Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Тернопольский национальный технический университет им. И. Пулюя

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Вища математика1 / Algoritm

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

05.03.2016

Размер:

240.72 Кб

Скачать

☆

1 / 21 2 > Следующая >>>

ЛIНIЙНА АЛГЕБРА. Приклади та алгоритми

1. Перетворення координат

Задача 1.1. Обчислити матрицю переходу вiд базису v = fv1; v2; v3g до базису w = fw1; w2; w3g простору R3, записати формулу перетворення координат [x]v =) [x]w та знайти координати вектора w1 + w2 + 2w3 в базисi v, ÿêùî

0	1	1 0	1	1 0	2	1 0	0	1 0	3	1 0	1	1
	¡1		0		1		1		1		1
B	0	C B	1	C B	¡3	C B	1	C B	¡2	C B	¡1	C
@ v1		A @ v2		A @ v3		A @w1 A @ w2				A @ w3		A

Розв'язання.

		Tew ) = 0		1	1	2		0		3	1	1				0	1	0		0		1	0		0:5	1 = ( I3
( Tev	j	Tew ) = 0		¡1	0	1	j	1		1	1	1	=			0	0	1		0	j	1	1		0:5	1 = ( I3				j	Tvw )
	j		B	0	1 ¡3 jj			1		¡2 ¡1		C		)		B	0	0		1	jj	0	1		0:5	C				j
			@									A				@										A
							0	1	0	0:5	1										0	1	1		0	2	1
			= T = Tvw			=	0	1	1	0:5	1	; [x]v			= T [x]w = T						0	1	1	=	0	3	1	:
			)				B	0	1	0:5	C										B	2	C B			2	C
							@				A			0		5	1				@		A		@	0	A	5	1.
																5												5
Перевiрка:			x = w1 + w2 + 2w3 = 2v1 + 3v2								+ 2v3		=			4		2	R3, тобто [x]e =									4
														B		¡3	C	2								B	¡3		C
														@			A									@			A

2. Матриця лiнiйного оператора

Задача 2.1. Нехай e = fe1; e2; e3g, l = fl1; l2g стандартнi базиси просторiв |3 òà |2 âiäïî- вiдно. Лiнiйний оператор f : |3 ! |2 дi¹ за правилом:

e1 =f) l1 ¡ l2; e2 =f) l1; e3 =f) l1 + l2:

Знайти матрицю цього оператора в базисах v = fv1; v2; v3g простору |4 òà w = fw1; w2g ïðî-

стору |3, ÿêùî

; v2 = 0

1 1

; v3 = 0

¡1 1

¡1

v1 = 0 0 1

;

w1 =

; w2 =

Ã ¡2

1 !

1 C

Розв'язання. Позначимо M = e[ f ]w, T = Tev, S = Tlw. Тодi матриця M0

= v[ f ]w визнача¹ться

з тако¨ комутативно¨ дiаграми:

|3 ¡¡¡! |2

LT x

xLS

¡¡¡! ?

Îòæå v[ f ]w = M0 = S¡1MT =

1 1

¡1

2 3

3 .

2 3

! Ã ¡1 0 1

! B

1 1

4 7 8 !

Задача 2.2. Знайти матрицю лiнiйного оператора f : |3 ! |3 в стандартному базисi коор- динатного простору |3, який переводить лiнiйно незалежнi вектори fv1; v2; v3g 2 |3 âiäïîâiäíî

у вектори fw1; w2	; w3g 2 \|3, äå		1 0	1	1 0 1 1 0	1	1 0	0 1
	0 ¡1	1 0 0
	1	1	C B	2	0	3	C B	1	C
	B 0	C B 1		¡3	C B 1 C B	¡2		¡1
	@ v1	A @ v2	A @ v3		A @w1 A @ w2		A @ w3		A

