Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный исследовательский ядерный университет (МИФИ)

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Lineynye_operatsii

.pdf

Скачиваний:

166

Добавлен:

05.06.2015

Размер:

5.31 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1314 / 1814 15 16 17 18 > Следующая >>>

3.3. Приведение матрицы к жордановой нормальной форме

131

Строим вторую жорданову цепочку. С учетом того, что у нас всего две жордановы цепочки, то длина второй цепочки равна 2.

Найдем собственный вектор g12 , входящий в эту цепочку

g12 M 2	Ker I						Im I ,
g12 M1	Ker I					Im I 2 .
									-1			0

Так как Ker I N1 L e11, e12 L									0			-1
Так как Ker I N1 L e11, e12 L									1	,		0		,	а

									0			1
									0
									0			0
				0		-1				0			-1

Im I Im A E L				1		0				1			0
Im I Im A E L				0	,	1		,		0	,		1		,
				0		0				0			0
				0		0				0			0
				0		0				0			0
				0		0				0			0
		0			-1			0

		1			0			-1
L		0	,		1 ,			0 ,

		0			0			-1
		0			0
		0			0			0

0-1

0-10

		-1
		0
то Ker I		0
то Ker I	Im I Ker I L	1	,
		0
		0
		0
		0

0-1

0 .10

Следовательно, в качестве g12 можно взять вектор с координатами

132	Глава 3. ЖОРДАНОВА НОРМАЛЬНАЯ ФОРМА МАТРИЦЫ

g12 0, -1, 0,1, 0 . Найдем g22 присоединенный вектор 1-го порядка. Он является решением неоднородной системы

A E g22 g12 .

Решим эту систему методом Гаусса


0	-1 0		-1 0		0		1 0		1 0		0	-2

1	0	1 0		-1	-1		0	1 0		1	0	0
0	1	0	1	0	0	~ ... ~	0	0	0	0	-1	1 .

0	0	0	0	-1	1		0	0	0	0	0	0
0	0	0	0	0	0		0	0	0	0	0	0
0	0	0	0	0	0		0	0	0	0	0	0

1 3			2	1	3 2
	4		0		4
Отсюда получим 2				или 2		. Полагая
			1		1
		5
				5
свободные переменные 3			0 , 4	0 , найдем ненулевое решение

этой системы g22 -2,0,0,0,-1 . Вторая жорданова цепочка длины

2 построена: g12 0,-1,0,1,0 , g22 -2,0,0,0,-1 .

Объединение этих жордановых цепочек образует жорданов ба-

ˆ	1	2	3	1		2	.
зис g1		, g1	, g1	g2	, g2		.
										ˆ
Запишем матрицу оператора в базисе :
					1		1	0	0	0
						0	1	1	0	0
						0	1	1	0	0
				ˆ							.
				J 0			0	1 0		0	.
					0		0	0	1	1
						0	0	0	0
						0	0	0	0	1

Матрица перехода от исходного базиса базису ˆ равна:

3.3. Приведение матрицы к жордановой нормальной форме								133
	-1		0	1	0	-2
		0	1	0	-1	0
		0	1	0	-1	0
ˆ	1						.
T	1		0	0	0	0	.
	0		0	0	1	0
		0	0	0	0
		0	0	0	0	-1

Пример 3.6. Пусть матрица линейного оператора в некотором базисе имеет вид

6		-9	5	4
	7	-13	8	7
A					.
	8	-17	11	8
	1	-2	1	3

Найти жорданов базис и жорданову нормальную форму матрицы оператора .

Решение.	Составим		и	решим характеристическое				уравнение
det A E 0.		Опуская		промежуточные выкладки,				приведем
вид, к которому преобразуется это уравнение:
			1 2 3 0.
Отсюда следует,		что оператор имеет два				собственных значения
1 1 и 2	2	алгебраической кратности n1					1 и n2	3, соот-
ветственно.	Это	означает,		что,	dimV 1	1,	dimV 2	3. Здесь
V i корневое подпространство,					отвечающее собственному зна-
чению i , i 1, 2 .
Так как dimV 1 1,			то жордановым базисом корневого под-

пространства V 1 является собственный вектор, отвечающий собственному значению 1 1. Он является любым ненулевым решением однородной системы линейных алгебраических уравнений

A E 0 .

