Вища математика1 / lin_alg_1k2s

Аналогiчно	0 1¶				µ¡3 1¶				µ¡4 1		¶
µ
'(E12) =	¡4 3	; '(E21) =			¡1 0		; '(E22) =			0 ¡1	:
Тому		['] =	0 1		3	0 ¡11			:
			B	¡1	¡4	¡1	0	C
				0	1	1	1
			B					C
			@	1	0	¡3	¡4	A

Клас нiльпотентностi дорiвнює такому найменшому натуральному числу c, що [']c = O: Обчислюємо:

[']2 =	0 2		4	¡2 ¡41		; [']3	=	00 0 0				01		:
	B	¡4	¡8	4	8				0	0	0	0
		2	4	2	4C			B0 0 0				0C
	B			¡	C			B					C
	@	¡4	¡8		¡ A			@	0	0	0	0	A
				4	8

Отже, оператор ' є нiльпотентним класу нiльпотентностi 3.

Задача 3. Знайдiть жорданову нормальну форму J(A) i матрицю

переходу T до жорданової бази для матрицi A :

¡9

1

;

a) A =

0¡2 ¡2 ¡21;

b) A =

0¡5 ¡19

1

1

1

A

@

8

30

14

@

1

1

3

6

1

A

0

0

1

0

¡6

¡23

11

0

1

0 1

0

1

1

0

0

0

4

1 0

2 1

B

0

0

0

1

6

1

C

3

B

¡

1

¡

1 0C

B

0

0

0

0

0

4

C

c) A =

0¡1 2

0 11

; d) A =

¡1 ¡2 ¡3 0

0

1

C

:

B

¡ ¡

C

B

0

0

0

1

2

@

A

B

3C

B

C

Розв’язання. a) Оскiльки

@

¡

¡

¡ A

¯

¡2

¡

2

¸ ¡2

¯ =

¯

¡2

2

¸

¡2

¯

=

¡

¸ ¯

0 ¸ 0

¯

=

¡

¸3;

¯

1

1¡

1 ¸¯

¯

1 ¡

1¡

1¡ ¸¯

¯

0

¡0

¸¯

¯

1 ¡ ¸

1

1

¯

¯

¡¸ ¡¸

¸

¯

¯

1 1

1

¯

¯

¡

¯

¯

¡

¯

¯

¡

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

то матриця A є нiльпотентною. Рядки матрицi A пропорцiйнi, тому її ранг дорiвнює 1, а дефект дорiвнює 3 ¡ 1 = 2. Тому ЖНФ матрицi A

81

складається з двох клiтин. Очевидно, що їх розмiрностi 2 i 1. Отже,

маємо такi ЖНФ i дiаграму:					1		v3	0
			0	1
			0		0		v2 7!v1	7!0
JA = J2(0)	©	J1(0) =	0	0	0	;			:
			@0	0	0A			7!

Позначимо через ' перетворення простору C3, матрицею якого є A, i розглянемо два способи знаходження жорданової бази.

I спосiб. З дiаграми видно, що образ Im' перетворення ' породжується вектором v1. З iншого боку, образ перетворення породжується стовпчиками його матрицi. Позаяк усi стовпчики матрицi A однаковi, то в якостi v1 можна взяти будь–який з них. Виберемо перший: v1 = (1; ¡2; 1). Насправдi те, який саме стовпчик ми вибираємо, є iстотним, бо вiд цього залежить вибiр вектора v2, який є прообразом v1. Перший стовпчик матрицi A є образом вектора e1 стандартної бази. Тому беремо v2 = e1 = (1; 0; 0):

Лишилося знайти вектор v3. З дiаграми видно, що вiн, як i вектор v1, лежить в ядрi Ker ' перетворення '. Однак v1 i v3 мають бути лiнiйно незалежнi. Тому в якостi v3 можна взяти довiльний вектор з Ker ', який