Розв'язання. Позначимо через e = fe1; e2; e3g стандартний базис координатного простору \|3.
За умовою, v = v1; v2; v3 базис простору \|3 i e[ f ]v =								0	1	1	0	1. Òîäi
f	g							B	0	3	1	C
f	g							B	1	¡2	¡1	C
		0 1			1		0 ¡1	@		1 = 1		A			2 1
e[ f ]e = e[ f ]v	Tev¡1 =	0 1	1	0	1	1	0 ¡1	1	1	1 = 1		0	1	4	2 1	:
		0	3	1	C ¢	6	1	5	1	C	3	B	5	5	4
		B 1 ¡2 ¡1			C ¢	6	B 1	1	¡1	C	3	B	¡4 ¡1 ¡2 C
		@			A		@			A		@			A

3. Базиси суми та перетину пiдпросторiв

òà W = w1; w2; w3

, äå

5 знайти базиси суми та перетину пiдпросторiв

V = ¡v1; v2; v3; v4¢

Задача 3.1. В просторi

1 1 0

1 0 1

1 0 1 1 0

0 1

C B

¡0

C B

C B C B C B C B C B C B C

B C B C B C B C B C B C B C

C B

@ A @ A @ A @ A @ A @ A @ A

Розв'язання. Вектори v1; v2; v3 утворюють базис V , а вектори w1; w2; w3

базис W . Базис пiд-

ЗапишемоVñïiëüíó:

матрицю та викона¹мо перетворення рядкiв:

©v1; v2; v3; w1; w2; w3

ª.

простору

+ W це максимальна лiнiйно незалежна пiдсистема системи

1 1

0 1

1 0 0 j 0

0 ¡1

0 1

0 j 1 0

0 0 1

¡1

1 0

0 0 0

1 1

1 0

а це означа¹, що мають мiсце залежностi:

векторiв (0; 1; 1; ¡1; 1; 0)>

òà (1; 0¡; 0; ¡1; 0; 1)>¢,.

Згiдно з алгоритмом, V

: W

v1; v2; v3

; w1

Фундаментальна система розвязкiв склада¹ться з

Òîäi V \ W = ¡x; y¢, äå	v2 + v3 ¡ w1 + w2 = 0;
Òîäi V \ W = ¡x; y¢, äå		0	1	1
		0	0	1
x = v2 + v3	= w1 ¡ w2	= B	1	C	;
		B	1	C
		B		C
		B	1	C
		B	1	C
		@		A

v1 ¡ w1 + w3 = 0:					1
		0		1	1
		= B		1	C
y = v1	= w1 ¡ w3	= B		0	C	:
		B	¡	1	C
		B	¡		C
		B		1	C
		B		1	C
		@			A

v = fv1; v2; v3; v4g.

4. Прямi суми пiдпросторiв та iдемпотентнi оператори

Задача 4.1. Для iдемпотентного оператора (або проектора) P : R4 ! R4 з матрицею

	0		1		1	2	1	1
	0	¡1		¡1		¡1	¡1	1	2 Mat4(R)
P =	B		0		0	1	0	C	2 Mat4(R)
	B		1		1	1	1	C
	B							C
	@							A
a) знайти "канонiчний"розклад R		4	= Im		P +
a) знайти "канонiчний"розклад R			= Im			: Ker P;

b) знайти проекцi¨ базисних одиниць e1; e2; e3; e4 на пiдпростiр Im P паралельно до Ker P та на пiдпростiр Ker P паралельно до Im P. Виписати матрицю проекцi¨ ¼1 : R4 ! Im P паралельно до Ker P та матрицю проекцi¨ ¼2 : R4 ! Ker P паралельно до Im P.

Розв'язання. Позначимо через Q : R4 ! R4 лiнiйний оператор Q = 1 ¡ P з з матрицею

	0		1		0	1	1	1
	B		2		1	2	1	C
Q = I4 ¡ P =	B	¡0			0	¡0	¡0	C	2 Mat4(R):
	B		1		1	1	0	C
	B							C
	@ ¡			¡		¡		A
Тодi P, Q утворюють повну систему вза¹мно ортогональних iдемпотентiв, отже Ker P = Im Q.

