Literatura: Text o lineární algebře na webových stránkách přednášejícího (pro opakování). Kapitoly 4 a 5 ze skript Ondřej Zindulka: Matematika 3,

Transkript

1 Předmět: MA4 Dnešní látka Motivační úloha: ztráta stability nosníku Obyčejné diferenciální rovnice s okrajovými podmínkami a jejich řešitelnost Vlastní čísla a vlastní funkce Obecnější pohled na řešitelnost diferenciální operátory Literatura: Text o lineární algebře na webových stránkách přednášejícího (pro opakování). Kapitoly 4 a 5 ze skript Ondřej Zindulka: Matematika 3, ČVUT, Praha, (Kapitola 2 ze skript Karel Rektorys: Matematika 43, ČVUT, Praha, 2001.)

2 Obyčejné diferenciální rovnice s okrajovými podmínkami Motivace: úloha o nosníku [M43, str. 6; M3, str. 56] Nosník: vodorovný, homogenní, konstantního průřezu, prostě uložený a namáhaný na vzpěr osovou silou P, vertikálně zatížený rovnoměrnou silou q [N/m]. L délka nosníku E Youngův modul pružnosti I moment setrvačnosti průřezu vzhledem k ohybové ose u průhyb

3 Průhyb dostaneme vyřešením okrajové úlohy: Po dvojí integraci EIu (4) + Pu = q, (1) u(0) = 0 = u(l), (2) u (0) = 0 = u (L). (3) EIu (x)+pu(x) = q 2 x 2 + c 3 x + c 4. (4) Po dosazení okrajových podmínek (2)-(3) vypočteme c 4 = 0 a c 3 = ql/2. Dostáváme okrajovou úlohu EIu (x)+pu(x) = q 2 x 2 ql x, 2 (5) u(0) = 0 = u(l). (6) Poznámka: Výraz Pu q 2 x 2 + ql 2 x odpovídá momentu sil, který působí na bod[x, u(x)].

4 Rovnici EIu (x)+pu(x) = q 2 x 2 ql x upravme se zavedením 2 na a 2 = P EI (kde a > 0), b = q 2EI u + a 2 u = bx 2 + cx. c = ql 2EI Obecné řešení příslušné homogenní rovnice u + a 2 u = 0 je (viz [MA3, kapitola 2]) u H (x) = C 1 cos ax + C 2 sin ax, C 1, C 2 R (charakteristická rovnice λ 2 + a 2 = 0 má řešení λ = ±ia).

5 Partikulární řešení rovnice u + a 2 u = bx 2 + cx (*) lze hledat ve tvaru (viz [MA3, kapitola 2]) u P (x) = Ax 2 + Bx + C. Dosazením u P a u P = 2A do rovnice (*) vypočteme A, B a C a získáme obecné řešení rovnice (*) u = b a 2 x 2 + c a 2 x 2b a 4 + C 1 cos ax + C 2 sin ax, konstanty C 1 a C 2 vypočteme z okrajových podmínek u(0) = 0 a u(l) = 0.

6 Jest C 1 = 2b. Podmínka u(l) = 0 dává a4 0 = b a 2 L2 + c 2b L+ a2 = q 2EI 1 a 2 L2 ql 2EI a 4(cos al 1)+C 2 sin al 1 2b L+ a2 a 4(cos al 1)+C 2 sin al = 2b a 4(cos al 1)+C 2 sin al. (7) Jestliže sin al 0, pak (7) C 2 = 2b 1 cos al a 4 sin al u(x) = b a 2 x 2 + c a 2 x + 2b 2b 1 cos al a4(cos ax 1)+ a 4 sin ax sin al je hledaný průhyb nosníku, pokud 0< al < π (tj. P < P krit, viz dále). a

7 Co se stane, když sin al = 0? Nejmenší al s touto vlastností je al = π. Pak z (7), tj. z rovnice 0 = 2b a 4(cos al 1)+C 2 sin al dostáváme 0 = 4b a 4 + C 2 0, což nelze splnit (nebot b 0). Okrajová úloha tedy nemá řešení.

8 Jelikož a 2 = P, znamená al = π, že EI P krit = EIπ2 L 2 P = EIπ2 L 2 ; kritická hodnota osové síly (P > 0 tlaková síla) Ztráta stability. Pro P ր P krit roste u(x) nade všecky meze pro x (0, L).

