Derivada de los vectores propios de una función simétrica de valor matricial

Question

Dada una simetría real $3\times3$ matriz $\mathsf{A}_{ij}$ y su derivada (con respecto a algún parámetro, llamémoslo tiempo ) $\dot{\mathsf{A}}_{ij}$ Quiero medir/obtener la rotación (tasa y dirección) de los vectores propios (los vectores propios de una matriz simétrica real forman una matriz ortonormal). ¿Cómo se puede hacer esto?

Editar Como los vectores propios de una matriz simétrica real son mutuamente ortogonales, el cambio de los vectores propios sólo puede ser una rotación global. Una rotación infinitesimal está determinada únicamente por la tasa $\boldsymbol{\omega}$ tal que $\dot{\boldsymbol{x}}=\boldsymbol{\omega}\times\boldsymbol{x}$ para cualquier vector $\boldsymbol{x}$ . Mi pregunta es entonces cómo obtener $\boldsymbol{\omega}$ .

Answer 1

Comenzamos, como siempre, con la igualdad $Av=\lambda v$ donde $v^Tv=1$ y $A$ es un $C^1$ función. Es absolutamente necesario que el valor propio considerado $\lambda$ es simple - entonces $\lambda,v$ son $C^1$ función- en caso contrario, $v$ puede ser no continua.

Propuesta. Bajo la hipótesis anterior, $\lambda',v'$ son funciones de $A,A',\lambda,v$ . Más concretamente,

$\lambda'=v^TA'v,v'=w-(v^Tw)v$ donde $w\in(A-\lambda I)^{-1}((v^TA'v)v-A'v)$ .

Prueba. Obtenemos $A'v+Av'=\lambda'v+\lambda v',v'^Tv=v^Tv'=0,v^TA=\lambda v^T,v^TAv'=0$ .

Además, $v^TA'+v'^TA=\lambda'v^T+\lambda v'^T$ implica $v^TA'v=\lambda'$ .

$A'v+Av'=(v^TA'v)v+\lambda v'$ implica $(A-\lambda I)v'=(v^TA'v)v-A'v$ y, finalmente, $v'=w+kv$ , donde $w\in (A-\lambda I)^{-1}((v^TA'v)v-A'v)$ . Queda por calcular $k$ ; $v^Tv'=v^Tw+kv^Tv$ implica $k=-v^Tw$ y hemos terminado.

Answer 2

Supongamos que una función matricial (diferenciable) dada $\mathrm A : \mathbb R \to \mbox{Sym}_n(\mathbb R)$ , donde $\mbox{Sym}_n(\mathbb R)$ denota el conjunto de $n \times n$ matrices simétricas reales, tiene una descomposición espectral variable en el tiempo

$$\mathrm A (t) = \mathrm V (t) \, \Lambda (t) \,\mathrm V^\top (t)$$

donde las columnas de la matriz ortogonal $\mathrm V (t)$ y las entradas diagonales de la matriz diagonal $\Lambda (t)$ en un determinado $t$ son los vectores propios (unitarios) y los valores propios de $\mathrm A (t)$ respectivamente.

Diferenciando con respecto al tiempo, obtenemos una ecuación diferencial matricial no lineal en $\rm V$ y $\Lambda$

$$\dot{\mathrm A} (t) = \dot{\mathrm V} (t) \, \Lambda (t) \,\mathrm V^\top (t) + \mathrm V (t) \, \dot\Lambda (t) \,\mathrm V^\top (t) + \mathrm V (t) \, \Lambda (t) \,\dot{\mathrm V}^\top (t)$$

donde $\dot{\mathrm A}$ sirve como entrada conocida. En $\mathrm A (0)$ obtenemos las condiciones iniciales $\mathrm V (0)$ y $\Lambda (0)$ . Tenemos:

• $\binom{n+1}{2}$ ecuaciones diferenciales ordinarias.

• $n^2$ ecuaciones cuadráticas (algebraicas) (para asegurar que $\mathrm V$ se mantiene ortogonal).

• $n^2 + n = (n+1) n = 2\binom{n+1}{2}$ funciones para determinar.