Знаходимо базиси Im P та Im Q як максимальнi лiнiйно незалежнi пiдсистеми векторiв-стовпчикiв

Im =2¡

1 2

¡ 3 4

¡1

1 2

¢ ¡

3 4

¢, äå

матриць P òà Q âiäïîâiäíî. Ìà¹ìî:

v ; v

;

Q = v ; v

= v ; v

v ; v

0 ¡1

= B

; v2

= B

; v3

= B

; v4

= B

¡0

@ ¡

Знайдемо координати базисних векторiв стандартного базису e = fe1; e2; e3; e4g простору R4 â базисi

	0	¡1	¡1
	B	1	2
( Te;v j I4) =	B	1	1
( Te;v j I4) =	B	0	1
	B
	@

	0	1	j	0	1	0	0 1			0	0	1	0	0	j	0	0	1	0 1
	1	1		1	0	0	0	C		B	1	0	0	0		1	1	0	1	C
	1	0	jj	0	0	0	1	C	=)	B	0	0	0	1	jj	1	0	1	1	C	=)
	0	¡0	jj	0	0	1	0	C	=)	B	0	0	1	0	jj	1	1	1	0	C	=)
								C		B										C
¡			j					A		@					j					A

e1 = (v1) + (v3 + v4)

¼1(e1) = v1

¼2(e1) = v3 + v4

= (v1) + (v3)

¼1(e2) = v1

¼2(e2) = v3

= (v2) + (v3 + v4)

¼1(e3) = v2

¼2(e3) = v3 + v4

= (v1) + (v4)

¼1(e4) = v1

¼2(e4) = v4

Îòæå,

fv1;v2g[¼1]e = Ã

!; fv3;v4g[¼2]e

= Ã

Задача 4.2. Нехай V = µv1; v2	¶	½ R3, W =		µw¶			½ R3 лiнiйнi пiдпростори, де
v1 = 0 1		1; v2	= 0 0 1			; w = 0		1 1		:
B	1	C	B	1	C		B	1	C
	0			1				¡1
@		A	@		A		@		A

Показати, що R3 = V +: W . Знайти проекцiю ¼V : R3 ! V простору R3 на пiдпростiр V паралельно до пiдпростору W та проекцiю ¼W : R3 ! W паралельно до пiдпростору V . Визначити iдемпотентний оператор P : R3 ! R3 (або проектор), який визнача¹ цей розклад, тобто такий,

ùîá Im P = V , Ker P = KerP.

Розв'язання. Система векторiв v = fv1; v2; wg лiнiйно незалежна, а отже ¹ базисом, звiдки R3 =

+	+
R(v1; v2; w) = R(v1; v2) : R(w) = V : W . Випишемо матрицi вiдображень канонiчного занурення:
[¾V ] = e[¾V ]fv1;v2g òà [¾W ] = e[¾W ]fwg. Ìà¹ìî:					[¾W ] =	0	1 1	:
[¾V ] =	0	1	0	1;	[¾W ] =	0	1 1	:
	B	1	1	C		B	1
	B	0	1	C		B	¡1 C
	@			A		@	A

Випишемо матрицi вiдображень проекцiй

( Tev I3 ) =	0 1	0	1	j	0		1	0 1
j	1	1	1	jj	1		0	0	C
j	B 0	1 ¡1		jj	0		0	1	C
	@		Ã ¡1						A
	[¼V ] =		Ã ¡1			1	0 !;
				1		2		1

[¼V ] = fv1	;v2g[¼V ]e òà [¼W ] = fwg[¼W ]e. Ìà¹ìî:
=	0 0	1	0	j ¡1		1	0	1	=
	1	0	0	jj	1	2	1	C
)	B 0	0	1	jj	1	¡1	¡1	C	)
	@							A

³´

[¼W ] = 1 ¡1 ¡1 :

Перевiрка:

¾V

¾W

V : W

;

¼V

¼W

Мають виконуватися рiвностi: ¼V ¾V

= idV , ¼W ¾W

= idW

òà ¾V ¼V + ¾W ¼W = 1(= idR3 ) (idV

тотожний оператор простору V ). Або на матрицях:

[¼V ] [¾V ] = I2

;

[¼W ] [¾W ] = I1 = (1):

Матрицю P проектора P = PV : R3 ! R3 можна обчислювати двома способами.

