Kongruenztransformationen von Matrizen

Ich habe Ihr Buch nicht, und ich würde es nur ungern schattenboxen und falsch lesen, indem ich es virtuell nachbaue ... Der zugegebenermaßen verwirrende Punkt in der Hauptachsentransformation, die Sie in Betracht ziehen, wird in Goldsteins klassischer Mechanik akribisch und gut behandelt Buch, Ch 10-2. Sie haben im Grunde recht, dass willkürlich$\mathbf{M}$Und$\mathbf{K}$wird deine Aussage verfälschen. Wenn Sie das Folgende vorwegnehmen, haben Sie es mit einer Art Orthogonalität in einem nicht-kartesischen Raum zu tun, und die zügellose Verallgemeinerung ist den Aufwand kaum wert.

Mein Gegenbeispiel wäre die Verwendung hermitescher Pauli-Matrizen. Also, nimm blind eine fiese "Massen"-Matrix,

$$\mathbf{M} = \sigma_2= \begin{bmatrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{bmatrix},$$ (was zu imaginären führen wird$\omega^2$s!) und ein symmetrisches reelles Potential,$\mathbf{K}= \sigma_1 =\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}.$Ihre Bewegungsgleichung$\ddot{\mathbf{q}}= - \mathbf{M}^{-1} \mathbf{K}\mathbf{q}= i\sigma_3 \mathbf{q}$wird leicht gelöst durch $$e^{\pm \sqrt{i} t} \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix} , ~~~\hbox {and } ~~~ e^{\pm \sqrt{-i}t} \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix},$$ also deine Modalmatrix$\mathbf{A}= I= \mathbf{A}^T$, ziemlich düster, um überhaupt etwas zu diagonalisieren. (Sie hätten dieselbe Modalmatrix von Ihrer Determinante gefunden.)

Es gelten jedoch Auflagen$\mathbf{M}$, genauso an$\mathbf{K}$. Es ist normalerweise reell, symmetrisch und positiv definit und führt zu$^\dagger$ real $\omega^2$. Sie können es also zuerst durch eine orthogonale Transformation diagonalisieren und dann die positiven Eigenwerte der resultierenden Diagonalmatrix in einer Neudefinition / Neuskalierung der Koordinaten durch ihre Quadratwurzel absorbieren. Als Ergebnis die neue$\mathbf{M}=I$und üblich reell, symmetrisch$\mathbf{K}$'s gehen zu echten, symmetrischen über.

Aber jetzt hat sich Ihre Eigenwertgleichung zu entwickelt$\mathbf{K}\mathbf{q} = \omega^2 \mathbf{q}$, mit reellem Eigenwert, dessen Säkulargleichung auf übergegangen ist$\det ( \mathbf{K} -\omega^2 I )=0$, während Ihre Modalmatrix$\mathbf{A}= \mathbf{R}$ist nur eine orthogonale Drehung,$\mathbf{R}^T= \mathbf{A}^{-1}$, und es diagonalisiert$\mathbf{K}$, wobei die Identitätsmassenmatrix allein gelassen wird.

Nun, denken Sie an die respektable Menge$\mathbf{M}$als eine Art effektiver Metrik des Raums der Normalmoden, aber, wie angegeben, für echte Symmetrie$\mathbf{M}$Und$\mathbf{K}$, Ersteres mit positiven Eigenwerten ungleich Null, können Sitz-der-Hose-Typen die Kongruenz als eine Zusammensetzung von Rotationen und eine faden Neuskalierung von Koordinaten betrachten, nur eine Falte in einem langweiligen Diagonalisierungsproblem.

• Hier ist die einfachste Illustration, die ich mir vorstellen konnte. Nehmen $$\mathbf{K} =\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}, ~~~~~\hbox{but} ~~~~ \mathbf{M} =\begin{bmatrix} 4 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} .$$ Die Massenmatrix ist bei Drehungen nicht unveränderlich, also könnten wir beide Matrizen um etwas drehen, um sie nicht diagonal zu machen, aber nehmen wir an, Sie haben das Gegenteil bereits getan.

Beginnen Sie dann mit der von mir skizzierten Dekonstruktion. Neu skalieren$\mathbf{q} \equiv \mathbf{S} \mathbf{x}$mit$\mathbf{S} = \mathbf{S}^T$=diag (1/2, 1), so dass

$$\mathbf{S}\mathbf{K}\mathbf{S}\mathbf{x}= \omega^2 \mathbf{x}$$ ist jetzt eine echte Eigenwertgleichung! (Zufällig ist die lhs-Matrix$\mathbf{K} /2$Hier.)

Die Eigenvektoren für die symmetrische$\mathbf{S}\mathbf{K}\mathbf{S}$sind die üblichen für$\sigma_1$,

$$\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{bmatrix} 1 \\ \mp 1 \end{bmatrix} ,$$ gegenseitig orthogonal, also ist die Modalmatrix jetzt orthogonal und diagonalisiert diese transformierte Potentialmatrix, während sie die Identität belässt$\mathbf{S}\mathbf{M}\mathbf{S}=I$allein, also auch diagonal. Eigentlich trivial. Wie stellt sich dies in der Kongruenzsprache Ihrer Frage dar?

