WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!


Pages:     || 2 | 3 |
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ ВОРОНЕЖСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ РУКОВОДСТВО К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ ПО АЛГЕБРЕ ЧАСТЬ II Жорданова форма матрицы и жорданов базис Практическое пособие по курсу “Алгебраи геометрия” для студентов по специальности “Прикладная математика и информатика” (010200) Воронеж 2003 2 Утверждено научно-методическимсоветомф-та ПММ ( 2.04.03, протокол № 6 ) Составители: Удоденко Николай Николаевич Глушакова Татьяна Николаевна Практическое пособие подготовлено на кафедре вычислительной математики ф-та ПММ и на кафедре алгебры и топологических методов анализа математического факультета Воронежского государственного университета.

Рекомендуетсядлястудентов 1-го курсафакультета ПММ и математического факультета.

3 §1. Собственныевекторыисобственные значения оператора.

Жорданова форма матрицы и жорданов базис Рассмотрим линейный оператор A в пространстве E (dim E = n) и пусть Ae – матрица этого оператора в некоторомбазисе {ei}n=1.

i Определение 1. det( - IA ) = ( ) называетсяхарактеристическим e многочленом матрицы ( I – единичнаяматрица порядка n ).

Ae Определение 2. Вектор x 0 называется собственным вектором оператора A, если Ax = x, а – собственным значением оператора A, соответствующимсобственному вектору x.

1.1. Алгоритм нахождения собственного значения и собственного вектора оператора 1) Найдем все корни характеристического многочлена )( = det( - IA ), e получим,,..., – спектр оператора (множество всех собственных 21 k значений);

2) подставим = 1 в систему, - IA )( x = 0 e решим ее и найдем все собственные векторы, отвечающие собственному значению, затем подставим и т.д.

1 2 1.2. Алгебраическая и геометрическая кратности собственного значения Определение 3. Кратность корня в характеристическом многочлене i ( ) называетсяалгебраической кратностью собственного значения.

i Определение 4. Геометрической кратностью собственного значения ki называетсяразмерность собственного подпространства оператора A i )( ={xL : Ax = x}.

ii Утверждение. = nk - rang Aei - I)(, где n – порядок матрицы i оператора.

A Теорема. Оператор A в базисе ee,,..., en имеет диагональную матрицу в том и только том случае, когда базисные векторы Ae ei (i = 1, 2,..., n) – собственные, то есть = kii длявсех i.

1.3. Жорданова форма матрицы и жорданов базис Определение 5. Жордановой клеткой называется клетка вида 01... i 10... i. (1.1) 00... i............ 000... i Теорема. Дляпроизвольного оператора A: C Cnn существует базис пространства Cn, в которомматрица оператораимеет клеточно-диагональный вид, причем на главной диагонали стоят жордановы клетки вида (1.1).

Этот базис называется жордановым, а данный канонический вид матрицы называетсяжордановой формой.

Замечание. Жорданова форма определяется однозначно с точностью до порядка клеток (каждой клетке с соответствует один собственный вектор).

i Алгоритм нахождения жорданова базиса для одной жордановой клетки Рассмотрим жорданову клетку вида (1.1). По определению матрицы оператора в 1-м столбце стоит вектор Af1, разложенный по базису ff,,..., fk :

Af = f11 + f2 +...0 + 0 fki, поэтому - IA )( f1 = 0.

i Во 2-м столбце матрицы находитсявектор Af2, разложенный по этому же базису и тд.

.

Такимобразом собственный вектор находимкак решение системы, f, присоединенный вектор – как решение системы - IA )( x = 0 fie - IA )( x = f1. Очевидно, что ie.

IA )( f =- (Ae - iI) f12 = ie Продолжая аналогичные рассуждения для вектора fk получим, k IA )( fk =- 0.

ie Определение 6. Вектор fk называется присоединенным вектором высоты k.

Жорданов базис состоит из собственных и присоединенных к ним векторов.

Утверждение. Алгебраическая кратность собственного значения i равна сумме размеров жордановых клеток с этимсобственным значением.

Утверждение. Геометрическая кратность собственного значения ki i равна числу клеток в жордановой форме с собственным значением или i числу линейно независимых собственных векторов, соответствующих собственному значению.

i 1.4. Алгоритм нахождения жордановой формы и жорданова базиса для матрицы 3-го порядка Пусть дана матрица 3-го порядка. Надо найти жорданову форму и жорданов базис.

1. Пусть характеристический многочлен матрицы Ae имеет вид )( (-= 1)3( - )( - )( - ), где (i j).

21 3 ji Тогда жорданова форма матрицы имеет вид Af = 00.

