Classificatie van orthogonale afbeeldingen

Orthogonale en symmetrische afbeeldingen: Classificatie van orthogonale afbeeldingen

Classificatie van orthogonale afbeeldingen

Onderstaande stelling beantwoordt de vraag wanneer twee orthogonale afbeeldingen op een eindigdimensionale inproductruimte geconjugeerd zijn. Het geeft ook aan dat als deze twee afbeeldingen geconjugeerd zijn, ze zelfs met een orthogonale conjugator in elkaar overgevoerd kunnen worden.

Geconjugeerde orthogonale afbeeldingenLaat #V# een inproductruimte van eindige dimensie zijn en stel dat #L# en #M# orthogonale afbeeldingen #V\to V# zijn. Dan zijn de volgende uitspraken equivalent:

Er is een orthogonale afbeelding #X:V\to V#, zo dat #M = X\, L\, X^{-1}#.
Er is een inverteerbare lineaire afbeelding #Y: V\to V#, zo dat #M = Y\, L\, Y^{-1}#.
De karakteristieke veeltermen van #L# en #M# zijn gelijk.
De complexe eigenwaarden van #L# (met hun multipliciteiten) vallen samen met die van #M#.
De afbeeldingen #L# en #M# hebben dezelfde orthogonale Jordannormaalvorm.
Er zijn orthonormale bases #\alpha# en #\beta# van #V# met de eigenschap dat #L_\alpha = M_\beta#.

De tweede uitspraak geeft aan dat #L# en #M# geconjugeerd zijn. Equivalentie hiervan met de eerste uitspraak betekent dus dat als #L# en #M# geconjugeerd zijn, de conjugatie plaats kan vinden met behulp van een orthogonale conjugator.

De derde uitspraak moet gezien worden tegen de achtergrond dat orthogonale matrices complex diagonaliseerbaar zijn. De gegeneraliseerde eigenruimten van een orthogonale matrix vallen altijd samen met de eigenruimten.

#1\Rightarrow2#: Als #X:V\to V# een orthogonale afbeelding is met #M = X\, L\, X^{-1}#, dan is #X# ook lineair en inverteerbaar, zodat aan uitspraak 2 voldaan is met de keuze #Y=X#.

#2\Rightarrow3#: Dit is een direct gevolg van het feit dat geconjugeerde lineaire afbeeldingen dezelfde karakteristieke veelterm hebben.

#3\Rightarrow4#: De eigenwaarden met multipliciteiten van #L# zijn de nulpunten van de karakteristieke veelterm van #L#, en evenzo voor #M#. Als de karakteristieke veeltermen van #L# en #M# gelijk zijn, dan vallen dus ook de eigenwaarden met multipliciteiten samen.

#4\Rightarrow5#: Dankzij stelling Orthogonale Jordannormaalvorm weten we dat er orthonormale bases #\alpha# en #\beta# van #V# zijn met de eigenschap dat #L_\alpha # en # M_\beta# een orthogonale Jordannormaalvorm hebben. De complexe eigenwaarden van de Jordannormaalvorm en hun multipliciteiten zijn gelijk aan die van #L# en #M#, en dus, vanwege uitspraak #4# gelijk aan elkaar. Daarom zijn de orthogonale Jordannormaalvormen van #L# en #M# ook gelijk.

#5\Rightarrow6#: Laat #J# de gemeenschappelijke Jordannormaalvorm van #L# en #M# zijn. Volgens de stelling Orthogonale Jordannormaalvorm zijn er orthonormale bases #\alpha# en #\beta# van #V# zo dat #L_\alpha = J# en #M_\beta= J#. Dus dan geldt ook # L_\alpha = M_\beta#.

#6\Rightarrow1#: Schrijf #B ={}_\alpha I_\beta#. Omdat #\alpha# en #\beta# orthonormale bases zijn, is #B# orthogonaal (zie stelling Overgangsmatrices bij orthogonale matrices). Uit uitspraak 6 volgt dat \[M_\beta =L_\alpha = {}_\alpha I_\beta\, L_\beta \,{}_\beta I_\alpha =B\, L_\beta \, B^{-1}\]De lineaire afbeelding #X: V\to V# bepaald door de matrix #B# ten opzichte van de orthonormale basis #\beta# is dus orthogonaal en voldoet aan #M= X \, L\, X^{-1}#.

Analyseer de lineaire afbeelding #L:\mathbb{R}^3\rightarrow\mathbb{R}^3# bepaald door de matrix
\[
A=\matrix{-{{3}\over{7}} & {{2}\over{7}} & -{{6}\over{7}} \\ -{{6}\over{7}} & -{{3}\over{7}} & {{2}\over{7}} \\ -{{2}\over{7}} & {{6}\over{7}} & {{3}\over{7}} \\ }
\]

De matrix #A# is orthogonaal, zodat de afbeelding #L# het ook is. We berekenen eerst de determinant van #A# en vinden #\det(L) =1#. De afbeelding #L# is dus een draaiing om de as met richting een eigenvector met eigenwaarde #1#.