Ñïîñiá 1. P = PV

= ¾V ¼V : R3 ! R3 i P = [¾V ] [¼V ].

Ñïîñiá 2.

O1) T ¡1 = T

0 0 1 0 1 T ¡1 = 0

1 2 1 1

; äå T = Tev:

P = PV = T (I2

B 0 0 0 C

¡1 ¡1 0 C

Проектор PW : R3 ! R3 знаходиться з умови:

PV + PW = 1.

5. Пiдпростори та фактор-простори

Задача 5.1. Знайти базис фактор-простору R4=W та визначити матрицю канонiчно¨ про-

åêöi¨ ¼ : R4 ! R4=W , äå W = ¡w1; w2; w3¢, w1 = (1; 0; 1; 2)>, w2 = (1; ¡1; 0; ¡1)>, w3 = (0; 1; 1; 3)>.

Êðiì òîãî

a)Визначте, яка з систем (i) 2e1 + e3 + W , e1 + 2e3 + W ÷è (ii) 2e1 + e3 + W , e1 + e3 + W буде базисом фактор-простору R4=W .

b)Покажiть, що класи x = e4 ¡ e2; y = 2e1 + e2 + e3 ¡ e4 2 R4=W ¹ лiнiйно залежними та вкажiть цю залежнiсть.

Розв'язання. Знайдемо базис пiдпростору W та доповнимо його до деякого базису w простору R4. Наприклад, нехай w = fw1; w2; e1; e2g, äå fw1; w2g базис простору W . Тодi базис факторпростору R4=W склада¹ться з класiв сумiжностi e1 = e1 + W òà e2 = e2 + W .

Знайдемо координати базисних векторiв стандартного базису e = fe1; e2; e3; e4g простору R4 â

базисi w. Позначимо T = Te;v матрицю переходу. Тодi [ei]v = T ¡1[ei]e. Ìà¹ìî:

(0) + (e2)

(0) + (e1)

1 0 0

0 1

= ( w ) + (e

e )

T = B

¡0 0 0

; T

¡ =

1 0 ¡3

¡1

; =)

= (w1

+ 2w2) + (¡3e1

+ 2e2)

Визначимо проекцiю ¼ : R

! R

=W :

¼(e1) =

¼(e2) = e2

+ 2w2

3e1 + 2e2

= 3e1 + 2e2

, [ ¼ ] =

1 0

¼(e3) = w1

0 1

¡2 1

¼(e4) =

¡w2 + e1 ¡ e2

= e1 ¡ e2

a) Обчислимо

= Ã

¡2 !

= ¡e1 + 2e2; ¼(e1 + 2e3) = ¡2e1 + 4e2; ¼(e1 + 2e3) = ¡2e1 + 2e2:

¼(2e1 + e3) = [ ¼ ] B

Як бачимо, класи сумiжностi ¼(2e1 + e3) òà ¼(e1 + 2e3) лiнiйно залежнi i не можуть утворювати базис R4=W , натомiсть класи ¼(2e1 + e3) òà ¼(e1 + e3) утворюють базис.

b) Îñêiëüêè x = ¼(e4 ¡e2) = e1 ¡2e2, y = ¼(2e1 +e2 +e3 ¡e4) = ¡2e1 +4e2, то ма¹мо залежнiсть:

2x + y = 0.

6. Iнварiантнi пiдпростори

Задача 6.1. Нехай f = LA

: R4

! R4 лiнiйний оператор, v1 = e1 + e3; v2 = e2 ¡ e4 2 R4.

f : V !

v = f 1 2g

Покажiть, що пiдпростiр V = v1; v2

½ R4 ¹ iнварiантним вiдносно f та знайдiть матрицю

iндукованого оператора

V в базисi

¡3

v ; v

, ÿêùî

¡4

¡5

[ f ] = A =

¡3

¡4

¡3

@ ¡

Покажiть, що оператор f не ма¹ власних векторiв в пiдпросторi V над полем R.