9 Úloha bez příčného zatížení, tj. q = 0. u + a 2 u = 0, u(0) = 0 = u(l). (8) Víme, že obecné řešení je u H (x) = C 1 cos ax + C 2 sin ax. Z u(0) = 0 plyne C 1 = 0, z u(l) = 0 dostáváme 0 = C 2 sin al. (9) Je-li P < P krit, je 0 < al < π C 2 = 0 a dostaneme jediné řešení u = 0. Avšak P = P krit al = π (9) jest 0 = C 2 0 Tedy pro P = P krit má úloha (8) nekonečný počet řešení u(x) = C 2 sin ax C 2 R, x [0, L]. Pro P = P krit mají okrajové úlohy (1)-(3) (nebo (5)-(6)) a (8) překvapivé vlastnosti.

10 Okrajové úlohy pro ODR 2. řádu Budeme se nejprve zabývat okrajovou úlohou (OÚ) na omezeném intervalu [a, b], kde λ R: u +λu = 0, u(a) = 0, u(b) = 0. Předchozí příklad ukazuje, že OÚ (případně s nenulovou pravou stranou) může mít 0, 1 nebo řešení, tj. funkcí, které rovnici splňují v každém bodě intervalu (a, b) a vyhovují rovnostem předepsaným v krajních bodech intervalu. Otázky řešitelnosti vyšetříme podrobněji K tomu se bude hodit několik nových pojmů.

11 Skalární součin funkcí C([a, b]) lineární (vektorový) prostor funkcí spojitých na intervalu [a, b] Standardní skalární součin funkcí u, v C([a, b]) je definován rovností (u, v) = b a u(x)v(x) dx. Pozorování: Pro každé u, v C([a, b]) je (u, v) reálné číslo. Poznámka: Skalární součin se zadanou kladnou váhovou funkcí ψ (u, v) ψ = b a ψ(x)u(x)v(x) dx. Pravděpodobnost, speciální ortogonální polynomy aj.

12 Vlastnosti (u, v) = b a u(x)v(x) dx. Pro u, v, w C([a, b]) a α R platí (2. přednáška!) (u, v) = (v, u), (u + v, w) = (u, w)+(v, w), (αu, v) = α(u, v) = (u,αv), (u, u) 0, (u, u) = 0 u = 0. To jsou vlastnosti definující skalární součin v reálném oboru bez ohledu na konkrétní předpis, jímž je skalární součin definován (měli jsme skalární součin uspořádaných n-tic v reálném oboru). Zároveň vidíme, že lze definovat normu b u = (u, u) = a u 2 (x) dx. Schwarzova nerovnost: (u, v) u v. (2. přednáška!)

13 Funkce u, v C([a, b]), pro něž platí (u, v) = 0, se nazývají ortogonální (kolmé). Např. (sin x, cos x) = 0 pro skalární součin na intervalu [0,π]. Avšak (sin x, cos x) = 1/2 pro skalární součin na intervalu [0,π/2].

14 Zpět k úloze u +λu = 0, (10) u(a) = 0, u(b) = 0. (11) Definice: Takové λ, pro které existuje netriviální (tj. nenulové) řešení úlohy (10)-(11) se nazývá vlastní číslo úlohy. Je-li λ vlastní číslo, pak se každé netriviální řešení nazývá vlastní funkce příslušná k vlastnímu číslu λ. Vlastní funkce spolu s nulovou funkcí tvoří vlastní prostor (je to vektorový prostor funkcí).

15 Tvrzení: Každé vlastní číslo úlohy (10)-(11) je kladné. Důkaz: Necht λ je vlastní číslo, necht tedy u = λu. Pak ( u, u) = (λu, u) = λ(u, u) = λ u 2 a zároveň metodou integrace po částech dostaneme Tedy b b ( u, u) = u u dx = [ u u] b a + u u dx = u 2. a a λ = u 2 u 2 > 0, nebot u 0 (je to vlastní funkce) a u 0 (u nemůže být konstantní, jinak by z OP plynulo, že u = 0). Důsledek: λ 0 nulové) řešení. úloha (10)-(11) má jen triviální (tj.