Deze eigenvector bij eigenwaarde #1# vinden we door het oplossen van de vergelijking #(A -I_3)\vec{x}=\vec{0}#, dus uit het oplossen van een homogeen stelsel lineaire vergelijkingen met coëfficiëntenmatrix
\[{{2}\over{7}}\cdot \matrix{-5 & 1 & -3 \\ -3 & -5 & 1 \\ -1 & 3 & -2 \\ }\]De gereduceerde trapvorm van deze matrix is \[\matrix{1 & 0 & {{1}\over{2}} \\ 0 & 1 & -{{1}\over{2}} \\ 0 & 0 & 0 \\ } \] waaruit volgt dat de draaiingsas #E_{1}# opgespannen wordt door de vector \[\vec{b}_1 =\frac{1}{\sqrt{6}} \rv{ -1 , 1 , 2 } \] van lengte #1#. De draaiingshoek vinden we met behulp van het spoor: \[\text{tr}(A)=1+2\cos(\varphi)=-{{3}\over{7}}\] dus #\cos(\varphi)=-{{5}\over{7}}#, zodat \[\varphi =\arccos\left (-{{5}\over{7}} \right)\]De draaiingshoek kunnen we ook als volgt vinden: het vlak loodrecht op de draaiingsas is \[-{{x}\over{\sqrt{6}}}+{{y}\over{\sqrt{6}}}+{{2\cdot z}\over{\sqrt{6}}}=0\] Kies een vector hierin van lengte #1#, bijvoorbeeld \[\vec{b}_2 =\rv{ {{2}\over{\sqrt{5}}} , 0 , {{1}\over{\sqrt{5}}} } \] Dan is \[A\, \vec{b}_2=\rv{ -{{12}\over{7\cdot \sqrt{5}}} , -{{2\cdot \sqrt{5}}\over{7}} , -{{1}\over{7\cdot \sqrt{5}}} } \] Deze vector ligt uiteraard weer in het vlak \[-{{x}\over{\sqrt{6}}}+{{y}\over{\sqrt{6}}}+{{2\cdot z}\over{\sqrt{6}}}=0\] omdat het vlak invariant is onder #A#. De draaiingshoek is de hoek tussen #\vec{b}_2# en #A \vec{b}_2#. Deze vinden we met behulp van het inproduct:
\[
\begin{array}{rcl}
\dotprod{\vec{b}_2}{(A \,\vec{b}_2)}&=&\norm{\vec{b}_2}\,\norm{A\, \vec{b}_2}\cos(\varphi)\\
-{{5}\over{7}} &=&1\cdot1\cdot\cos(\varphi) \\
\end{array}
\]in overeenstemming met het eerder gevonden resultaat #\cos(\varphi) =-{{5}\over{7}}#.

Meetkundig is duidelijk dat het niet uitmaakt met welke vector (ongelijk aan de nulvector) van het draaivlak je rekent, maar dit is ook door berekening te verifiëren.