2. Пусть характеристический многочлен матрицы Ae имеет вид, )( (-= 1)3( - )2( - ) 1 где (i j). Возможны два случая:

ji а) rang Ae - I)( = 1, поэтому = - rangk (3 Ae - I) = 2 и, 1 следовательно, = k11, поэтому жорданова форма содержитдве жордановы клетки с собственным значением : Af = ;

1 б) rang Ae - I)( = 2, поэтому = - rangk (3 Ae - I) =1 и, 1 следовательно, жорданова форма содержит одну жорданову клетку с собственным значением : Af =.

1 3. Пусть характеристический многочлен матрицы A имеет вид.

)( (-= 1)3( - ) Возможны два случая:

а) rang Ae - I)( = 1 = - rangk (3 Ae - I) =, поэтому и, следова- 1 тельно, жорданова форма содержит две жордановы клетки с собственным значением : Af = ;

1 б) rang Ae - I)( = 2, поэтому = - rangk (3 Ae - I) = 1 и, 1 следовательно, жорданова форма содержит одну жорданову клетку с собственным значением : Af =.

1 -127 Задача. Дана матрица Ae = 10 -19 10. Найти A100.

e 12 - 24 Р е ш е н и е.

Найдем характеристический многочлен матрицы:



)( -= -1( )2( +1).

01 Жорданова форма матрицы А имеет вид Af = 10.

00 - Найдем 01 0 01 100 = 10 0 = 10 0 = IA.

f 00 (-1)100 00 -Для нахождения воспользуемсяформулой = TA AeTe f, где Ae ef f T – матрица перехода отбазиса {ei} к базису {fi}. Очевидно, что fe 100 -TA AeTe f )( = (Te-1 f AeTe f )...(Te-1 f AeTe f ) = Te-1 f A100Te f, ef f e поэтому TA A100Te-1 f == Te f ITe-1 f = I.

ee f f Пример 1. Найти жорданову форму и жорданов базис матрицы 10 оператора Ae -= 44 0.

- 12 Р е ш е н и е.

Вычислим - IA ) = 44 -- 0 2( -= )3, )( det( -= e 12 2 -- следовательно, собственное значение = 2, = 3.

Найдем геометрическую кратность собственного значения. Для этого посчитаем ранг матрицы - 2IA =- (- 012 ).

e - 24 - Следовательно, = - rangk (3 Ae - 2I) = 3 -1 = 2, поэтому жорданова форма имеет вид 12 0 02 Af = 20 0 или Af = 120.

00 2 00 Найдем собственный вектор x, соответствующий собственному значению = 2. Так как он удовлетворяет условию - 2( IA )x =, e то решимсистему -.

- 024 (- 012 ) - Следовательно, координаты собственного вектора = xx,( x21, x3) удовлетворяют уравнению - + xx + 02 x3 = 0.

Заметим что коэффициент при x3 равен 0, поэтому x3 может, принимать любые значения. Отбрасывать нельзя !!! x Длянахождения ФСР построимтаблицу xx x21 0.

00 Векторы e1 = 1(,2,0), e2 = 0(,0,1) образуют фундаментальную систему решений в собственном подпространстве 2( ) = {xL : Ax = 2x}, поэтому любой собственный вектор, отвечающий собственному значению = 2, линейно через них выражается и, следовательно, имеет вид = + eef = 1(,2,0) + (0,0,1) = (,2, ). Так как k = 2, = 3, то c должен быть один присоединенный вектор, который будет являтьсярешением системы - 2( IA )x = fce. Подберем коэффициенты и такимобразом, чтобы система - 2( IA )x = fce быласовместна. Так как - 12 - 2IA =- - 24 0 2, e - - 12 то для совместности системы необходимо, чтобы выполнялось условие, тогда =. Возьмем = =1 fc = 1(,2,1), и координаты присоединенного вектораявляютсярешением системы - 012, - 024 2 (- 12 0 1) - 012 то есть удовлетворяют уравнению - + xx1 2 = 12 или = xx +12.

2 Возьмем fпр = 0(,1,0).

Такимобразом у нас есть собственный вектор fc, присоединенный к, нему fпр и нужен еще один собственный вектор, отвечающий собственному значению = 2. Можно взять или вектор, или, или любой другой, e1 eотличный от, отвечающий собственному значению = 2. Эти три вектораи fc будутобразовывать жорданов базис.

Пример 2. Найти жорданову форму и жорданов базис матрицы оператора 62 - Ae = 11 - 5.

21 - Р е ш е н и е.

Вычислим - 12 IA ) = 14 -- 0 -= +1( ))( det( -=, e 12 -- 6 - следовательно, собственное значение = -1, = 3.

Найдем геометрическую кратность собственного значения. Для этого посчитаем ранг матрицы 63 - IA =+ 21 - 5 ( 21 - 5).

e 21 - Следовательно, = - rangk (3 Ae + I) = 3 -1 = 2, поэтому жорданова форма имеет вид - 11 0 - 01 Af = -10 0 или Af = -10.