не пропорцiйний v1. Ядро Ker ' це множина розв’язкiв системи
@	1	1	1		0	A		¡			¢
	1	1	1		0
0	¡2	¡2	¡2		0	1	Ã	1 1	1	0	:	(20)

Тому можна взяти, наприклад, v3 = (¡1; 1; 0): Тодi матриця переходу

до жорданової бази матиме вигляд			0	1	1
T =	0¡2					:
	@	1	1	¡1	A
		1	0	0

II спосiб. З дiаграми видно, що вектори v1 та v3 складають базу ядра Ker ' перетворення '. Однак вони не рiвноправнi: у вектора v1 має бути прообраз, у той час як на v3 дiаграма жодних обмежень не накладає. Запишемо вектор ядра в загальному виглядi (тобто вiзьмемо загальний розв’язок системи (20)): v = (¡® ¡ ¯; ®; ¯): Тодi iснування для вектора

v прообразу рiвносильне сумiсностi системи									0	¡® ¡ 2¯	1		(21)
0	¡2	¡2	¡2	®	1	Ã 0	0	0				:
	1	1	1	¡® ¡ ¯			1	1	1	¡® ¡ ¯
@ 1		1	1	¯	A 82 @ 0			0	0	® + 2¯	A

Система (21) буде сумiсна тодi й лише тодi, коли ® + 2¯ = 0; наприклад, при ® = ¡2; ¯ = 1: Такий вибiр параметрiв дає нам вектор

v1 = (1; ¡2; 1):

При даних значеннях параметрiв система (21) зводиться до одного рiвняння x1 + x2 + x3 = 1, i в якостi v2 можна взяти будь–який її розв’язок. Наприклад, v2 = (1; 0; 0):

Для знаходження v3 параметри ® i ¯ треба вибрати так, щоб вийшов вектор, не пропорцiйний v1. Наприклад, ® = 1, ¯ = 0. Тодi отримуємо: v3 = (¡1; 1; 0): Зокрема, ми ще раз отримали ту ж саму жорданову базу.

Зауваження. 1) Як бачимо, обидва способи побудови жорданової бази мiстять велику свободу вибору. Наприклад, у другому способi в якостi розв’язку системи (21) можна було взяти вектор v2 = (1; ¡1; 1), а при побудовi третього вектора взяти значення параметрiв ® = 1, ¯ = 1 i отримати вектор v3 = (¡2; 1; 1): Тодi матриця переходу до жорданової

бази мала б вигляд	0¡2		¡1	1	1	:
T =
	@	1	1	¡2	A
		1	1	1

Це свiдчить, що жорданова база визначена неоднозначно.

2) Для перевiрки правильностi обчислень можна скористатися рiвнiстю JA = T ¡1AT: Однак така перевiрка вимагає додаткового обчислення оберненої матрицi T ¡1. Значно зручнiше перевiряти рiвнiсть

T JA = AT:

b) Спочатку знайдемо характеристичний многочлен матрицi A:

ÂA(¸) = ¯8 ¡5¸

19 ¡ ¸

¡9

¯

=

¯

¡6

¡

23

11 ¸¯

¯

30

14

¯

¯

¡

¡

¡

¯

¯

¯

(до 2-го стовпчика додаємо¯

3-й i вiднiмаємо подвоєний¯

1-й)

¯

¡5

¸

¡9

¯ = ¸ ¯

¡5

1

¡9

¯

= ¸

¯

¡5 ¡1

9

¯

:

¯

¡6

¡¸ 11 ¸¯

¯

¡6

¡1 11 ¸¯

¯

¡1

0 2 ¸¯

¯

8 ¸ 2¸

14

¯

¯

8 ¸ 2

14

¯

¯

2 ¸ 0

4

¯

¯

¡ ¡

¡

¯

¯

¡ ¡

¡

¯

¯

¡

¡

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

Розкриваючи¯

останнiй¯

визначник¯

за другим ¯стовпчиком,¯

отримуємо:¯

ÂA(¸) = ¡¸ ¯2 ¡1¸

2

4

¸¯

= ¡¸(¸2 ¡ 4 + 4) = ¡¸3 :