Розв'язання. Обчислимо A v1 = e2 ¡ e4 = v2, A v2 = ¡e1 ¡ e2 ¡ e3 + e4 = ¡v1 ¡ v2. Тому матриця
iндукованого оператора f = LB : V ! V в базисi v äîðiâíþ¹: B = Ã	1	¡1	!. Оператор f íå ìà¹
	0	1

власних векторiв в пiдпросторi V , оскiльки характеристичний полiном iндукованого оператора дорiвню¹ Â(t) = t2 + t + 1 i не ма¹ коренiв в полi дiйсних чисел.

Задача 6.2. Характеристичний полiном лiнiйного оператора f : R4 ! R4 з матрицею

			0	0		1	¡0		2	1
			B	2		1	1		2	C
		[ f ] = A =	B	4	¡2 ¡3			¡3		C
			B	0	¡	1	0		0	C
			B		¡					C
2	2		@					4 â		A
äîðiâíþ¹ Âf (t) = (t ¡ 1)	(t + 2) . Розкладiть простiр R								пряму суму кореневих пiдпросторiв
äîðiâíþ¹ Âf (t) = (t ¡ 1)	(t + 2) . Розкладiть простiр R

V 1, V ¡2 та обчислiть проектор P : R4 ! R4, який визнача¹ цей розклад.

Розв'язання.

За умовою, Spf = f1; ¡2g i k1 = k¡2 = 2. Оскiльки дефект df(A ¡I4) матрицi A ¡I4 äîðiâíþ¹ 1,
дефект df(A + 2I4)2			= 2 = k			2, звiдки одержимо V ¡2									¡= Ker (A + 2I4¢)2								= e1		+ 4e3; 2e2 + 3e3				+ e4 .
а дефект df(A¡I4)2			= 2 = k1			, òî V 1		= Ker (A¡I4)2						= e1 +e3					; e4 ¡e2			. Аналогiчно, df(A+2I4) = 1,
Позначимо v =	f	e1 + e3; e4 ¡ e2; e1 + 4e3; 2e2 + 3e3 + e4														g	. Òîäi							¡					¢
	f				¡						2 1 0					g		0 1			1 0			0 ¡1		¡0	2 1
P = T (I O ) T ¡1 = 0 0								1	0		2 1 0			0		1 0		0 1			1 0			0 ¡1		¡0	2 1
						B	1	0	1		0	C B		1		0	0		0	C		B		4	1	1	1	C
ev 2 © 2				ev				¡0															¡1 ¡1				¡1
ev 2 © 2				ev			1	¡0	4		3			0		0 0		0			3		¡1 ¡1			1	¡1
						B	0	1	0		1	C B		0		0 0		0		C B				0	1	0	1	C
						B						C B								C		B						C
						@						A @								A	1	@						A
										1		0	0		1		¡0			2	1
												B	4		1		1			1	C
						=) P =								1 ¡1					¡1
						=) P =					3		4	1 ¡1					¡1
												B	0		1		0			2	C
												B									C
Перевiрка показу¹, що P				2						1	,	@		¡							A			2.
Перевiрка показу¹, що P					= P i Im Lp = V						,	Ker Lp			= Im LI4¡P						= V ¡

Задача 6.3. Матриця оператора f : R4 ! R4 в стандартному базисi дорiвню¹

	0	¡0		3	0	¡2	1	1
	B		3	1	0	2	0	C
A = [f] =	B		1	¡0 ¡2		¡1	0	C	:
	B	¡	1	1	0	0	0	C
	B	¡						C
	B		4	1	0	2	1	C
	B		4	1	0	2	1	C
	@	¡						A

Не обчислюючи характеристичний полiном f та його жорданову нормальну форму, знайти

(1) розмiрнiсть та базис w власного пiдпростору V¡2 оператора f (з власним значенням ¡2);

(2)ðîçìiðíiñòü m та базис v кореневого пiдпростору V ¡2 оператора f;

(3)розмiрнiсть та базис фактор-простору V ¡2=V¡2.