00 -1 00 - Найдем собственный вектор, соответствующий собственному x значению = -1. Так как он удовлетворяет условию + IA )( x =, e то решимсистему 63 -.

21 - 5 ( 21 - 5) 21 - Очевидно, что координаты собственного вектора = xx,( x21, x3) удовлетворяют уравнению + xx - 52 x321 = 0 или = - xx + 52 x3.

Длянахождения ФСР построимтаблицу xx x- 12 0.

05 Векторы e1 = -2(,,1 0) e2 = 5(,0,1) образуют фундаментальную, систему решений в собственном подпространстве -1( ) = {xL : Ax = -x}, поэтому любой собственный вектор, отвечающий собственному значению = -1, линейно через них выражается и, следовательно, имеет вид = + eef = -2(,1,0) + (5,0,1) = (-2 + 5,, ).

c Так как k = 2, = 3, то должен быть один присоединенный вектор, который будет являться решением системы + IA )( x = fce. Подберем коэффициенты и такимобразом чтобы система + IA )( x = fce была, совместна. Так как 63 -15 +- IA =+ 21 -, e 21 - то для совместности системы необходимо, чтобы выполнялось условие =. Возьмем = = 1, тогда fc = 3(,1,1) и координаты присоединенного вектораявляютсярешением системы 63 -15 21 - 5 1 ( 21 - 5 1), 21 - 5 то есть удовлетворяют уравнению + xx - 52 x321 = 1 или = - xx + 52 x3 +1.

Возьмем fпр = 1(,0,0).

Такимобразом у нас есть собственный вектор fc, присоединенный к, нему fпр и нужен еще один собственный вектор, отвечающий собственному значению = -1. Можно взять или вектор, или, или любой другой, e1 eотличный от fc, отвечающий собственному значению = -1. Эти три вектора и будут образовывать жорданов базис.

Пример 3. Найти жорданову форму и жорданов базис матрицы оператора - 35 Ae = - 46.

14 - Р е ш е н и е.

Вычислим -- 35 IA ) = 46 -- 4 -= -1( )( - 3) )( det( -= - 2)(.

e 614 -- Таким образом получили три собственных значения = 1, = 2,, 1 = 3. Так как алгебраическая кратность каждого из них равна 1, то жорданова форма следующий вид имеет Af =.

Найдем собственный вектор, соответствующий собственному fзначению =. Очевидно, что он является решением уравнения - IA )( x = и, следовательно, его координаты удовлетворяют системе e -- 61 - 34 2 - 34 - 34 4 - 56 4 - 20 4 - 3 10 - - 44 4 -10 04 - 4 01 -, 10 - 2 10 - = xx то есть, поэтому можем взять f1 = 1(, 2,1).

= 2xx Вычислим собственный вектор, соответствующий собственному fзначению =. Очевидно, что он удовлетворяет уравнению - 2( IA )x =, а его координаты – системе e 4 -- 33 - 33 - 66 4, 00 3 - 44 = xx откуда следует, что, поэтому можем взять f2 = 1(, 1, 0).





x3 = Найдем собственный вектор f3, соответствующий собственному значению =1 IA )x =, то. Так как он являетсярешением уравнения - 3( 3 e его координаты удовлетворяют системе -- 32 2 - 3 2 - 32 - 32 - 76 4 20 - 2 3 10 - - 44 2 20 - 02 - 01, 10 -1 10 - = xx и, следовательно,, поэтому можем взять f3 = 1(, 2, 2).

= xx Векторы ff,, f3 образуют жорданов базис матрицы.

Пример 4. Найти жорданову форму и жорданов базис матрицы оператора -127 Ae = 10 -19 10.

12 - 24 Р е ш е н и е.

Вычислим -- 127 IA ) = 10 19 -- 10 -= -1( )2( +1).

)( det( -= e 12 24 13 -- Таким образом получили два собственных значения,.

, =1 = -1 Так как алгебраическая кратность = 1 равна 2, нужно вычислить геометрическую кратность k1 собственного значения = 1. Для этого посчитаем ранг матрицы -126 IA =- ( - 21 1).

e 10 - 20 12 - 24 Очевидно, что rang A- I)( =1 k1 = -13 = 2 и,, поэтому следовательно, жорданова форма имеет следующий вид 01 Af = 10.

00 - Найдем собственные векторы,, соответствующие собственному f1 fзначению = 1. Очевидно, что они являются решением уравнения - IA )( x =, а их координаты,( xx, x321 ) – решением системы e -126, ( - 21 1) 10 - 20 12 - 24 и, следовательно, удовлетворяют уравнению.

- xx + x3 = 02 или = 2xx - x21 Длянахождения ФСР построимтаблицу xx x12 0.