¯

¡

¡

¯

¯

83¯

¯

¯

Отже, матриця A є нiльпотентною. Знайдемо її

ранг

8 30

14

A

4 15 ¡7

4 15

¡7

A @

0

¡1

1

@¡6

¡23

11

@¡6

¡23

11 A

@¡2

¡8 4

0

0

0A

0¡5

¡19

¡9

1

Ã0¡5

¡19

9

1

Ã0¡1

¡4 2

1

Ã

0¡1

¡4

21:

Ранг матрицi A дорiвнює 2, тому її ЖНФ мiстить 3 ¡ 2 = 1 клiтину. Отже, маємо такi ЖНФ i дiаграму:

	0	1	0
JA =	00	0	11	;	v3	v2	v1	0 :	(22)
	@0	0	0A			7! 7! 7!

Знову позначимо через ' перетворення простору R3, матрицею якого є A. Коли всi ланцюжки дiаграми нiльпотентної матрицi мають однакову довжину (зокрема, коли маємо тiльки один ланцюжок), описаний вище перший спосiб знаходження жорданової бази є особливо ефективним.

I спосiб. Оскiльки JA має лише одну клiтину розмiрностi три, то клас нiльпотентностi матрицi A дорiвнює 3. Знайдемо

A2 =	0	1	4	¡21	:
	@	¡2	¡8	4
		1	4	¡2A

З дiаграми (22) видно, що '2(v1) = '2(v2) = 0, '2(v3) = v1. Тому образ Im'2 перетворення '2 породжується вектором v1. З iншого боку,

образ перетворення породжується стовпчиками його матрицi. Позаяк усi стовпчики матрицi A2 пропорцiйнi, то в якостi v1 можна взяти будь– який з них. Виберемо перший: v1 = (¡2; 1; 1).

З рiвностi '2(v3) = v1 випливає, що в якостi v3 треба брати який– небудь прообраз вектора v1 при перетвореннi '2. Оскiльки v1 вибирався як перший стовпчик матрицi A2, то можна взяти v3 = e1 = (1; 0; 0):

Нарештi, з рiвностi '(e1) = '(v3) = v2 випливає, що в якостi v2 можна взяти перший стовпчик матрицi A: v2 = (8; ¡5; ¡6): Тому матриця

переходу до жорданової бази має вигляд				01
T =	0	1	5		:
	@	¡2	8	1
			¡	A
		1	¡6	0

Таким чином, для знаходження жорданової бази цим способом нам було потрiбно лише обчислити матрицю A2. Для порiвняння знайдемо жорданову базу ще й другим способом з п. a).

84

II спосiб. З дiаграми (22) видно, що вектори v1; v2; v3 можна шукати як прообрази вiдповiдно векторiв 0; v1 та v2. Вище при обчисленнi рангу матрицi A ми виконували лише перетворення рядкiв. Тому отриманi результати можна використати i при розв’язуваннi систем лiнiйних рiвнянь з матрицею A, лише доповнивши їх вiдповiдними перетвореннями стовпчика вiльних членiв.

Отже, вектор v1 шукаємо як ненульовий елемент ядра Ker ':
0	8 30 ¡14				0	1		0		1	1		0	0	1 1		0	:
	5	19	9		0		Ã µ			¡	2		0	¶ Ã µ 1	¡		0 ¶
	¡6	¡23	11		0				1 4						0 2
@	¡	¡				A		¡		¡

Поклавши x3 = 1, отримуємо: v1 = (¡2; 1; 1): Вектор v2 шукаємо як

прообраз вектора v1 :				1 Ã µ		1		4	2	0		¶ Ã	µ 1	0	2		4 ¶
0 ¡6	¡23	11	1
8 30 ¡14			¡2		0		¡	1	1	¡	1		0	1	¡	1	1	:
5	19	9	1
@ ¡	¡			A	¡		¡										¡