134	Глава 3. ЖОРДАНОВА НОРМАЛЬНАЯ ФОРМА МАТРИЦЫ
	1	3 4
		6 4 .
Решив эту систему, получим 2
		7
			4
	3

Полагая свободную переменную 4 1 , находим собственный вектор оператора , отвечающий собственному значению 1 1: f11 3, 6, 7,1 .

Теперь	найдем жорданов базис корневого подпространства
V 2 . Ищем	собственные векторы оператора , отвечающие соб-

ственному значению 2 2. Для этого решим однородную систему линейных алгебраических уравнений

	A 2E 0 .								(3.18)

	1		3		4		. Полагая свободные пере-
В результате получим							. Полагая свободные пере-
				3
	2			3
менные 3	и 4 сначала	3	1,		4	0,		а затем 3 0,	4 1,
найдем фундаментальную		систему					решений системы		(3.18)

e11 1,1,1, 0 и e12 -1,0,0,1 . Это линейно независимые собственные векторы оператора , отвечающие собственному значению 2 2 , т.е. корневые векторы высоты 1. Следовательно, геометрическая кратность собственного значения 2 2 равна 2. Это означает, что жорданов базис подпространства V 2 будет состоять из двух жордановых цепочек. Так как dimV 2 3, то одна из них

будет иметь	длину	1, а	другая длину 2. Обозначим
N1 L e11 , e12	, dim N1	2	( N1 Ker 2I Ker A 2E ).

3.3. Приведение матрицы к жордановой нормальной форме	135
1 способ

		-3		6	-3	-3
			-6	12	-6	-6
Вычислим матрицу A 2E 2			-6	12	-6	-6	и решим од-
			-7	14	-7	-7
			-1	2	-1 -1
			-1	2	-1 -1
нородную систему линейных алгебраических уравнений
	A 2E 2 0.						(3.19)


Эта система сводится к уравнению 1 2 2 3						4	0. Отсюда
получим 1 2 2	3 4 . Это	уравнение			имеет три свободных
переменных: 2 ,	3 , 4 . Следовательно,			у него есть три линейно

независимых решения. Два их них это e11 и e12 . Чтобы получить линейно независимое с ними решение − свободную переменную2 (в предыдущей системе она была главной) берем равной 1 (ос-

тальные свободные переменные 3 и		4	берем равными нулю).
Тогда e2 2,1, 0, 0 . По построению		e2	− корневой вектор высо-
1		1
ты 2. Мы получили базис корневого		подпространства V 2 : e2
			1
корневой вектор высоты 2, e1 ,	e1 корневые векторы высоты 1
1	2

(собственные векторы).

Перейдем к построению жорданова базиса в корневом подпространстве V 2 . Берем корневой вектор максимальной высоты. В

нашем случае это вектор e2				. Положим e2 e2						и вычислим
			1				1		1
		4		-9	5	4		2			-1

e1	A 2E e2		7	-15	8	7		1	=		-1
1	1		8	-17	9	8		0			-1
			8	-17	9	8		0			-1

			1	-2	1	1		0			0

корневой вектор высоты 1.

136	Глава 3. ЖОРДАНОВА НОРМАЛЬНАЯ ФОРМА МАТРИЦЫ

Мы получили жорданову цепочку длины 2: e11 , e12 . Дополним

эту систему векторов	до базиса V 2			собственным вектором					e1	,
									2
линейно независимым	с	e1.	Так	как	e1	e1	,	то берем
		1			1	1

e21 e12 -1,0,0,1 . Сгруппируем полученные базисные векторы в

жордановы цепочки, упорядочивая их												по возрастанию высоты
e11 , e12	и e21		. Объединение этих жордановых цепочек образует
жорданов базис в корневом подпространстве V 2 . Добавляя собст-
венный вектор			f 1 ,		отвечающий собственному значению											1 ,
				1												1
получим			жорданов			базис						в		пространстве V :
f11		e11, e12			e21 .	Так			как			A f11 f11,			A e11	2 e11,