Das Lösen des gleichen Systems von Anfang an, aber jetzt ohne Vorteil der obigen Drehung und Neuskalierung, ergibt Nullvektoren

$$\mathbf{a}_{1,2}= \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{bmatrix} 1 \\ \mp 2 \end{bmatrix} ,$$ mit echt $\omega^2$und eine invertierbare Modalmatrix $$\mathbf{A}=\frac{1}{\sqrt{5}} \begin{bmatrix} 1 & 1\\ -2 & 2 \end{bmatrix} ,$$ was definitiv nicht orthogonal ist ($\propto \mathbf{S}\mathbf{R}$); aber diagonalisiert natürlich beides$\mathbf{K}$Und$\mathbf{M}$(es verlässt eher die letztere Diagonale) aus offensichtlichen Gründen, wenn man die obige einfache Dekonstruktion betrachtet. Eine echte Äquivalenzrelation. Ein Wechsel der Basis zu normalen Modi, $$\mathbf{A}\mathbf{e}_i=\mathbf{a}_i .$$

Bewaffnet mit dieser Intuition könnten Sie fortfahren, einen formal akzeptablen Weg zu den Aussagen des Buches zu wählen, wahrscheinlich in Anlehnung an die Fußnote.

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$\dagger$ _{In Betracht ziehen}

$$\mathbf{a}_i^* \cdot (\mathbf{K}-\omega_i^2\mathbf{M})\mathbf{a}_i = 0 \implies \omega_i^2= \mathbf{a}_i^* \cdot \mathbf{K} \mathbf{a}_i / \mathbf{a}_i^* \cdot \mathbf{M}\mathbf{a}_i$$ ohne implizite Summierung über Modusindizes i . So alles$\omega_i^2$sind real. Sie können die Nullvektoren ebenfalls anzeigen$\mathbf{a}_i$bezüglich einer Metrik zueinander orthogonal sind$\mathbf{M}$, und orthonormalisieren sie st$\mathbf{a}_i^* \cdot \mathbf{M}\mathbf{a}_j=\delta_{ij}$, wie es oben weniger formell effektiv gemacht wurde.

Warum$A^T\,M\,A$Und$A^T\,K\,A$sind Diagonalmatrizen.

wir wollen diese vektorielle Differentialgleichung lösen

$$\,M\,\vec{\ddot q}+K\,\vec{q}=0\tag 1$$ oder $$\vec{\ddot q}+M^{-1}\,K\,\vec{q}=0\tag 2$$

Um Gleichung (2) zu lösen, machen wir diesen Ansatz:

$\vec{q}=\Re(\vec{a}\,e^{i\omega\,t})$

also Gleichung (2)

$$\underbrace{(-\omega^2\,I+M^{-1}\,K)}_{E }\,\vec{a}=0\tag 3$$

mit$\det(E)=0$Sie erhalten die Eigenwerte$\omega_i^2$und für jeden$\omega_i^2$die Eigenvektoren$\vec{a}_i$

Wo$\vec{a}_i^T\,\vec{a}_j=1 \quad \text{for } i=j$Und$\vec{a}_i^T\,\vec{a}_j=0 \quad \text{for } i\ne j$

die Transformationsmatrix$A$wird mit den Eigenvektoren gebildet$\vec{a}_i$

$$A=\left[\vec{a}_1\,,\vec{a}_2\,,\ldots\,,\vec{a}_n\right]$$

daher:

$$A^T\,M^{-1}\,K\,A=\Lambda$$ Wo$\Lambda$Ist$n\times n$diagonale Matrix

$$\Lambda=\text{diagonal}\left[\omega_1^2\,,\omega_2^2\,,\ldots\,,\omega_n^2\right]$$

wir können uns verwandeln$\vec{q}$mit der Matrix$A$und bekomme:$\vec{q}=A\,\vec{q}_m$also Gleichung (1)

$$A^T\,M\,A\,\vec{\ddot q}_m+A^T\,K\,A\,\vec{q}_m=0\tag 4$$

oder:

$$\vec{\ddot q}_m+\left(A^T\,M\,A\right)^ {-1}\,\left(A^T\,K\,A\right)\vec{q}_m=0\tag 5$$

mit:

$$\underbrace{\left(A^TM\,A\right)^{-1}}_{Q_1} \underbrace{\left(A^T\,K\,A\right)}_{Q_2}= A^TM^{-1}AA^TKA=A^T\,M^{-1}KA=\Lambda$$

Weil$\Lambda$ist also Diagonalmatrix$Q_1$Und$Q_2$muss also eine Diagonalmatrizen sein

$A^T\,M\,A$Und$A^T\,K\,A$sind Diagonalmatrizen. qed

Beispiel:

$$M=K= \left[ \begin {array}{cc} 1&1\\ 1&-1\end {array} \right]$$

$$M^{-1}K=\begin{bmatrix} 1 &0 \\ 0 & 1 \\ \end{bmatrix}$$

somit sind die Eigenwerte:$\omega_1^2=\omega_2^2=1$

Da die Eigenwerte gleich sind, müssen Sie den Jordan-Ansatz verwenden, um die Eigenvektoren, also die Transformationsmatrix, zu erhalten$A=[\vec{a}_1\,,\vec{a}_2]$

$$A=\left[ \begin {array}{cc} 1&0\\ 1&1\end {array} \right]$$

$$A^TMA=A^TKA=\begin{bmatrix} 2 &0 \\ 0 & -1 \\ \end{bmatrix}$$

und die Lösung ist der Realteil dieser Gleichung:

$$\vec{q}(t)=(c_1\vec{a}_1+c_2\vec{a}_2)e^{i\,t}$$

Wo$c_1$Und$c_2$sind komplexe Konstanten.

mit$c_1=c_{1R}+i\,c_{1I}\quad,c_2=c_{2R}+i\,c_{2I}$

du bekommst die lösung

$$q_1(t)=c_{1R}\cos(t)-c_{1I}\sin(t)$$ $$q_2(t)=(c_{1R}+c_{2R})\cos(t)-(c_{1I}+c_{2I})\sin(t)$$

Sie haben vier Konstanten für vier Anfangsbedingungen