Покладемо x3 = 0: Тодi v2 = (¡4; 1; 0): Вектор v3 шукаємо як прообраз

вектора v2 :		0	1 Ã µ		1	¡4	2	1	¶ Ã	µ 1	0	2		23 ¶
0 ¡6	¡23 11
8 30 ¡14		¡4		0		1	1	6		0	1	1	6		:
5	19 9	1										¡
@ ¡	¡		A	¡		¡							¡

Знову покладемо x3 = 0: Отримуємо: v3 = (¡23; 6; 0): Отже, матрицею

переходу до жорданової бази буде

1

¡6

1

T =

0

1

:

@

¡2

¡4

23

1

0

0

A

c) Знайдемо характеристичний многочлен матрицi A:

ÂA(¸) = ¯¡1 2 ¡ ¸

0

1

¯ =

¯¡1 2 ¡ ¸

0

¡1

¯

=

¯

¡1

0

2 ¸ 1

¯

¯

¡1

0

2 ¸ 1

¯

¯

¸

1

1

0

¯

¯

¸

0

0

¸

¯

¡

1

¡ ¡

¡

1

¡ ¡

¯

0

1

¸¯

¯

0

1

¸¯

¯

¡

¡

¡

¯

¯

¡

¡

¡

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

1 ¯

0

0

1

¯

¯

¯

1

0

0

0¯

¯

= ¸

1 2 ¡ ¸

2

0

1

= ¸

¯¡1 2 ¡ ¸

2

0

2

=

¡ ¢

¯¡1

0

¡

¸ 1

¯

¯

1

0

¡

¡

¸ 2

¯

¯¡

1

¡

¯

¡ ¢ ¯¡

1

¯

¯

0

1

¸¯

¯

0

1

¸¯

¯

¯

¯

¯

¯

¡

¡

¡

¯

85

¯

¡

¡

¡

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

= ¸

¢

¯

0

2

¸ 2¯

= ¸

¢

¯

2 + ¸

¡

2

¸ 0¯

=

¯

2

1

¡

1¡

¸¯

¯¡

1

1¡

¸¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

2 ¡ ¸

0

2¯

¯

¯

= ¸

¢

2¸

¡

2

¸ 0¯

= ¸ ¸(¸2

¡

4) + 4¸ = ¸4

:

¯

0

1¡

¸¯

³

´

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

Отже, матриця A є нiльпотентною. За допомогою елементарних перетворень рядкiв знайдемо її ранг:

0¡1 2		0	11	1	0	2	¡1 :
0	1	1	0	Ã µ0	1	1	0 ¶
B¡1 0 ¡2			1C
B			C
@			A

0¡1 ¡1 0

Ранг матрицi A дорiвнює 2, тому її ЖНФ мiстить 4 ¡2 = 2 клiтини. Це можуть бути або двi клiтини порядку 2, або клiтини порядкiв 3 i 1:

J2(0) © J2(0)

або

J3(0) © J1(0) :

Але в першому випадку клас нiльпотентностi дорiвнює 2, а в другому3. Щоб знайти клас нiльпотентностi матрицi A, обчислюємо A2 :

		B	¡2	2		¡2	2		6
A2	=		2	¡2		2	¡2C
		0¡2 2			¡2 2			1	= 0 :
		B		¡			¡	C
		@	2			2		A
				2			2

Отже, клас нiльпотентностi матрицi A дорiвнює 3. Тому маємо такi ЖНФ i дiаграму:

JA = J3(0)		J1(0) =	00		0	1	01		;	v3 7!v2 7!v1 7!0 ;
	©			0	1	0	0			v4 7!0
			B0 0 0				0C
			B					C
			@	0	0	0	0	A			:

Оскiльки маємо довгий ланцюжок, то жорданову базу зручно шукати першим способом. З дiаграми видно, що для перетворення ' : R4 ! R4 з матрицею A образ Im'2 перетворення '2 породжується вектором v1. Тому в якостi v1 можна брати довiльний ненульовий стовпчик матрицi A2. Наприклад, перший: v1 = (¡2; ¡2; 2; 2): В якостi v3 треба брати

86

який–небудь прообраз вектора v1 при перетвореннi '2. Оскiльки v1 вибирався як перший стовпчик матрицi A2, то можна взяти v3 = e1 = (1; 0; 0; 0): Нарештi, v2 є образом вектора v3 при перетвореннi '. Тому

v2 = (0; ¡1; ¡1; 0).

Лишилося знайти вектор v4. З дiаграми видно, що вiн, як i вектор v1, лежить в ядрi Ker ' перетворення '. Однак v1 i v4 мають бути лiнiйно незалежнi. Тому в якостi v4 можна взяти довiльний вектор з Ker ', який

не пропорцiйний v1. Ядро Ker ' це множина розв’язкiв системи													(23)
0	¡1	2	0	1	0	1		1	0	2	¡1	0 :
B	0	1	1	0	0	C	Ã µ					0 ¶
	¡1 0		¡2	1	0			0	1	1	0
B						C
@	0	¡1	¡1	0	0	A

Тому можна взяти, наприклад, v4 = (1; 0; 0; 1): Тодi матриця переходу

до жорданової бази матиме вигляд						01
T =	0¡2		¡1 0					:
	B	¡2		0	1	1
		2		0	0	1C
	B						C
	@	2		¡1	0	0	A

d) Знайдемо характеристичний многочлен матрицi A:

¯

0

¸

4

0

1

0

¯

3 ¸ 6

¯

3 ¡ ¸

6

1

1

0

0

¯

¯

ÂA(¸) =

¡ ¡ ¡ ¡

3

¸

6

1

=

0

¸

¯

0

0

0

¡

¯

1

¡2

¯

1

0

1

¯

¯

¯

¡2 3 ¸ 0

¯

¯

¡

¯

0

0

0

0

¸

4

¯

¡

¡

¯

0

0

0

1

¯

¯

¯

¡2 3 ¸¯

¯

¯

¡

¡

¡ ¡

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

4	¯ :
3	¸¯	2
1	¯
¡ ¡	¯
	¯
	¯

Останнiй визначник можна порахувати, розклавши його за першим стов-

																				2
пчиком. Тому маємо: ÂA(¸) =									(3¡¸)(¡¸(¡3¡¸)+8)¡(24+¸) = ¸6 :
Отже, матриця				A		є	нiльпотентною. За допомогою елементарних пере-
									³										´
творень рядкiв знаходимо її ранг:												0							1
0	1		2		3		0	0	1	1
	3	6		1			1	0	0				3	6	1	1	0	0
	0	0		4			0	1	0			B	0	0	4	0	1	0
B	0	0		0			0	0	4	C			0	0	0	0	0	1C
B										C		B	1	2	3	0	0	0	C
B	¡	¡		¡						C		B
B	0	0		0			3	6	1	C	Ã	B	¡ ¡ ¡						C		Ã
B	0	0		0			1	2	3C
B										C		@							A
@							¡	¡	¡ A
										87

Ã	00 0 ¡8				1	0	01		:
		1	2	3	0	0	0
	B0		0	0	0	0	1C
	B							C
	@	0	0	4	0	1	0	A

Ранг матрицi A дорiвнює 4, тому її ЖНФ мiстить 6 ¡4 = 2 клiтини. Це можуть бути або клiтини порядкiв 5 i 1, або клiтини порядкiв 4 i 2, або двi клiтини порядку 3:

або J5(0) © J1(0); або J4(0) © J2(0); або J3(0) © J3(0) :