A e2 e1		2 e2	,	A e1 2 e1 ,				то матрица оператора в базисе
1	1	1			2	2

равна:
						1			0	0	0
							0		2	1	0
					J		0		2	1	0	.				(3.20)
							0		0	2	0

							0		0	0	2
Матрица перехода от исходного базиса к базису															равна:
						3			-1	2	-1
								6	-1	1		0
					T			6	-1	1		0	.			(3.21)
								7	-1	0		0

								1	0	0		1

2 способ

Как отмечалось выше, жорданов базис подпространства V 2 состоит из двух жордановых цепочек, одна из которых имеет длину 1, а другая – длину 2.

3.3. Приведение матрицы к жордановой нормальной форме																							137
Найдем собственный вектор g1 , входящий в жорданову цепоч-
								1
ку длиной 2:			Ker 2I							Im 2I .
	g1		Ker 2I							Im 2I .
		1
По определению Ker 2I									является								линейной						оболочкой
собственных векторов e1 1,1,1, 0										и	e1	-1,0,0,1 :
				1							2
													1					-1
Ker 2I L e11, e12 L														1					0
Ker 2I L e11, e12 L														1		,			0		.
														1					0

													0					1
													0					1
Образ линейного оператора 2I											совпадает с линейной обо-
лочкой столбцов его матрицы:
Im 2I Im A 2E
	4		-9		5			4							4			5
		7		-15			8		7								7			8
L		7	,	-15	,		8	,	7		L						7		,	8		.
		8		-17			9		8								8			9

	1 -2						1 1								1 1
	1 -2						1 1								1 1
Нетрудно заметить, что вектор
					4			5				-1

				g1		7			8			-1
				1		8			9			-1

						1			1			0
принадлежит Ker 2I						Im 2I .
Найдем первый присоединенный вектор															g 2			. Он является реше-
																	1

нием неоднородной системы A 2E g2	g1	. Решим эту систему
1	1

методом Гаусса:

138		Глава 3. ЖОРДАНОВА НОРМАЛЬНАЯ ФОРМА МАТРИЦЫ
			4		-9 5 4					-1				0 -1 1			0		-1
			4		-9 5 4					-1				0 -1 1			0		-1

			7		-15 8 7					-1				0 -1 1			0		-1
			8		-17 9 8					-1				0 -1 1			0		-1

			1		-2 1 1					0				1 -2 1
			1		-2 1 1					0				1 -2 1			1		0
																	1		0

				1		-2 1 1					0			1 0 -1			1	2
				0			1 -1 0				1			0 1 -1			0	1
				0			1 -1 0				1			0 1 -1			0	1				.
				0			0 0 0				0			0 0 0			0	0				.
				0			0 0 0				0			0 0 0			0	0

				0			0 0 0				0			0 0 0			0	0
				0			0 0 0				0			0 0 0			0	0

				1 3 4							2		или		1		3				4 2			.
Отсюда получим											1		или								1			.
						2		3			1									3	1
						2		3								2				3
Полагая свободные переменные, 3														0,	4	0 , находим ненуле-
вое	решение этой				системы				g12			2,1, 0, 0 .					Жорданова цепочка
длины 2		построена:					g11 -1,-1,-1,0 ,								g12	2,1, 0, 0 . Дополняя
эту цепочку собственными векторами f															1 и	e1	(см. способ 1 этого
														1		2
примера),		получим					жорданов					базис			ˆ	в	пространстве								V :
примера),		получим					жорданов					базис				в	пространстве								V :
ˆ	1	1		2			1							1	1		2					2			ˆ
f1		g1 , g1					e2 . Так как						g1 e1			и	g1 e1 , то						базис

совпадает с базисом , найденным ранее способом 1. Поэтому матрица оператора в этом базисе также имеет вид (3.20), а мат-

рица перехода равна (3.21).

Пример 3.7. Пусть матрица линейного оператора в некотором базисе имеет вид

5		-6	-1	3
	2	-3	-1	3
A	2	-3	-1	3	.
	2	-2	-3	4

	3	-3	-1	1

Найти жорданов базис и жорданову нормальную форму матрицы оператора .

