новая папка 1 / 437107

Векторы f1, f2 , fc−1 образуют жорданов базис матрицы.

Пример 3. Найти жорданову форму и жорданов базис матрицы оператора

	1	− 3	4
	4	− 7	8
Ae =				.
	6	− 7	7

Решение

Вычислим

φ(λ) = det( Ae − λI ) =		1− λ	−3	4		= − (λ+ 1)2 (λ− 3) .
		4	−7 − λ	8
		6	−7	7 − λ

Таким образом, λ1 = −1, α1 = 2 , λ2 = 3 , α2 = 1.

Найдем геометрическую кратность собственного значения λ1 = −1. Для

этого вычислим ранг матрицы
			− 3	2	− 3	4			2	− 3	4
A	+ 1	I =		4	− 6	8
								→				.
e									0	2	− 4
				6	− 7	8

Следовательно,

k = 3 − rang( Ae − I ) = 3 − 2 = 1,

поэтому жорданова форма имеет вид
	− 1		1	0
Af		0	− 1	0
	=				.
		0	0	3

Найдем

собственный

вектор

fc−1 ,

соответствующий

собственному

значению λ1 = −1. Так как он удовлетворяет условию ( Ae + I )x = θ, то

−3 2

−3

4

2 −3

4

2

−3 4

2 0 −2 : 2

1

0 −1

4

−6

8

→ →

→

0 2

→

3

→

.

6

−7

8

−4 : 2

0

1 −2

0 1 −2

0

1 −2

Очевидно,

что

координаты

собственного

вектора удовлетворяют

x1 = x3

, поэтому можем взять

−1

= (1, 2,1) .

системе x

=

2x

fc

2

3

Так

как

k1 = 1,

α1 = 2 ,

то должен

быть

присоединенный

вектор,

являющийся решением системы ( Ae + I )x = fc−1 . Найдем его:

11

−3 2		−3	4		1		2		−3	4		1			2		−3	4		1
	4	−6	8		2		→	0	2	−4		−2		: 2	→	0	1	−2			3	→
	6	−7	8		1															−1

2 0

−2

−2 : 2

1

0 −1

−1

→

→

0 1

−2

−1

0

1 −2

−1 .

Очевидно, что координаты присоединенного вектора удовлетворяют

x1 = x3 − 1

поэтому можем взять

fпр = (−1, − 1, 0) .

системе x

= 2x − 1,

2

3

вектор fc3 ,

Найдем

собственный

соответствующий собственному

значению λ2 = 3 . Так как он удовлетворяет условию ( Ae − 3I )x = θ, то

3 2 −2 −3

4

−2 −3 4

−2 −3 4

4

−10

8

0

−16 16

: (−16) →

→

→

6 −7 4

0 −16 16

0 1 −1 3

−2

0 1 : (−2)

1

0 −

1

→

0

1

→

2

.

−1

0

1

−1

Очевидно, что

координаты

собственного

вектора удовлетворяют

1

fc3 = (1, 2, 2) .

системе x1 =

2 x3 , поэтому можем взять

x2 = x3

Эти три вектора и образуют жорданов базис.

Так как случай 3а) в пункте 2.3 наиболее сложный, ниже рассмотрены

не один, а два примера.

Пример 4

а) найти

жорданову

форму

и

жорданов

базис

матрицы

оператора

0

1

0

− 4

4

0

Ae =

.

− 2

1

2

Решение

Вычислим

φ(λ) = det( Ae − λI ) =		−λ	1	0		= (2 − λ)3 = − (λ− 2)3 ,
		−4	4 − λ	0
		−2	1	2 − λ
следовательно, собственное значение λ = 2 ,					α = 3 .

12

Найдем геометрическую кратность собственного значения λ . Для

этого вычислим ранг матрицы
	− 2		1	0
A − 2I =		− 4 2		0		→ (− 2 1 0).
e
		− 2	1	0

Следовательно,

k = 3 − rang( Ae − 2I ) = 3 − 1 = 2 ,

поэтому жорданова форма имеет вид									2	0	0
		2	1	0
Af		0	2	0		или	Af		0	2	1
	=							=				.
		0	0	2					0	0	2