Розв'язання.

0 ¡0

A + 2I = B

1 0 0 ¡1 0 C:

1 0

rank (A + 2I) = 3, îòæå, dim

= 5 3 = 2 i w =

¡0

;

- базис V

C B

A @

Обчислимо

0 ¡2 0 0 0 2

;

0 ¡6 0 0 0 6 1

= B

(A + 2I)2 =

¡0 0 0 0 0

; (A + 2I)3

¡0 0 0 0 0

1 0 0 0 1

3 0 0 0 3

10 0 0 0 10

30 0 0 0 30

Îñêiëüêè rank (A + 2I)2 = rank (A + 2I)3 = 1, òî dimR V ¡2 = 4 i V ¡2 = Ker(A + 2I)2 ма¹ базис

0 1 1

0 0 1

0 0 19

< B

v = >v =

; v =

> B

0 C

B 0

B 1

;

Розмiрнiсть фактор-простору V ¡2=V¡2 äîðiâíþ¹ 2, а базисними можуть бути, наприклад, класи

v1, v3.

7. Жорданова нормальна форма оператора

Задача 7.1. Матриця лiнiйного оператора f : R5 ! R5 äîðiâíþ¹

	0	¡0			1	0		0		0	1
	B		2		0	0		0		0	C
[ f ] = A =	B		3	¡1		1		0		0	C	:
	B		0	¡	4	1	¡	3		1	C
	B			¡			¡				C
	B		3		0	2		1		1	C
	B		3		0	2		1		1	C
	@	¡				¡ ¡			¡		A

Знайти

(1)характеристичний полiном оператора f, його власнi значення разом з кратностями;

(2)жорданову нормальну форму J(f) оператора f;

(3)жорданiв нормальний базис та матрицю переходу до жорданового базису.

Розв'язання. Xарактеристичний полiном оператора f äîðiâíþ¹ Âf (t) = ÂA(t) = (t ¡ 1)2 (t + 2)3,

îòæå Spf = f1; ¡2g, k1 = 2, k¡2 = 3.

¸ = 1. Дефект матрицi

		0	¡0			0	0		0		0	1
		B		3		0	0		0		0	C
A ¡ I4	=	B		3	¡1		0		0		0	C
		B		0	¡	4	1	¡	4		1	C
		B			¡			¡				C
		B		3		0	2		1		2	C
		B		3		0	2		1		2	C
		@	¡				¡ ¡			¡		A

äîðiâíþ¹ 1, отже ЖНФ iндукованого оператора f : V 1 ! V 1 (V 1 кореневий пiдпростiр з власним значенням 1) äîðiâíþ¹ J2(1). Знайдемо власний вектор: v1 = e3 ¡ e5. Розв'язавши систему (A ¡

I4)x = v1

, знайдемо кореневий вектор

v2 = e4

¡ e2

та ланцюжок

A¡I4

на кореневому

v2 ¡! v1

¡! 0

¸ = 2

просторi V

= v1

; v2 .

Ранг матрицi

= B

A + 2I4

¡1 3 0 0

@ ¡

: V ¡

! V ¡

äîðiâíþ¹ 3, дефект дорiвню¹ 2, k¡2 = 3, отже ЖНФ iндукованого оператора f

Враховуючи це, можемо стверджувати, що степiнь нiльпотентностi iндукованого оператора f : V ¡2 ! V ¡2 äîðiâíþ¹ 2, а це означа¹, що V ¡2 = Ker (A + 2I4)2. Обчислимо

	0	0		9		0	0	0	1
	B	0		0		0	0	0	C
(A + 2I4)2 =	B	9	¡6			9	0	0	C
	B	0	¡	9		0	0	0	C
	B		¡						C
	B	9		6		9	0	0	C
	B	9		6		9	0	0	C
	@ ¡				¡				A