16 Řešíme OÚ u +λu = 0, u(a) = 0, u(b) = 0 Dle předchozího můžeme psátλ = ω 2 pro nějaké ω > 0. Z char. rovnice r 2 +ω 2 = 0 plyne r 1,2 = ±iω. Obecné řešení má tedy tvar (nezávislý na [a, b]) u(x) = c 1 cosωx + c 2 sinωx Pro jednoduchost necht [a, b] = [0, π]. Pak OP dávají soustavu c 1 = 0, (cosωπ)c 1 +(sinωπ)c 2 = 0. ω / N c 1 = c 2 = 0, u = 0, λ = ω 2 není vlastní číslo, ω N c 1 = 0, c 2 R, u = c sinωx řešením OÚ pro každé c R, λ = ω 2 je vlastní číslo

17 Úloha: u +λu = 0, u(0) = 0, u(π) = 0 Shrnutí poznatků: Vlastní čísla: 1, 4, 9, 16, 25, 36,... Vlastní prostor odpovídající vlastnímu číslu ω 2 má dimenzi 1 a funkce sinωx je jeho bází. Stačí uvažovat ω = 1, 2, 3,... (přirozená čísla). Obecný interval [a, b]: u +λu = 0, u(a) = 0, u(b) = 0 λ je vlastním číslem k N takové, že λ = ( ) kπ 2. b a kπ(x a) Vlastní funkce u = sin, b a každá jiná vlastní funkce (příslušná vl. č. λ) je jejím nenulovým skalárním násobkem.

18 Tvrzení: Vlastní funce příslušné různým vlastním číslům úlohy u +λu = 0, u(a) = 0, u(b) = 0 jsou ortogonální, tj. pokud (λ, u) a (µ, v) jsou dva vlastní páry, λ µ, pak (u, v) = 0. Důkaz: Necht u = λu a v = µv, kde λ µ. Pak Tedy ( u, v) = (λu, v) = λ(u, v) a zároveň ( u, v) = b a u v dx = [ u v] b a + b a u v dx = (u, v ), ( v, u) = (µv, u) = µ(v, u) = µ(u, v) a zároveň ( v, u) = b nebot λ µ jsou různá vl. č. a v u dx = [ v u] b a + b λ(u, v) = µ(u, v) = (u, v) = 0, a v u dx = (u, v ).

19 Řešitelnost úlohy kde f je funkce spojitá na intervalu [a, b]. u +λu = f, (12) u(a) = 0, u(b) = 0 (13) Funkce u vyhovující (12) existuje (dokonce existuje nekonečně mnoho takových funkcí). Problémem může být splnění (13). Tvrzení: [MA 3, Tvrzení 4.9] Není-li λ vlastní číslo 1 úlohy (12)-(13), má úloha právě jedno řešení. Je-li λ vl. č. a f je ortogonální k vl. funkci příslušné λ, má úloha nekonečně mnoho řešení. Je-li λ vl. č. a f není ortogonální k vlastní funkci příslušné λ, nemá úloha žádné řešení. (Důkaz v [MA 3, str. 54, 72].) 1 Vlastním číslem úlohy (12)-(13) se rozumí vl. č. úlohy (10)-(11)! Viz [MA3].

20 Příklad: u (x)+u(x) = f(x), u(0) = 0, u(π) = 0 (*). a) f(x) = e x ; b) f(x) = x π 2. Řešení: Vlastní čísla (tj. úlohy u +λu = 0, u(0) = 0, u(π) = 0) jsou λ 1 = 1, λ 2 = 4, λ 3 = 9, λ 4 = 16,... Koeficient u u(x) v úloze (*) je tedy roven prvnímu vl. číslu λ 1 = 1, příslušná vl. funkce je u 1 = sin x. Úloha (*) tedy budˇ má nekonečně mnoho řešení, nebo nemá řešení. a) Jelikož (u 1, f) = π 0 ex sin x dx 0 (integrujeme funkci kladnou na (0, 1)), úloha (*) nemá řešení. b) Jelikož (u 1, f) = π( 0 x π 2) sin x dx = 0, úloha (*) má nekonečně mnoho řešení.

