Примеры приведения матриц к жордановой форме
1°. . Корни характеристического уравнения: l1, 2, 3 = 1. .
Собственные векторы А по λ = 1, т.е. ядро А1:
, значит базис N(А1): .
Образ оператора А1 М(А1) находим из соотношений:
; базис М(А1) f3(1, 2, –1), и т.к. f3 = 2f1 – f2, то f3Îℒ(f1, f2).
Тогда: базисом будет вектор ; вектором, дополняющим базис до базиса будет любой из векторов , например вектор ; а базис дополнить до базиса нечем, т.к. .
Прообраз А1у = (1, 2, –1) Þ у1 – у2 – у3 = 1 , например (1, 0, 0).
Кстати: система А1у = (1, 0, 0) решений не имеет, т.е. прообраза второго слоя для вектора (1, 2, –1) нет.
Следовательно, жорданов базис оператора А: .
И, окончательно, имеем жорданову форму матрицы оператора А: .
2°. Найти нормальную жорданову форму матрицы линейного оператора А = и базис, в котором матрица оператора имеет жорданову форму.
Δ. Для матрицы линейного оператора А = составим и решим характеристическое уравнение: det(A - lE) = 0 .
Получим:
= .
Тогда: = 0 и, следовательно, l1, 2 = –1; l3, 4 = 1.
a) Рассмотрим оператор А-1 = А-lE = А+E = . Ищем собственные векторы оператора А при l = - 1, т. е. ядро оператора А-1. Для этого решим систему четырех линейных однородных уравнений с матрицей А-1. Из третьего и четвертого уравнений системы видно, что . Тогда можно легко установить, что . Вектор f1 (1, 1, 0, 0) - единственный собственный вектор оператора А, соответствующий собственному значению l = -1 и образует базис ядра оператора А–1. Далее ищем базис образа оператора А–1:
.
Отметив, что для векторов f2, f3, f4 существует соотношение: f3 + f4 – f2 = (0, 0, 0, 1), находим базис образа оператора А–1:
{j1 (1, 1, 0, 0), j2 (0, –1, 1, 1), j3 (0, 0, 0, 1).
Отметив, что векторы f1 и совпадают, делаем вывод о том, что этот вектор образует базис пересечения образа и ядра оператора А-1.
Кратность корня λ = -1 равна двум, а собственный вектор, соответствующий этому собственному значению, только один. Поэтому, полагаем g1 равным вектору , а еще один вектор жорданового базиса ищем, как прообраз первого слоя для . Решаем неоднородную систему линейных уравнений и находим второй вектор g2(1, 3/4, 0, 0) жорданового базиса, соответствующего собственному значению l = -1 кратности два. При этом, что характерно, у вектора нет прообраза второго слоя, ибо система с расширенной матрицей
решений не имеет. Это и не случайно, потому что собственному значению l= -1 кратности 2 должно соответствует два вектора жорданового базиса оператора А:
g1(1, 1, 0, 0); g2(1, 3/4, 0, 0).
При этом отметим, что:
.
б) Теперь рассмотрим собственное значение l = 1 и, соответственно, оператор А1=А+Е:
.
Найдем ядро этого оператора, т.е. собственные векторы оператора А при λ = 1.
.
Вектор f1 (1, 1, 1, 1) образует базис ядра оператора А1 и является единственным собственным вектором оператора А, отвечающим собственному значению l = 1 .
Ищем базис образа М(А1) оператора А1 .
.
Отмечая, что f1 = f2 + f3 + f4, заключаем: базисом пересечения ядра и образа оператора A1 является вектор f1.
Так как собственный вектор только один, а собственное значение имеет кратность 2, требуется найти еще один вектор жорданового базиса. Поэтому полагаем g3 равным вектору y1(1, 1, 1, 1), а еще один вектор жорданового базиса ищем как прообраз первого слоя для y1(1, 1, 1, 1). Для этого решаем неоднородную систему линейных уравнений A1g4 = j1 и находим вектор g4(0, 1/2, 0, 1/2) жорданового базиса, соответствующего собственному значению l = 1 кратности два. При этом у вектора y1(1, 1, 1, 1) нет прообраза второго слоя, ибо система A1y = g4 с расширенной матрицей решений не имеет. И вновь это не случайно, потому что собственному значению l= 1 кратности 2 должно соответствовать два вектора жорданового базиса, а они уже найдены:
g3(1, 1, 1, 1); g4(0, 1/2, 0, 1/2).
При этом отметим, что: Ag3 = g1, Ag4 = g3 + g4. Для оператора А найден жорданов базис: . При этом АG = . ▲
3°. ; det(A - lE) = 0 l1, 2 = 1; l3, 4 = 2.
Δ a) Рассмотрим оператор А1: А1-E= . Ищем собственные векторы оператора А при l = 1, т.е. ядро оператора А1.
. Векторы {f1,f2} образуют базис N(A1).
Далее ищем базис .
Так как векторы f1, f2, f3, f4 – линейно независимы, то , а векторы дополняющие базис до базиса – векторы :
Кратность корня λ = 1 равна двум, поэтому имеем уже два вектора жорданового базиса А:
g1(1, 0, 1, 0); g2(0, 1, 0, 1).
б)Рассмотрим оператор А2=А-2Е: , и найдем ядро оператора А2 т.е. собственные вектора А при λ = 2. . Вектор f1(0, 0, –2, 1), являющийся решением этой системы является одновременно и базисом ядра .
Ищем базис образа оператора А2 – М(А2) .
Þ .
Тогда, вектор (0, 0, –2, 1) это вектор жорданового базиса, а второй вектор – прообраз вектора (0, 0, –2, 1), если он есть. Система для его нахождения: А2у = (0, 0, –2, 1).
Решаем систему А2у = (0, 0, –2, 1), для нахождения прообраза 1-го слоя вектора (0, 0, –2, 1) Получаем: .
Решением системы является, например, вектор (1, –1, 0, 0).
Тогда g3(0, 0, –2, 1); g4(1, 1, 0, 0).
Для оператора А найден жорданов базис: .
При этом т.е. жорданова форма оператора А: . ▲.
Дата добавления: 2015-05-05; просмотров: 21566;