Volgens de theorie is de orthogonale Jordannormaalvorm van deze matrix
\[J = \matrix{1&0&0\\ 0&\cos(\varphi)&-\sin(\varphi)\\ 0&\sin(\varphi)&\cos(\varphi)}= \matrix{1&0&0\\ 0&-{{5}\over{7}}&-\frac{2}{7}\sqrt{6}\\ 0&\frac{2}{7}\sqrt{6}&-{{5}\over{7}}}\]Ten slotte bepalen we een orthonormale basis #\beta# ten opzichte waarvan #L# deze matrix heeft (dat wil zeggen: zodat \(L_\beta = {}_\beta I_\varepsilon\, A\, {}_\varepsilon I_\beta =J\)). We beginnen met het orthonormale stelsel #\basis{\vec{b}_1,\vec{b}_2}#. We zoeken nog een vector van lengte #1# die loodrecht op de eerste twee basisvectoren staat: \[\vec{a}_3 =\left[ -{{1}\over{\sqrt{2}\cdot \sqrt{15}}} , -{{5}\over{\sqrt{2}\cdot \sqrt{15}}} , {{\sqrt{2}}\over{\sqrt{15}}} \right] \] Om de oriëntatie van de hoek #\varphi# in de orthogonale Jordannormaalvorm goed te krijgen, bepalen we het inproduct #\dotprod{(A\vec{b}_2)}{\vec{a}_3}#. Dit is gelijk aan \[\dotprod{\rv{ -{{12}\over{7\cdot \sqrt{5}}} , -{{2\cdot \sqrt{5}}\over{7}} , -{{1}\over{7\cdot \sqrt{5}}} } }{\left[ -{{1}\over{\sqrt{2}\cdot \sqrt{15}}} , -{{5}\over{\sqrt{2}\cdot \sqrt{15}}} , {{\sqrt{2}}\over{\sqrt{15}}} \right] } =\frac{2}{7}\sqrt{6}\]Omdat dit getal positief is, en we de waarde #\sin(\varphi)# moeten hebben, kiezen we voor #\vec{b}_3# de vector #\vec{a}_3#. Immers, als we met #J_{ij}# het element #(i,j)# van #J# aangeven, dan vinden we \[\dotprod{(A\,\vec{b}_2)}{\vec{b}_3}=\dotprod{\left(J_{12}\vec{b}_1+J_{22}\vec{b}_2+J_{32}\vec{b}_3\right)}{\vec{b}_3}=J_{32}=\sin(\varphi)\] waarin we gebruik hebben gemaakt van de orthonormaliteit van #\beta#. Hiermee is #\beta =\basis{\vec{b}_1,\vec{b}_2,\vec{b}_3}# bepaald. De basis bestaat uit de kolommen van de matrix \[{}_\varepsilon I_\beta =\matrix{-{{1}\over{\sqrt{6}}} & {{2}\over{\sqrt{5}}} & -{{1}\over{\sqrt{2}\cdot \sqrt{15}}} \\ {{1}\over{\sqrt{6}}} & 0 & -{{5}\over{\sqrt{2}\cdot \sqrt{15}}} \\ {{2}\over{\sqrt{6}}} & {{1}\over{\sqrt{5}}} & {{\sqrt{2}}\over{\sqrt{15}}} \\ }\]De volgende berekening laat zien dat dit antwoord correct is:
\[\begin{array}{rcl} {}_\beta I_\varepsilon \, A\, {}_\varepsilon I_\beta &=&{\matrix{-{{1}\over{\sqrt{6}}} & {{2}\over{\sqrt{5}}} & -{{1}\over{\sqrt{2}\cdot \sqrt{15}}} \\ {{1}\over{\sqrt{6}}} & 0 & -{{5}\over{\sqrt{2}\cdot \sqrt{15}}} \\ {{2}\over{\sqrt{6}}} & {{1}\over{\sqrt{5}}} & {{\sqrt{2}}\over{\sqrt{15}}} \\ }}^{-1}\, \, \matrix{-{{3}\over{7}} & {{2}\over{7}} & -{{6}\over{7}} \\ -{{6}\over{7}} & -{{3}\over{7}} & {{2}\over{7}} \\ -{{2}\over{7}} & {{6}\over{7}} & {{3}\over{7}} \\ } \, \matrix{-{{1}\over{\sqrt{6}}} & {{2}\over{\sqrt{5}}} & -{{1}\over{\sqrt{2}\cdot \sqrt{15}}} \\ {{1}\over{\sqrt{6}}} & 0 & -{{5}\over{\sqrt{2}\cdot \sqrt{15}}} \\ {{2}\over{\sqrt{6}}} & {{1}\over{\sqrt{5}}} & {{\sqrt{2}}\over{\sqrt{15}}} \\ }\\
&=& \matrix{-{{1}\over{\sqrt{2}\cdot \sqrt{3}}} & {{1}\over{\sqrt{2}\cdot \sqrt{3}}} & {{\sqrt{2}}\over{\sqrt{3}}} \\ {{2}\over{\sqrt{5}}} & 0 & {{1}\over{\sqrt{5}}} \\ -{{1}\over{\sqrt{2}\cdot \sqrt{3}\cdot \sqrt{5}}} & -{{\sqrt{5}}\over{\sqrt{2}\cdot \sqrt{3}}} & {{\sqrt{2}}\over{\sqrt{3}\cdot \sqrt{5}}} \\ } \, \matrix{-{{1}\over{\sqrt{2}\cdot \sqrt{3}}} & -{{12}\over{7\cdot \sqrt{5}}} & -{{19}\over{7\cdot \sqrt{2}\cdot \sqrt{3}\cdot \sqrt{5}}} \\ {{1}\over{\sqrt{2}\cdot \sqrt{3}}} & -{{2\cdot \sqrt{5}}\over{7}} & {{5^{{{3}\over{2}}}}\over{7\cdot \sqrt{2}\cdot \sqrt{3}}} \\ {{\sqrt{2}}\over{\sqrt{3}}} & -{{1}\over{7\cdot \sqrt{5}}} & -{{11\cdot \sqrt{2}}\over{7\cdot \sqrt{3}\cdot \sqrt{5}}} \\ }\\
&=& \matrix{1&0&0\\ 0&-{{5}\over{7}}&-\frac{2}{7}\sqrt{6}\\ 0&\frac{2}{7}\sqrt{6}&-{{5}\over{7}}}
\end{array}\]

De niet-reële vector \[\vec{c}=\vec{b}_2-\ii\vec{b}_3=30\] is een eigenvector van #A# met niet-reële eigenwaarde\[\e^{\ii\varphi}=\cos(\varphi)+\ii\sin(\varphi)=-{{5}\over{7}}+\ii\cdot\frac{2}{7}\sqrt{6}\] Dit is in overeenstemming met het feit dat de matrix van #L# gelijk is aan de orthogonale Jordannormaalvorm #J# op de basis\[\basis{\vec{b}_1,\Re\vec{c},-\Im\vec{c}}=\basis{\vec{b}_1,\vec{b}_2,\vec{b}_3}\]

Nieuw voorbeeld