21 Okrajová úloha u +λu = 0, (14) u(a) = 0, u (b) = 0. (15) Tvrzení: Každé vlastní číslo úlohy (14)-(15) je kladné.

22 Připomeňme u +λu = 0, u(a) = 0, u (b) = 0 Důkaz: Necht λ je vlastní číslo, necht tedy u = λu. Pak ( u, u) = (λu, u) = λ(u, u) = λ u 2 a zároveň metodou integrace po částech dostaneme Tedy b b ( u, u) = u u dx = [ u u] b a + u u dx = u 2. a a λ = u 2 u 2 > 0, nebot u 0 (je to vlastní funkce) a u 0 (u nemůže být konstantní, jinak by z OP plynulo, že u = 0). Důsledek: λ 0 úloha (14)-(15) má jen nulové řešení.

23 u +λu = 0, u(a) = 0, u (b) = 0 Dle předchozího můžeme psátλ = ω 2 pro nějaké ω > 0. Z char. rovnice r 2 +ω 2 = 0 plyne r 1,2 = ±iω. Obecné řešení má tedy tvar (nezávislý na [a, b]) u(x) = c 1 cosωx + c 2 sinωx Pro jednoduchost necht [a, b] = [0, π]. Pak OP dávají soustavu c 1 = 0, ( sinωπ)c 1 +(cosωπ)c 2 = 0. Existuje k N: ω = k 1/2 u = c sinωx je řešením OÚ pro každé c R, λ = ω 2 je vlastní číslo Neexistuje k N, aby ω = k 1/2 c 2 = 0 u = 0, λ = ω 2 není vlastní číslo

24 Úloha: u +λu = 0, u(0) = 0, u (π) = 0 Shrnutí poznatků: Vlastní čísla: 1/4, 9/4, 25/4, 49/4, 81/4,... Vlastní funkce odpovídající vlastnímu číslu (k 1/2) 2 je sin((k 1/2)x), kde k = 1, 2, 3,... Obecný interval [a, b]: u +λu = 0, u(a) = 0, u (b) = 0 λ je vlastním číslem ( ) (k 1/2)π 2 k přirozené a takové, že λ =. b a (k 1/2)π(x a) Vlastní funkce u = sin, b a každá jiná vlastní funkce (příslušná vl. č. λ) je jejím nenulovým skalárním násobkem.

25 Tvrzení: Vlastní funce příslušné různým vlastním číslům úlohy u +λu = 0, u(a) = 0, u (b) = 0 jsou ortogonální, tj. pokud (λ, u) a (µ, v) jsou dva vlastní páry, λ µ, pak (u, v) = 0. Důkaz: Necht u = λu a v = µv, kde λ µ. Pak Tedy ( u, v) = (λu, v) = λ(u, v) a zároveň ( u, v) = b a u v dx = [ u v] b a + b a u v dx = (u, v ), ( v, u) = (µv, u) = µ(v, u) = µ(u, v) a zároveň ( v, u) = b nebot λ µ jsou různá vl. č. a v u dx = [ v u] b a + b λ(u, v) = µ(u, v) = (u, v) = 0, a v u dx = (u, v ).

26 Také tvrzení o řešitelnosti okrajové úlohy u +λu = f, u(a) = 0, u (b) = 0 je analogické řešitelnosti OÚ u +λu = f, u(a) = 0, u(b) = 0.

27 Vyšetřování okr. úlohy u +λu = 0, u (a) = 0, u(b) = 0 vede k analogickým výsledkům: Každé vlastní číslo úlohy je kladné. Pro λ 0 má úloha jen nulové řešení. Vlastní funce příslušné různým vlastním číslům jsou ortogonální. λ je vlastním číslem ( ) (k 1/2)π 2 k přirozené a takové, že λ =. b a (k 1/2)π(x a) Vlastní funkce u = cos, b a každá jiná vlastní funkce (příslušná vl. č. λ) je jejím nenulovým skalárním násobkem.

28 Nelze řešitelnost těchto a dalších okrajových úloh popsat jednotně v rámci nějaké obecnější teorie?

29 Diferenciální operátory Operátor je zobrazení, které prvku z jednoho vektorového prostoru přiřadí nějaký prvek ze stejného nebo z jiného vektorového prostoru. Budeme se zabývat především vektorovými prostory funkcí. Operátor A je definován na svém definičním oboru D(A) (vektorový (pod)prostor funkcí).