Базис кореневого пiдпростору V¡2 ¹ фундаментальною системою розв'язкiв системи (A+2I4)2x = 0 i äîðiâíþ¹ fe3 ¡ e1; e4; e5g. Побуду¹мо ланцюжки для кожного з базисних кореневих векторiв:

A+2I4	+ e5	A+2I4	A+2I4	¡ e5	A+2I4	A+2I4	+ e5	A+2I4
e3 ¡ e1 ¡! e4	+ e5	¡! 0; e4	¡! ¡e4	¡ e5	¡! 0; e5	¡! e4	+ e5	¡! 0:

Для побудови ланцюжкового базису виберемо ланцюжок найбiльшо¨ довжини, наприклад, перший i оголосимо вектори u1 = e4+e5 òà u2 = e3¡e1 базисними. Крiм того, додамо до базису власний

вектор, лiнiйно незалежний вiд u1; u2. Власними векторами ¹ вектори (e3 ¡e1)+(e4) = ¡e1 +e3 +e4, (e3 ¡ e1) ¡ (e5) = ¡e1 + e3 ¡ e5 òà e4 + e5. Покладемо u3 = ¡e1 + e3 + e4 та зафiксу¹мо ланцюж- ковий базис V ¡2: fu1; u2; u3g. Жорданiв базис тодi буде v = fv1; v2; u1; u2; u3g. Випишемо матрицю переходу T = Tev та обчислимо T ¡1:

	0		0	1	0	¡0	¡0 1				0	0		1		0		0	0 1
	B		0	0	0	1	1	C			B	1		0		1		0	0	C
T =	B		1	¡0 0		1	1	C	;	T ¡1 =	B	1	¡0			1		0	1	C	:
	B		0	1	1	0	1	C			B	0	¡	1		1	¡	1	1	C
	B							C			B		¡				¡			C
	B		1	0	1	0	0	C			B	1		1		1		1	1	C
	B		1	0	1	0	0	C			B	1		1		1		1	1	C
	@	¡						A			@	¡			¡				¡	A

Задача 7.2. Не обчислюючи Жорданового базису, знайдiть ЖНФ для лiнiйного оператора f : R6 ! R6 з матрицею:

	0	0	2	0	0	0		0	1
[ f ] = A =	B	2	1	0	1	0		1	C	:
[ f ] = A =	B	0	0	3	0	2		1	C	:
	B	0	0	0	2	0		1	C
	B	0	0	0	2	0		1	C
	B	0	0	0	0	2	¡	0	C
	B	0	0	0	0	2		0	C
	B	0	0	0	0	0		2	C
	B	0	0	0	0	0		2	C
	B								C
	@								A

Розв'язання. Xарактеристичний полiном оператора f äîðiâíþ¹ Âf (t) = ÂA(t) = (t ¡ 2)5 (t ¡ 3),

îòæå Spf = f2; 3g, k2 = 5, k3 = 1.

Ранг матрицi				0								1
				0	0	0	0	0	0		0	1
				B	0	1	0	1	0		1	C
A 2I		6	=	B	0	0	1	0	2		1	C	:
	¡	6		B	0	0	0	0	0		1	C
	¡			B	0	0	0	0	0	¡	1	C
				B	0	0	0	0	0	¡	0	C
				B	0	0	0	0	0		0	C
				B	0	0	0	0	0		0	C
				B	0	0	0	0	0		0	C
				B								C
				@								A

äîðiâíþ¹ 3, îòæå dimR V2 = 6 ¡ 3 = 3 i ÆÍÔ J(f) мiстить три клiтини Жордана з власним значенням 2. Оскiльки кратнiсть k2 = 5, то можливi два варiанти:

У першому випадку степiнь нiльпотентностi iндукованого оператора f : V 2 ! V 2 äîðiâíþ¹ 3, àáî,

ùî òå ñàìå, V 2 = Ker (A ¡ 2I6)3. У другому випадку V 2 = Ker (A ¡ 2I6)2. Обчислимо

0 0 0 0 0 0

¡0 1

0 0 0 0 0 0 0 1

(A 2I

)2 =

0 0 1 0 2

(A 2I

)3 =

0 0 1 0 2 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

Ранг матрицi (A ¡ 2I6)

äîðiâíþ¹ 2, îòæå dimR Ker (A ¡ 2I6)

= 4 6= k2, òîìó V

6= Ker (A ¡ 2I6)

Зауваження. Насправдi матрицю (A ¡ 2I6)3 обчислювати непотрiбно.