Lamentablemente, no sé cómo resolver esta ODE matricial. De hecho, ni siquiera estoy seguro de que un variable en el tiempo La descomposición espectral de una función simétrica de valor matricial es realmente legal.

Answer 3

Para simplificar el álgebra, permítanme primero, sin pérdida de generalidad, rotar a un marco de coordenadas donde los vectores propios son la base cartesiana, $$ \boldsymbol{\mathsf{A}} = \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda_2 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_3 \end{pmatrix}, \quad\text{and}\quad \dot{\boldsymbol{\mathsf{A}}} = \begin{pmatrix} \dot\lambda_1 & a & b \\ a & \dot\lambda_2 & c \\ b & c & \dot\lambda_3 \end{pmatrix} $$ con algunos coeficientes $a$ , $b$ y $c$ . La relación anterior para $\dot{\boldsymbol{\mathsf{A}}}$ se desprende de loup blanc's $\dot\lambda=\boldsymbol{v}^T\cdot\dot{\boldsymbol{\mathsf{A}}}\cdot\boldsymbol{v}$ . Ahora expresamos las derivadas de los vectores propios como rotación, es decir $\dot{\boldsymbol{v}}=\boldsymbol{\omega}\times\boldsymbol{v}$ , dando $$ \dot{\boldsymbol{v}}_1 = \begin{pmatrix} 0 \\ \omega_z \\ -\omega_y \end{pmatrix},\quad \dot{\boldsymbol{v}}_2 = \begin{pmatrix} -\omega_z \\ 0 \\ \omega_x \end{pmatrix},\quad \dot{\boldsymbol{v}}_3 = \begin{pmatrix} \omega_y \\ -\omega_x \\ 0 \end{pmatrix}. $$ Insertando estos en la relación de loup blanc $ (\boldsymbol{\mathsf{A}}-\lambda\boldsymbol{\mathsf{1}})\cdot\dot{\boldsymbol{v}} = \dot\lambda \boldsymbol{v} - \dot{\boldsymbol{\mathsf{A}}}\cdot \boldsymbol{v} $ vemos que cada valor propio determina los componentes de $\boldsymbol{\omega}$ perpendicular a su vector propio y que $\dot\lambda$ se sale de la relación. Encontramos $$ \dot{\boldsymbol{\mathsf{A}}} = \begin{pmatrix} \dot\lambda_1 & \omega_z(\lambda_1-\lambda_2) & \omega_y(\lambda_3-\lambda_1) \\ \omega_z(\lambda_1-\lambda_2) & \dot\lambda_2 & \omega_x(\lambda_2-\lambda_3) \\ \omega_y(\lambda_3-\lambda_1) & \omega_x(\lambda_2-\lambda_3) & \dot\lambda_3 \end{pmatrix}. $$ Finalmente, generalizando para un marco de coordenadas general, tenemos $$ \boldsymbol{\omega} = \frac{\boldsymbol{v}_2^T\cdot\dot{\boldsymbol{\mathsf{A}}}\cdot\boldsymbol{v}_3}{\lambda_2-\lambda_3}\boldsymbol{v}_1 + \frac{\boldsymbol{v}_3^T\cdot\dot{\boldsymbol{\mathsf{A}}}\cdot\boldsymbol{v}_1}{\lambda_3-\lambda_1}\boldsymbol{v}_2 + \frac{\boldsymbol{v}_1^T\cdot\dot{\boldsymbol{\mathsf{A}}}\cdot\boldsymbol{v}_2}{\lambda_1-\lambda_2}\boldsymbol{v}_3 . $$ En particular, como señala loup blanc, las derivadas de los vectores propios, es decir $\boldsymbol{\omega}$ sólo están bien definidos si los valores propios son distintos. Sin embargo, a diferencia de lo que ha afirmado loup blanc en un comentario, los valores de $\omega_i$ obtenidos a partir de diferentes valores propios coinciden (esto tiene sentido, ya que $\dot{\boldsymbol{\mathsf{A}}}$ contiene seis números independientes, el mismo que el número de incógnitas $\dot\lambda_i$ y $\boldsymbol{\omega}$ ).