30 Příklady I : C([a, b]) C([a, b]) I : g g, I(g) = g operátor identity, identický operátor A : C((, )) C((, )) A : g ĝ, A(g)(x) = g(x + h), kde h R je pevně zvoleno; operátor posuvu Např. h = π/2, A(sin)(x) = cos(x) pro x R. A : C 1 ([a, b]) C([a, b]) A : g g diferenciální operátor často značen D, tj. D(g)(x) = g (x), x [a, b]. D 12 : C 12 ([a, b]) C([a, b]) D 12 (g)(x) = g (12) (x), x [a, b]. Lineární operátory, tj. A(αu + βv) = αa(u) + βa(v) pro α,β R a u, v D(A) (definiční obor operátoru A). Poznámka: U lin. op. často zkrácený zápis Au, Iv, atd.

31 Lineární diferenciální operátor n-tého řádu (LDOn) [MA 3, kapitola 5] A def = w n D n + w n 1 D n 1 + w 1 D + w 0 I, kde w 0, w 1,...,w n jsou funkce spojité na [a, b], x [a, b] w n (x) 0 ( w n > 0 (w n < 0) na celém [a, b]). D(A) = {u C n ([a, b]) : u splňuje homogenní okr. podm.}. Homogenní okrajové podmínky: n rovnic tvaru: 0 = lineární kombinace hodnot u(a), u (a),..., u (n 1) (a), u(b), u (b),...,u (n 1) (b). Například homogenní OP pro LDO 2. řádu na [a, b] α 1 u(a)+α 2 u (a)+β 1 u(b)+β 2 u (b) = 0, α 3 u(a)+α 4 u (a)+β 3 u(b)+β 4 u (b) = 0, kde α 1,...,α 4,β 1,...,β 4 R.

32 Příklady Zabývali jsme se OÚ u +λu = 0, u(a) = 0, u(b) = 0. Té odpovídá LDO2: Au def = u a operátorová rovnice Au = λu, D(A) = {u C 2 ([a, b]) : u(a) = u(b) = 0}. Nebo LDO2: Bu def = u λu a operátorová rovnice Bu = 0, D(B) = {u C 2 ([a, b]) : u(a) = u(b) = 0}.

33 Pro OÚ u +λu = 0, u(a) = 0, u (b) = 0 máme LDO2: Au def = u a operátorovou rovnici Au = λu, D(A) = {u C 2 ([a, b]) : u(a) = u (b) = 0}. Od předchozí se liší def. oborem operátoru a jinými vl. č. a vl. funkcemi. Prostě podepřený nosník na pružném podloží operátor: Au def = (EIu ) +γu, def. obor: D(A) = {u C 4 ([0, L]) : u(0) = u (0) = u(l) = u (L) = 0} rovnice: Au = f, kde u D(A).

34 Symetrické operátory Je zadán vhodný skalární součin. Např. b (η,ξ) def = η(x)ξ(x) dx. a LDOn A na D(A) se nazývá symetrický, pokud pro u, v D(A) platí (Au, v) = (u, Av). Operátor se nazývá pozitivní na D(A), pokud u D(A), u 0 (Au, u) > 0. Operátor se nazývá pozitivně definitní na D(A), pokud existuje taková konstanta c > 0 nezávislá na u, že u D(A) (Au, u) c u 2. Pozitivně definitní pozitivní.

35 Příklady A = D 2, tj. Au def = u. a) A je symetrický a pozitivní na D(A) = {u C 2 ([a, b]) : u(a) = u(b) = 0}. b) A je symetrický a pozitivní na D(A) = {u C 2 ([a, b]) : u(a) = u (b) = 0}. c) A je symetrický, ale není pozitivní na D(A) = {u C 2 ([a, b]) : u (a) = u (b) = 0}. V a), b) lze dokázat pozitivní definitnost.

