø
ðø
stÄ…d x1 = 0.816497, y1 = 0.577350 .
" dla »2 = 4
îø3 - 4 2 ùø
ñø-x2 + 2y2 = 0
x2 0
îø ùø îø ùø
ôø
= Ò!
ïø úø
òø
ïø úø ïø0úø
2 2
x2 + y2 = 1
2 2 - 4ûø y2 ðø ûø
ïø úø ðø ûø ôø
óø
ðø
stÄ…d x2 = -0.577350, y2 = 0.816497, .
Dla wektorów własnych (tu: wersorów wyznaczających osie główne) macierzy
symetrycznych istnieje warunek ich wzajemnej ortogonalności
T T
x1 x2 0.816497
îø ùø îø ùø îø ùø îø-0.577350
ùø
Å" = Å" = 0
ïø ïø úø ïø0.577350úø ïø úø
y1úø y2 0.816497
ðø ûø ðø ûø ðø ûø ðø ûø
co sprowadza się do obliczenia iloczynu skalarnego wektorów (dla wektorów prostopadłych
iloczyn skalarny jest równy zeru).
W analitycznej i numerycznej analizie problemów własnych macierzy pomocnicze są
następujące twierdzenia:
Twierdzenie 2
Jeżeli macierz posiada różne wartości własne to istnieje zbiór liniowo niezależnych wektorów
własnych, z dokładnością do stałej, co oznacza istnienie jednoznacznych kierunków tych
wektorów.
Twierdzenie 3 (Cayley Hamiltona)
îø ùø
Macierz symetryczna drugiej walencji ( A = ) spełnia swoje własne równanie
ðøaij ûø
charakterystyczne.
44
SÅ‚awomir Milewski Metody numeryczne konspekt
data utworzenia: styczeń 2006, data modyfikacji: styczeń 2011
A
A3 - I1AA2 + I2 A - I3AI ,
A
gdzie I1A, I2 , I3A sÄ… jej niezmiennikami.
Twierdzenie 4
Jeżeli g(x) jest wielomianem, a » jest wartoÅ›ciÄ… wÅ‚asnÄ… macierzy A, to g(») jest wartoÅ›ciÄ…
własną macierzy g(A) .
Przykład 4
WartoÅ›ci wÅ‚asne macierzy A wynoszÄ… »i = {-2,0,1,3} . Obliczyć wartoÅ›ci wÅ‚asne macierzy
B = A3 - 2A2 + A -10I
Konsekwencją twierdzenia 4 jest przeniesienie zależności miedzy macierzami A i B na
zależność między ich wartościami własnymi, czyli:
3 2
»B = »A - 2»A + »A -10
co pozwala bardzo łatwo obliczyć wartości własne macierzy B
»1 = (-2)3 - 2(-2)2 + (-2) -10 = -28
»2 = 03 - 2Å"02 + 0 -10 = -10
»3 = 13 - 2Å"12 +1-10 = -10
»4 = 33 - 2Å"32 + 3 -10 = 2
Twierdzenie 5
Transformacja macierzy A przez podobieństwo nie zmienia jej wartości własnych.
Jeżeli R jest macierzą nieosobliwą to transformacją przez podobieństwo nazywamy
[ Pobierz całość w formacie PDF ]