	Найдем собственный вектор, соответствующий собственному
значению			λ = 2 . Так как				он	удовлетворяет условию ( Ae − 2I )x = θ, то
− 2 1		0					x2	x1	x3
	− 4 2	0		→ (− 2 1 0) → (1 − 2 0) .
	− 2 1	0
	Следовательно, координаты собственного вектора удовлетворяют
уравнению x2 − 2x1						+ 0 x3 = 0 и, следовательно, x2 = 2x1 − 0 x3 .
	Заметим, что коэффициент при x3 равен 0, поэтому x3 может
принимать любые значения. Отбрасывать x3 нельзя.
	Для нахождения ФСР собственного подпространства L(2)										построим
таблицу		x1		x2	x3		b2 − 4ac .		Координаты собственных		векторов
		1		2	0	b2 − 4ac
		0		0	1
f1 = (1, 2, 0)		и		f2 = (0, 0,1) стоят во 2-й и 3-й строках этой таблицы.
	Так как k = 2 , α = 3 ,						то должен быть один присоединенный вектор,
который		будет			являться решением				системы	( Ae − 2I )x = fc . Но система
( Ae − 2I )x = fi					(i = 1, 2) несовместна, а присоединенный вектор есть. Как его
найти?					f1 = (1, 2, 0) ,		f2 = (0, 0, 1) образуют фундаментальную систему
	Векторы
решений		в		собственном			подпространстве			L(2) = {x : Ae x = 2x},	поэтому

любой собственный вектор, отвечающий собственному значению λ = 2 , линейно через них выражается и, следовательно, имеет вид

fc = αf1 + βf2 = (1, 2, 0) + (0, 0, 1) = (α, 2α,β) .

Подберем коэффициенты α и β таким образом, чтобы система ( Ae − 2I )x = fc была совместна. Так как

13

− 2	1	0		α	− 2		1	0		α
Ae − 2I = − 4 2		0		2α							,
					→	− 2	1
	1	0						0		β
− 2				β

то для совместности системы необходимо, чтобы выполнялось условие

α = β. Возьмем α = β = 1, тогда

fc = (1, 2, 1) , и координаты присоединенного

вектора являются решением системы

− 2 1

0

1

x2

x1 x3

− 4 2

0

2

→ (− 2 1 0

1)→ (1 − 2 0

1),

− 2

1

0

1

то есть x2

= 2x1

+ 0x3

+ 1.

Возьмем

fпр = (0, 1, 0) .

Таким образом, у нас есть собственный вектор

fc , присоединенный к

нему fпр и

нужен

еще

один собственный

вектор, отвечающий

собственному значению λ = 2, для которого присоединенный вектор не существует. Можно взять или вектор f1, или f2 , или любой другой,

отличный от fc , отвечающий собственному значению λ = 2. Эти три

вектора и образуют жорданов базис.

Заметим, что от вида жордановой клетки зависит порядок векторов жорданова базиса.

							2	1	0
Так, для клетки				Af	=		0	2	0		порядок векторов будет следующим:
							0	0	2
g1 = fc	= (1, 2,1) , g2 = fпр					= (0,1, 0) ,				g3 = f1 = (1, 2, 0) (или g3 = f2 = (0, 0,1) ),
					2		0	0
а для клетки Af					0		2	1
				=
					0		0	2
g1 = f1 = (1, 2, 0)				(или g1 = f2 = (0, 0, 1) ), g2 = fc = (1, 2, 1) , g3 = fпр = (0, 1, 0) .
б) найти			жорданову					форму			и жорданов базис матрицы оператора
	2	6	− 15
	1	1	− 5
Ae =				.
	1	2	− 6

14

Решение

Вычислим

φ(λ) = det( Ae − λI ) =

2 − λ

6

−15

= − (λ+ 1)3 ,

1

1− λ

−5

1

2 −6 − λ

следовательно, собственное значение λ = −1 ,

α = 3 .

значения λ = −1.

Найдем геометрическую

кратность собственного

Для этого найдем ранг матрицы

− 15

3

6

A + I =

1 2

− 5

→ (1 2 − 5).

e

1

2

− 5

Следовательно,

k = 3 − rang( Ae + I ) = 3 − 1 = 2 ,

поэтому жорданова форма имеет вид

− 1 1

0

− 1 0

0

Af

0

− 1

0

или

Af

0

− 1

1

=

=

.

0

0

0

− 1

0 − 1

Найдем собственный вектор, соответствующий собственному

значению

λ = −1.

Так как

он

удовлетворяет

условию

( Ae + I )x = θ, то

3

6

− 15

1 2

− 5

→ (1 2 − 5).

1

2

− 5

Очевидно, что координаты собственного вектора удовлетворяют

уравнению x1 + 2x2 − 5x3 = 0

или

x1 = −2x2 + 5x3 .