36 Vlastní čísla operátoru Číslo λ se nazývá vlastní číslo operátoru A, pokud existuje netriviální (tj. nenulová) funkce u D(A), pro kterou platí Au = λu. Každá taková funkce se nazývá vlastní funkce příslušná vlastnímu číslu λ. Pozn.: Pro Au def = u dostáváme u +λu = 0 jako dříve. Vlastní prostor = {všechny vl. fce přísl. vl. č. λ} {triviální fce}. Věta: [MA 3, Věta 5.7] Necht operátor A je symetrický a pozitivní na D(A) a okrajové podmínky jsou homogenní. Pak vl. č. tvoří rostoucí neomezenou posloupnost; všechna vl. č. jsou > 0; vl. fce příslušné různým vl. č. jsou ortogonální.

37 Kladnost: 0 < (Au, u) = (λu, u) = λ(u, u), (u, u) > 0 λ = (Au, u)/(u, u) > 0. Kolmost: Necht Au = λu, Av = µv, λ µ. Pak λ(u, v) = (λu, v) = (Au, v) = (u, Av) = (u,µv) = µ(u, v). K důkazu stačila jen pozitivnost a symetrie! Příklady operátorů a vlastních čísel v MA 3, str

38 Řešitelnost okrajových úloh s nenulovou pravou stranou Rovnice s homogenními okrajovými podmínkami. Au λu = f (16) Poznámka: Pro Au def = u dostáváme u +λu = f jako dříve, protože znaménko na pravé straně nehraje žádnou významnou roli. Věta: [MA 3, Věta 5.15] Není-li λ vlastní číslo A, má (16) právě jedno řešení u D(A) pro každé f C([a, b]). Je-li A symetrický, je-li λ vl. č. A a f C([a, b]) je ortogonální ke každé vl. funkci příslušné λ, má (16) nekonečně mnoho řešení u D(A). Je-li A symetrický, je-li λ vl. č. A a f C([a, b]) není ortogonální ke každé vl. funkci příslušné λ, nemá (16) žádné řešení u D(A). (Částečný důkaz v [MA 3, str. 72].)

39 Důsledek: Je-li A pozitivní, má rovnice Au = f pro každou pravou stranu C([a, b]) právě jedno řešení u D(A). Důkaz: Uvažujme úlohu Au λu = f. Protože A je pozitivní, není λ = 0 vlastní číslo; z předchozího totiž víme, že pozitivní operátor má jen kladná vlastní čísla. Také lze uvažovat takto: kdyby 0 byla vlastním číslem, platilo by pro příslušnou vlastní (tj. nenulovou) funkci w, že Aw = λw = 0w = 0, tudíž (Aw, w) = (0, w) = 0, což je spor s pozitivností operátoru A. Ještě k ortogonalitě: Jestliže Au λu = f a v je vlastní funkce příslušná λ, pak musí platit (f, v) = 0, nebot (A je symetrický) (f, v) = (Au λu, v) = (Au, v) (λu, v) = (u, Av) (u,λv) = (u, Av λv) = (u, 0) = 0.

40 Příklady u = x, u (0) = u (1) = 0 λ = 0 je vl. č., nebot c R řeší OÚ s nulovou pravou stranou. Je x ortogonální k 1? Není, nebot (1, x) = 1 0 x dx > 0. Úloha tedy nemá řešení. (Z ODR plyne u = 2 3 x 3/2 + c.) u + u = exp(x), u(0) = u (π) = 0 ( u λu = exp(x), u(0) = u (π) = 0, kde λ = 1.) Víme, že λ = 1 není vl. č. Úloha tedy má právě jedno řešení. 4u + u = 2 4 cos(x/2), u(0) = u (π) = 0 Chceme využít znalosti vl. čísel pro tuto OÚ, proto upravíme na u + u/4 = 1/2 cos(x/2). Víme, že λ = 1/4 je vl. č. této OÚ (pro k = 1), tj. vl. č. operátoru A def = D 2 s danými OP, vl. fce pak je v = sin(x/2). (v, f) = π 0 sin(x/2)( 1/2+cos(x/2)) dx = 0. Úloha má nekonečně mnoho řešení.

41 Další příklady v MA 3, kapitoly 5.7 a 5.8. Nosník na podloží; zaplavený nosník MA 3, kap Doporučuji podrobně prostudovat!