Але в першому випадку клас нiльпотентностi дорiвнює 5, у другому4, а в третьому 3. Щоб знайти клас нiльпотентностi матрицi A,

обчислимо її степенi:					0	0	8 1		00	0	0	¡12 ¡24 ¡361
0¡4 ¡8 ¡12
B	8	16	24		6	12	2		0	0	0	24	48	72	C
	0	0	0		8	16 24 C			B0 0		0	0	0	0
B				¡2 ¡4 ¡6				C	B						C
A2=	0	0	0					; A3= 0 0			0	0	0	0	;
B	0	0	0		¡	¡	¡	C	B		0	0	0	0	C
B					0	0	0	C	B0 0						C
B								C	B						C
@			0					A	@		0	0	0	0	A
B 0 0					4 8 12C				B0 0						C

A4 = O: Отже, клас нiльпотентностi матрицi A дорiвнює 4. Тому маємо

такi ЖНФ i дiаграму:							01
	00		0	1	0	0
		0	1	0	0	0	0
	B0 0 0 0 0 0C									7!	v	v	5	0 :
	B		0	0	0	0		C			6	7!		7!
JA =	B0						1C		;
	B	0	0	0	1	0	0	C		v4 v3 7!v2 7!v1				7!0 ; (24)
	B0		0	0	0	0	0C
	B							C
	@							A

Маємо один довгий ланцюжок, тому вектори цього ланцюжка зручно шукати першим способом. З дiаграми видно, що для перетворення ' : R6 ! R6 з матрицею A образ Im'3 перетворення '3 породжується вектором v1. Тому в якостi v1 вибираємо довiльний ненульовий стовпчик (наприклад, четвертий) матрицi A3: v1 = (24; ¡12; 0; 0; 0; 0): В якостi v4 беремо прообраз v1 при перетвореннi '3: v4 = e4 = (0; 0; 0; 1; 0; 0): v2 i v3 знаходимо iз спiввiдношень v3 = '(v4) i v2 = '2(v4). Тому

v3 = (1; 0; 0; 3; 0; ¡1), v2 = (6; 0; ¡2; 8; ¡4; 0).

З дiаграми (24) також видно, що вектори v1, та v5 утворюють базу ядра Ker ' перетворення ', причому в кожного з них є прообраз. Тому

88

прообраз має кожен вектор з ядра, i якостi v5 можна взяти довiльний вектор з Ker ', який не пропорцiйний v1. Ядро Ker ' це множина

розв’язкiв системи				0		1		0		0 1				1	2	3	0	0	0	0
0 0		0	4
B	3	6	1	1		0		0		0	C	Ã
	0	0	0	3		6		1		0				0	0	4	0	1	0	0
B		0	0	0		0		4		0	C			0	0	0	0	0	1	0	C
B 0											C B											:
B	¡1 ¡2 ¡3 0					0		1		0	C		0	0	0	¡8 1		0	0	0	1
	0	0	0		1		2		3	0			B								C
B											C		@								A
B											C
@				¡		¡		¡			A

За вiльнi змiннi можна взяти x2 та x3. Для v1 цi змiннi дорiвнюють вiдповiдно x2 = ¡12 i x3 = 0. Тому коли ми вiзьмемо x2 = 0 i x3 = 1, то

одержимо вектор, не пропорцiйний v1. Отже, v5 = (¡3; 0; 1; 8; ¡4; 0):
Нарештi, вектор v6 шукаємо як прообраз v5 :																					3 0	0	0	¡2
0 0			0	4		0		1		0		¯		0		1			1	2
B	3		6	1		1		0		0		¯	¡3			C		0						¯		1
	¡		¡	¡		3		6		1				8			Ã		0	0	¡	1	0		0		:
	0		0	0								¯									4 0			¯
B			0	0		0		0		4		¯				C			0	0	0 0	0	1	¯	1 C
B 0												¯			4 C B									¯
B		1	2		3 0			0		1		¯		1		C		B	0	0	8 1	0	0	3		C
	0		0	0			1		2		3	¯	¡											¯	¡
B												¯		0		C		@						¯		A
B						¡		¡		¡		¯				C								¯
@												¯				A								¯
												¯
Позаяк нам потрiбен лише один¯														розв’язок цiєї системи, то покладемо

x2 = 0; x3 = 0: Тодi x1 = ¡2; x4 = 3; x5 = 0; x6 = ¡1 i вектор v6 = (¡2; 0; 0; 3; 0; ¡1): Отже, матриця переходу до жорданової бази така:

	0¡12		0	0		0	0		0	1
	B	24	6	1		0	¡3		¡2	C
		0	8	3		1	8		3
	B	0	4	0		0		4	0	C
T =	B									C	:
	B	0	¡2	0		0	1		0	C
		0	¡		1	0	¡
	B		0				0		1C
	B									C
	@			¡					¡ A

Задача 4. Знайдiть жорданову нормальну форму i матрицю переходу

T до жорданової бази для матрицi						0	1
	00	0	2	0	: : :
A =	0	1	0	0	: : :	0		:
	B0: :	0: :	0: : 3: : ::: :: : :			0: :C
	B	0	0	0	: : : n		C
	B0						1C
	B	0	0	0	: : :	¡	C
	B0					0	C
	B						C
	@			89			A

Розв’язання. Знайдемо характеристичний многочлен матрицi A:

¯¡0¸

1¸

2

0

: : :

0

¯

¯

0

¡0

¸

3

: : :

0

¯

¯

0

0

: : :

0

¯

Â

A

(¸) =

= ( 1)n¸n :

¯: : : : : :

¡: : : : : : : : : : :¯

¡

¯

0

0

0

0

: : : n

¯

¯

1¯

¯

0

0

0

0

: : :

¡¸

¯

¯

¯

¯

¡

¯

¯

¯

¯

¯

Отже, матриця A є¯

нiльпотентною. Ранг матрицi¯

A дорiвнює n ¡ 1; а

дефект дорiвнює n ¡ (n ¡ 1) = 1. Тому ЖНФ матрицi A мiстить одну

клiтинку. Тим самим отримуємо такi ЖНФ i дiаграму:
	0	1	0	0	: : :	0
JA =	00	0	1	0	: : :	01	;	vn	vn¡1	v1	0 :
	B0: :	0: : 0: :1: :: ::: :				0:C
	B	0	0	0	: : :	C			7!	7! ¢ ¢ ¢ 7!7!
	B0					1C
	B	0	0	0	: : :	C
	B0					0C
	B					C
	@					A

З дiаграми видно, що клас нiльпотентностi матрицi A дорiвнює n. Об-

числимо:

0

0

1 2

0

: : :

0

1

00 0 0¢

2 3 : : :

0

;

A2 = B0: :

0: : :0: : :0¢ : : ::: :: :(n: :2):(n: :1):C

B

C

B

C

B0

0

0

0

: : :

¡

0

C

B0 0 0

0 : : :

0¢ ¡

C

B

C

@

A

1

00 0 0

¢0 ¢

3

2 3 4 : : :

0

A3 =

0 0 0 1

2

0

: : :

0

; : : : ;

B0: : 0: : 0: : :

0: : : : ¢:0 :¢

: :: ::: : :(n:

3): :(n: :2):(n: :1):C

B

0

0

: : :

¡ ¢

¡ ¢

¡

C

B0 0 0

0

C

B

0

0

: : :

0

C

B0 0 0

C

B

0

0

: : :

0

C

B0 0 0

C

B

C

@

0

0

0

0

: : :

0

(n¡1)!

A

An¡1 =

B0: :

0: :

0: : 0: :: :: :

: :0

: : :0: :C

:

00 0 0 0 : : :

0

0

1

B

0

0

C

B0 0 0 0 : : :

C

B

C

@

90

A