- 01 Векторы e1 = 2(,,1 0) e2 = -1(,0,1) образуют фундаментальную систему, решений в собственномподпространстве 1( ) = {xL : Ax = x}, поэтому любой собственный вектор, отвечающий собственному значению = 1, линейно через них выражаетсяи, следовательно, имеет вид = + eef = 2(,1,0) + (-1,0,1) = (2 -,, ).

c Так как k = 2, то нужно выбрать любые два линейно независимых вектораиз этой линейной комбинации. Возьмем = ef, = ef.

1 1 2 Найдем собственный вектор, соответствующий собственному fзначению = -. Очевидно, что он удовлетворяет уравнению + IA )( x =, а его координаты,( xx, x321 ) – системе e -128 6 3-- 5 - 64 3 - 64 - 95 5 - 60 10 -18 10 12 - 24 14 -126 7 - 60 01 - 64 3 04 -, 60 - 5 - 10 = xx то есть, поэтому можем взять f3 = 3(,5, )6.

= xx Векторы ff,, f3 образуют жорданов базис матрицы.

1.5. Функции от матриц N 1162. Вычислить, если Ae =.

Ae - Р е ш е н и е.

Найдем характеристический многочлен матрицы :

A - -= 5( - ( - 3)( - 2) )( = ) + 6 =, 53 -- поэтому жорданова форма матрицы Af = и, следовательно, A100 =.

f Заметим, что 100 -1 -1 -SA Af S = S A S... S Af S = fe e ef ef ff e f e f e - = AS S.

(1.2) ef f f e Таким образом нам нужно найти матрицу перехода от исходного базиса к, жорданову. Для этого найдем жорданов базис.

- При = 3 получим 3IA =- (- 23 ) и, - следовательно, f1 = 2( ;3) ; при = 2 получим -, 2IA =- ( - 11 ) поэтому f2 = 1( ;1) и - -= = ST.

fe f e Осталось найти матрицу S и воспользоватьсяформулой (1.2).

ef N 1163. Вычислить Ae, если Ae =.

- Найдем характеристический многочлен матрицы A:

- 1( -= )(3 - ( - 2)2, )( = ) +1 = 31 -- поэтому = 2, = 2.

Найдем геометрическую кратность собственного значения = 2:

- 2IA =- e - 11 - 1( 1), (1.3) следовательно, k = 2 -1 = 1 Af = и.

kk - k Докажем, что Ak = f k, пользуясь методом математической индукции.

Очевидно, что при.

n = 1 Af = Пусть это утверждение истинно для k = n, то есть nn - n An =.

f n Докажем его для k = n +1.

Действительно, nn +- 22 (2 nn 1) + 2nn n+1 n AA = Af = = f f n n+1.

20 Такимобразом, 502 249 A50 = 250 =, f 50 -поэтому = SA A50S.

fe e f f e Найдем жорданов базис. Из (1.3) следует, что f1 = 1(,1). Найдем fиз уравнения - 2( IA )x = f1 f2 = 0(, )1, и,, откуда следует, что -следовательно, = = ST.

fe f e -1 Подставляя A50, S и S в формулу (1.4), получим Ae.

f ef ef Утверждение 1. Если матрица Ae подобна диагональной 2 S -= SA fe e ef n и для функции f ( ) матрица Af )( существует, то и Af )( подобна e e диагональной матрице, причем f )( f )( 2 S -Af )( = S fe e ef f (0 ) n с той же матрицей S.

ef - N 1166. Вычислить eA, где A =.

- Р е ш е н и е.

Найдем характеристический многочлен матрицы :

A - - -= IA = -= 4( - )(3 + - = ( -1), )( ) +12 = 36 -- следовательно, = 0, = 1, поэтому Af = 1, e0 0 A - = Se = TS Te-1 f.

e ef f e e f 0 e 0 e Найдем собственные векторы оператора A.

Так как -, 0 - IA = 2( - 1) - то координаты собственного вектора, отвечающего собственному значению, удовлетворяют соотношению = 0 = 2xx, поэтому 1 2.

f1 = 1(, 2) Аналогично - IA =- 3( - 2), откуда = 23 xx, поэтому 1 -.

f2 = 2(, 3) 21 - -Такимобразом, T =.

fe fe и, следовательно, T = - Поэтому 21 01 - 23 21 e - 23 - + 43 2 - 2ee A ee = = =.

0 e -12 32 32 e -12 +- 66 4 - 3ee Утверждение 2. Значение многочлена от клетки Жордана A f x)( порядка n с числом на главной диагонали 01... 10... A =...............

00 0...

определяетсяформулой n-1( ) (' ) ff '' ( ) f )( ) f '' '( f )(...

Pages:     || 2 | 3 |










© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.