42 Analogie věty o počtu řešení v závislosti na λ R platí i pro obecnější úlohy [MA 43, str. 23]. Např. u +λqu = f, u(0) = 0, u(a) = 0, f, q C([0, a]) a q(x) > 0 pro x [0, a]. Číslo λ je vl. č., jestliže existuje nenulové řešení úlohy u +λqu = 0, u(0) = 0, u(a) = 0, tomuto řešení říkáme vlastní funkce příslušná vl. č. λ. Nesnáz: Nejsou formulky pro vlastní čísla a vlastní funkce. Úlohu lze zapsat operátorově, pokud operátor(y) jsou pozitivně definitní, vlastní čísla jsou kladná (víme aspoň něco!!!). Několik prvních vl. čísel lze určit přibližně, a to numerickým výpočtem.

43 Souvislost s řešitelností soustavy lin. alg. rovnic A symetrická matice typu (n, n) (čtvercová) f vektor pravé strany Kdy má soustava Au = f řešení? Je to vlastně operátorová rovnice. Frobeniova věta: hodnost matic, tj. h(a) a h(a f)... Příslušná úloha na vlastní čísla: Au = 0, tedy λ = 0. Jestliže 0 není vl. č., pak Au = 0 má jen triviální řešení, tj. A je regulární matice, tj. existuje A 1 a Au = f má právě jedno řešení pro f, totiž u = A 1 f. Odpovídá situaci, kdy h(a) = n. Je-li 0 vlastní číslo (tj. h(a) = m < n), je situace složitější. Bud {v 1, v 2,...,v k } ortogonální báze vlastního prostoru příslušného vlastnímu číslu 0, tj. Av i = 0 pro i = 1, 2,...,k. Přidáním vhodných vektorů definujme ortogonální bázi {v 1,..., v k, t 1,..., t n k } prostoru R n.

44 Z předchozí stránky připomeňme, že {v 1,..., v k, t 1,...,t n k } je ortogonální báze R n. Všimněme si, že pro i = 1, 2,...,k platí w R n (Aw, v i ) = (w, A T v i ) = (w, Av i ) = (w, 0) = 0. Vhodnou volbou w zjistíme, že každý sloupec s j matice A je LK vektorů t 1,...,t n k, jinak by (s j, v i ) 0 pro nějaké i. Dimenze prostoru generovaného sloupci matice A musí být n k. (Necht je menší než n k a necht, BÚNO, LK tvořící sloupce matice (a její řádky, nebot A je sym.) neobsahují vektor t 1. Pak At 1 = 0, protože každý řádek matice A je tvořen LK vektorů kolmých na t 1, tedy "řádek t 1 = 0", čili t 1 je vlastní vektor, což je spor.) Tudíž hodnost m = n k. Poznatek: Vektory {t 1,..., t m } a sloupce (řádky) matice A generují týž prostor!

45 Frobeniova věta (h(a) = m < n): (a) h(a f) = m, pak nekonečně mnoho řešení. (a) Frob. "vl. č.". Necht Au = f. Pak (f, v i ) = (Au, v i ) = (u, A T v i ) = (u, Av i ) = (u, 0) = 0, i = 1, 2,...,k. A platí ortogonalita f a vl. vektorů. "Vl. č." Frob. Necht platí ortogonalita f a vl. vektorů, tj. (f, v i ) = 0, i = 1, 2,...,k. To znamená, že f je LK vektorů t 1,..., t m, leží tedy v prostoru generovaném sloupci matice A, je tedy i LK sloupců matice A s nějakými koeficienty. Udělejme z těchto koeficientů vektor u, pak Au = f.

46 Frobeniova věta (h(a) = m < n): (b) h(a f) > m, pak žádné řešení. (b) Frob. "vl. č.". Z h(a f) > m plyne, že vektor f je určen LK bázových vektorů, v níž je aspoň jeden vektor z báze vlastního prostoru. Necht je to v j, pak (f, v j ) 0, tedy pravá strana není ortogonální ke všem vl. v. příslušným vl. číslu 0. "Vl. č." Frob. Necht (f, v j ) 0, pro nějaké j {1, 2,..., k}. Zároveň je f LK bázových vektorů, přičemž v této LK je i vektor v j, f tedy neleží v prostoru generovaném sloupci matice, protože ten je shodný s prostorem generovaným vektory t 1,...,t m kolmými na vektor v j. Neleží-li v prostoru generovaném sloupci matice, nemůže mít soustava Ax = f řešení, protože pro každé x R n je vektor Ax LK sloupců matice A.