Для нахождения ФСР собственного подпространства L(−1) построим

x1

x2

x3

таблицу − 2

1

0 .

5

0

1

Векторы e1 = (−2,1, 0) ,

e2 = (5, 0,1)

образуют фундаментальную систему

решений

в

собственном

подпространстве

L(−1) = {x : Ax = − x}, поэтому

любой собственный вектор,

отвечающий собственному значению λ = −1 ,

линейно через них выражается и, следовательно, имеет вид

fc

= αe1 + βe2 = (−2,1, 0) + (5, 0,1) = (−2α+ 5β,α,β) .

Так как k = 2 , α = 3 , то должен быть один присоединенный вектор, который будет являться решением системы ( Ae + I )x = fc . Подберем коэффициенты

α и β таким образом, чтобы система ( Ae + I )x = fc была совместна. Так как

15

	3	6	−15		–2α+5β
	1	2	−5		α		,
Ae + I =
	1	2	−5		β

то для совместности системы	необходимо, чтобы выполнялось условие
α = β. Возьмем α = β = 1, тогда	fc = (3, 1, 1) и координаты присоединенного
вектора являются решением системы

3 6			− 15		3
	1	2	− 5		1		→ (1 2	− 51),
	1	2	− 5		1

то есть удовлетворяют уравнению
	x1 + 2x2 − 5x3 = 1 или	x1 = −2x2 + 5x3 + 1.
Возьмем	fпр = (1, 0, 0) .
Таким образом, у нас есть собственный вектор			fc , присоединенный к
нему fпр	и нужен еще один	собственный	вектор, отвечающий

собственному значению λ = −1 , для которого присоединенный вектор не существует. Можно взять или вектор f1, или f2 , или любой другой,

отличный от fc , отвечающий собственному значению λ = −1 . Эти три вектора и образуют жорданов базис.

Пример 5. Найти жорданову форму и жорданов базис матрицы оператора

	1	− 3	3
	− 2	− 6	13
Ae =				.
	− 1	− 4	8

Решение

Вычислим

φ(λ) = det( Ae − λI ) =		1− λ	−3	3		= − (λ−1)3 ,
		−2	−6 − λ	13
		−1	−4	8

следовательно, собственное значение λ = 1,

α = 3 .

Найдем геометрическую кратность собственного значения λ. Для

этого вычислим ранг матрицы

0

−3

3 : (−3)

1

4

−7 2

1 4

−7

1 4

−7

−2

−7

13

−2

−7 13

0

1

−1

−4

→

.

Ae − I =

→

→

0 1

−1

−1

−4

7

0

1

−1

0

1

−1

Следовательно,

k = 3 − rang( Ae − I ) = 3 − 2 = 1,

16

поэтому жорданова форма имеет вид
		1	1	0
Af		0	1	1
	=				.
		0	0	1

Найдем собственный вектор, соответствующий собственному значению λ = 1. Так как он удовлетворяет условию ( Ae − I )x = θ, то

0		−3	3		: (−3)			1		4	−7		1		0	−3
	−2	−7	13			→
							−4		0	1	−1		→	0	1	.
	−1	−4	7		(−1)											−1

Очевидно,				что координаты собственного вектора удовлетворяют
x1 = 3x3				, поэтому можем взять fc = (3,1,1) .
системе x		= x
	2		3
Так как			k = 1, α = 3 , то должно быть два присоединенных вектора,
причем первый				будет являться решением системы ( Ae − I )x = fc (это

присоединенный вектор высоты 1, то есть присоединенный к собственному), а второй – решением системы ( Ae − I )x = fпр (это

присоединенный вектор высоты 2, то есть присоединенный к присоединенному).

Найдем первый присоединенный вектор:
	0	− 3			3				3		1	0	− 3			3
− 2		− 7 13
									1 →			1				.
	− 1	− 4			7				1		0		− 1	− 1
Очевидно, что	координаты									присоединенного вектора высоты 1
удовлетворяют системе		x1 = 3x3 + 3
		x		= x − 1 , поэтому можем взять fпр = (3, − 1, 0) .
			2		3
Найдем присоединенный вектор высоты 2:
	0	− 3			3		3				1	0	− 3			4
− 2		− 7 13					− 1
											→	1				.
		− 4			7		0				0		− 1			− 1
− 1

Его координаты удовлетворяют системе	x			= 3x		+ 4	, поэтому можем
		1			3	− 1
		x	2		= x
					3

взять fпр пр = (4, − 1, 0) .

Эти три вектора и образуют жорданов базис.