Задача 7.3. Обчислiть

¡ 1

cos(A)

A =

¡4

+ 2

Розв'язання.

Зауважимо, що A =

I3 + B, äå

B =

¡4

¡1

A òà B спiвпадають.

Sp A = ©¸ +

3 j ¸ 2 Sp Bª, а власнi та кореневi пiдпростори матриць

Спектр матрицi B äîðiâíþ¹

Обчислимо ÂB(t) = t3, îòæå Sp B = f0g, J(B) = J3(0) i v = fe1 +e3; e1 +2e2; e2g ланцюжковий

базис, оскiльки e2 ¡! e1 + 2e2

¡! e1 + e3 ¡! 0 тобто

1 0 1

T = Tev =

0 2 1

; T ¡1 = 0

1 0 0

¡2 1

¡2

При цьому J(B) = J3(0) i J(A) = J3

¢.

Îñêiëüêè

(x ¡ x0)2

cos(x) = cos(x

)

sin(x

)(x

) + cos(x

)

: : :

òî

cos(¸)J32(0);

cos(J3(¸)) = cos(¸)I3 ¡ sin(¸)J3(0) +

звiдки одержимо

1=2

0 cos

¼=3

¡ sin

¼=3

cos

¼=3

cos J3

¡3

¡cos

¼=3

¢¶

cos

¼=3

sin

¼=3

Òîäi

2 ¡ p

cos(A) = T cos

¡ ¢

T ¡1 =

4p3

¡2p3

4p3

¡2 ¡ p3

3 + p3

1 / 21 2 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Вища математика1

#
05.03.2016240.72 Кб23Algoritm.pdf
#
05.03.20161.02 Mб141Dolhikh_011.pdf
#
05.03.2016786.43 Кб57LinAlzadachi.doc
#
05.03.20161.59 Mб32lin_alg_1k2s.pdf
#
05.03.2016300.34 Кб26metod_matem_1.pdf
#
05.03.20163.85 Mб487КОНСПЕКТ ЛЕКЦІЙ З КУРСУ.docx

	0	1	j	0	1	0	0 1			0	0	1	0	0	j	0	0	1	0 1
	1	1		1	0	0	0	C		B	1	0	0	0		1	1	0	1	C
	1	0	jj	0	0	0	1	C	=)	B	0	0	0	1	jj	1	0	1	1	C	=)
	0	¡0	jj	0	0	1	0	C	=)	B	0	0	1	0	jj	1	1	1	0	C	=)
								C		B										C
¡			j					A		@					j					A

	0	1	j	0	1	0	0 1			0	0	1	0	0	j	0	0	1	0 1
	1	1		1	0	0	0	C		B	1	0	0	0		1	1	0	1	C
	1	0	jj	0	0	0	1	C	=)	B	0	0	0	1	jj	1	0	1	1	C	=)
	0	¡0	jj	0	0	1	0	C	=)	B	0	0	1	0	jj	1	1	1	0	C	=)
								C		B										C
¡			j					A		@					j					A

	0	1	j	0	1	0	0 1			0	0	1	0	0	j	0	0	1	0 1
	1	1		1	0	0	0	C		B	1	0	0	0		1	1	0	1	C
	1	0	jj	0	0	0	1	C	=)	B	0	0	0	1	jj	1	0	1	1	C	=)
	0	¡0	jj	0	0	1	0	C	=)	B	0	0	1	0	jj	1	1	1	0	C	=)
								C		B										C
¡			j					A		@					j					A