3.3. Приведение матрицы к жордановой нормальной форме		139
Решение. Составим и	решим характеристическое	уравнение
det A E 0. Опуская	промежуточные выкладки,	приведем

вид, к которому преобразуется это уравнение 3 1 3 0 .

Отсюда следует, что оператор имеет два				собственных значения
1 3 и 2	2 алгебраической кратности			n1 1	и n2 3, соот-
ветственно.	Это	означает,	что V V 1	V 2 ,	dimV 1 1,
dimV 2 3.	Здесь V i корневое подпространство, отвечающее
собственному значению i ,			i 1, 2 .
Так как dimV 1		1, то жордановым базисом корневого подпро-

странства V 1 является собственный вектор, отвечающий собственному значению 1 3. Он является любым ненулевым решени-

ем однородной системы линейных алгебраических уравнений

A 3E 0.

Решив эту систему, найдем собственный вектор оператора , от-

вечающий собственному значению		3 : f 1	2,1,1,1 .
	1	1
Теперь	найдем жорданов базис	корневого подпространства
V 2 . Ищем	собственные векторы оператора		, отвечающие соб-

ственному значению 2 1. Для этого решим однородную систему линейных алгебраических уравнений

A E 0 .				(3.22)



	1			2
Решив эту систему, получим 3			0 .
			0
	4

У решения системы (3.22) оказалась			только одна свободная пе-
ременная 2 , поэтому у оператора		есть только один линейно

независимый собственный вектор, отвечающий собственному значению 2 1 . Полагая свободную переменную 2 1, находим

140	Глава 3. ЖОРДАНОВА НОРМАЛЬНАЯ ФОРМА МАТРИЦЫ

его: g11 1,1, 0, 0 . Так как геометрическая кратность собственно-

го значения 2 1 равна 1, то жорданов базис подпространства

V 2 будет состоять из одной жордановой цепочки длиной 3. Для ее нахождения воспользуемся способом, изложенным в замечаниях

3.5, 3.6. В нашем случае p 3 . Вычислим A E 2 :

31	-31	-1	2

A E 2 15 -15		-1	2	,
16	-16	0	0

10	-10	2	0

и найдем присоединенный вектор 2-го порядка g13 . Он является решением неоднородной системы

A E 2 g13 g11 .

Решим эту систему методом Гаусса
31 -31 -1 2		1			1	-1 0	0	0		1	-1 0		0	0
31 -31 -1 2		1			1	-1 0	0	0		1	-1 0		0	0
		1			5	-5 1	0	0		0	0	1	0	0
15 -15 -1 2		1			5	-5 1	0	0		0	0	1	0	0
16 -16 0 0		0	~		0	0 -1	2	1	~	0	0	0	2	1	.

					0	0 0	0	0		0	0	0	0	0
10 -10 2 0		0			0	0 0	0	0		0	0	0	0	0
10 -10 2 0		0
	1		2
	3			0 .
Отсюда получим	3			0 .
				1
2 4				1

Полагая свободную переменную, 2 0 , найдем ненулевое ре-

3		1
шение этой системы g1	0, 0, 0,		корневой вектор высоты 3.
шение этой системы g1	0, 0, 0,		корневой вектор высоты 3.
		2

Теперь вычислим присоединенный вектор 1-го порядка:

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1314 / 1814 15 16 17 18 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
01.05.202556.78 Кб0LE_AU_4.docx
#
04.06.20152.95 Mб4lichman.doc
#
26.09.20193.02 Mб4Linal.doc
#
04.06.201571.39 Кб14Linal.doc
#
27.09.2019322.75 Кб57LinAl_otvety.docx
#
05.06.20155.31 Mб166Lineynye_operatsii.pdf
#
19.09.20191.19 Mб26literature s art(1 группа).doc
#
04.06.20156.16 Mб45Literaturny_obzor.docx
#
04.06.201598.3 Кб101Makiavelli.doc
#
04.06.2015428.54 Кб22Makro.doc
#
01.03.2025307.71 Кб1makro.doc