17

4.ФУНКЦИИ ОТ ДИАГОНАЛЬНЫХ

ИКЛЕТОЧНО-ДИАГОНАЛЬНЫХ МАТРИЦ

Утверждение 1. Если матрица Ae подобна диагональной

λ

0

1

A = S

−1

λ2

S

e

f →e

f →e

0

λn

и для функции

f (λ ) матрица

f ( Ae )

существует,

то и

f ( Ae ) подобна

диагональной матрице, причем

f (λ1)

0

f (λ2 )

f ( A ) = S −1

S

e

f →e

f →e

0

с той же матрицей S f → e .

f (λn )

Утверждение 2.

Значение многочлена от клетки Жордана

λ

1

0

0

A = 0

λ

1

0

0

0

λ

0

порядка n с числом λ на главной диагонали определяется формулой

f (λ)

f '(λ)

f ''(λ)

f

'''(λ)

f

(n−1) (λ)

1!

2!

3!

(n −1)!

f '(λ)

f

''(λ)

f

(n−2) (λ)

f ( A) =

0

f (λ)

.

1!

2!

(n − 2)!

0

0

0

0

f (λ)

Утверждение 3.

Если матрица A клеточно-диагональная

A

0

1

A2

A =

0

A

s

и функция f (λ ) определена на спектре матрицы A , то

18

f ( A1)

0

f ( A2 )

f ( A) =

.

0

f

( A

)

s

Утверждение

4.

Если

матрица

Ae

подобна

клеточно-диагональной

A

0

1

матрице

A

f

, то есть

A = S −1

A

f

S

f

→ e

,

где

A

f

=

A2

, и

e

f

→ e

0

A

функция

Af ,

s

f (λ)

определена

на

спектре

матрицы

то

f ( A ) = S −1

f ( A

f

)S

f

→ e

с той же матрицей S

f → e

.

e

f → e

Пример 1.

Вычислить A100 , если

A

0

2

=

.

e

e

5

Решение

− 3

Найдем характеристический многочлен матрицы A :

φ(λ) =

−λ

2

λ

= −λ (5 − λ) + 6 = (λ− 3) (λ− 2) ,

−3

5 −

поэтому

жорданова

форма

матрицы

имеет

вид

A

=

3

0

и,

f

0

2

следовательно,

A100

=

3100

0

100

.

f

0

Заметим, что

2

Ae100 = S −f 1→ e Af S f → e

S −f 1→ e Af S f → e

S −f 1→ e Af S f → e =

= S −f 1→ e A100f S f → e .

(4.1)

Таким образом, нам нужно найти матрицу перехода от исходного

базиса к жорданову. Для этого сначала найдем жорданов базис.

При λ = 3 имеем

− 3

2

A − 3I =

→ (− 3 2)

− 3

2

fc3 = (2, 3) ;

и, следовательно,

при

λ = 2

получим

19

− 2		2		→ (1	− 1),
A − 2I =
	− 3	3

поэтому fc2 = (1,1) . Запишем координаты первого вектора в первый столбец матрицы перехода, а координаты второго – во второй, получим

T		2	1	= S	−1	.
	=
e→ f		3			f → e
			1
Осталось найти матрицу S f → e		и воспользоваться формулой (4.1).
Пример 2. Вычислить A50	, если		A		1	1
				=		.
e			e		− 1
						3

Решение

Найдем характеристический многочлен матрицы Ae :

φ(λ) =		1− λ		1		= (1− λ) (3 − λ) + 1 = (λ− 2)2 ,
		−1	3 − λ
поэтому λ = 2, α = 2			и	нужно			искать геометрическую	кратность
собственного значения λ = 2:				− 1		1
	A − 2I =						→ (− 1 1),	(4.2)
				− 1		1

следовательно,	k = 2 − 1 = 1	и A			2	1
			f	=			.
					0	2

Докажем, что		Ak		=		2k					k 2k −1
													k			, пользуясь методом математической
			f			0					2
индукции.
																2			1
Очевидно, что при					n = 1						A
												f		=						.
																0			2
Пусть это утверждение истинно для															k = n , то есть									An			2n n 2n−1
																									=					n	.
																								f			0		2
Докажем его для				k = n + 1.
Действительно,							n							n−1										n+1					n
An+1	= An A			=		2					n	2							2 1						(n + 1) 2
			f																		= 2								.
f	f					0					2		n											0			2	n+1
																			0 2
Таким образом,				A50		=			2		50			50			2	49					1	25		,
																			= 250
				f						0					2	50							0	1

20