Вища математика1 / Algoritm

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

3

; w2 =

:

B

1

B

0

C

B

1

C

à ¡2

!

Ã

1 !

1 C

1

1

@

A

@

A

@

A

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

= v[ f ]w визнача¹ться

з тако¨ комутативно¨ дiаграми:

|3 ¡¡¡! |2

LM

LT x

LM

0

xLS

?3

?2

|

|

Ã

?

¡¡¡! ?

0

1

Ã

Îòæå v[ f ]w = M0 = S¡1MT =

1 1

1

1 1

0

1

¡1

=

2 3

3 .

2 3

! Ã ¡1 0 1

! B

1 1

1

C

4 7 8 !

@

1

0

1

A

1

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
										1	¡2	¡1
		0 1			1			0 ¡1	@		1 = 1			A			2 1
e[ f ]e = e[ f ]v	Tev¡1 =		1	0		1			1	1				0	1	4		:
		0	3	1	C ¢	6		1	5	1	C	3		B	5	5	4
		B 1 ¡2 ¡1						B 1	1	¡1					¡4 ¡1 ¡2 C
		@			A			@			A			@			A

3. Базиси суми та перетину пiдпросторiв

òà W = w1; w2; w3

, äå

R

5 знайти базиси суми та перетину пiдпросторiв

V = ¡v1; v2; v3; v4¢

Задача 3.1. В просторi

¡

0

1 1 0

1 1 0

1

1 0 1

1 0 1

1 0 1 1 0

0 1

¢

1

C B

0

C B

1

C B

2

C B

1

C B

0

C B

0

C

B

0

1

¡0

1

1

0

1

B

¡

1

C B

0

C B

1

C B

0

C B

1

C B

0

C B

2

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

B

1

C B

1

C B

0

C B

2

C B

1

C B

0

C B

0

C

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

v1

v2

v3

v4

w1

w2

w3

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

0

1 1

¡

1

j

1 1

0 1

0

1 0 0 j 0

0 ¡1

1

B

1

0

1

1

0

0

C

0 1

0 j 1 0

1

=)

B

0 0 1

j

0

¡1

0

C

:

B

¡

1 0

1

j

1 0

2

C

0 0 0

j

1

¡

1

B

C

B

1

C

B

C

B

C

B

1 1

0

1 0

0

C

@

j

A

@

+

j

A

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;
		0	1	1
			0
x = v2 + v3	= w1 ¡ w2	= B	1	C	;
		B	1	C
		B		C
		B	1	C
		B		C
		@		A

v1 ¡ w1 + w3 = 0:					1
		0		1
		= B		1	C
y = v1	= w1 ¡ w3			0		:
		B	¡	1	C
		B			C
		B		1	C
		B			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
		¡1		¡1		¡1	¡1		2 Mat4(R)
P =	B		0		0	1	0	C
	B		1		1	1	1	C
	B							C
	@							A
a) знайти "канонiчний"розклад R		4	= Im		P +
						: 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 =		¡0			0	¡0	¡0		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

1

Im =2¡

1 2

¢

Im

1

¡ 3 4

¢

R

4

¡1

1 2

¢ ¡

3 4

¢, äå

матриць P òà Q âiäïîâiäíî. Ìà¹ìî:

P

v ; v

;

Q = v ; v

,

= v ; v

:

v ; v

0 ¡1

1

0 ¡1

1

0

0

1

0

1

1

v1

= B

0

C

; v2

= B

1

C

; v3

= B

0

C

; v4

= B

¡0

C

:

B

1

C

B

1

C

B

1

C

B

0

C

B

C

B

C

B

C

B

C

@

A

@

A

@ ¡

A

@

A

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

	e1 = (v1) + (v3 + v4)						¼1(e1) = v1	¼2(e1) = v3 + v4
=)	e2	= (v1) + (v3)			=)		¼1(e2) = v1	¼2(e2) = v3						:
	e3	= (v2) + (v3 + v4)					¼1(e3) = v2	¼2(e3) = v3 + v4
	e4	= (v1) + (v4)					¼1(e4) = v1	¼2(e4) = v4					!
Îòæå,		fv1;v2g[¼1]e = Ã	0	0	1	0	!; fv3;v4g[¼2]e	= Ã	1	0	1	1		:
			1	1	0	1			1	1	1	0

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;
	B	1	1	C		B	1
		0	1				¡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
	B 0	1 ¡1			0		0	1
	@		Ã ¡1						A
	[¼V ] =					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		1	¡1	¡1		)
	@							A

³´

[¼W ] = 1 ¡1 ¡1 :

Перевiрка:

¾V

¾W

V

#

z

W

V : W

c

+

;

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:

Ã

!

[¼V ] [¾V ] = I2

=

1

0

;

[¼W ] [¾W ] = I1 = (1):

0

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

©

1

0

0

B

0

1

1

B 0 0 0 C

¡1 ¡1 0 C

@

A

@

A

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

0

1

0

1

1

1

0

0

0

2

1

1

e2

=

(0) + (e2)

B

1

1

1

0

C

B

0

0

1

0

C

e1

=

(0) + (e1)

2

1 0 0

0 1

2

1

e

= ( w ) + (e

e )

T = B

1

¡0 0 0

C

; T

¡ =

B

1 0 ¡3

¡1

C

; =)

e3

= (w1

+ 2w2) + (¡3e1

+ 2e2)

B

¡

C

B

¡

C

4

¡

2

1

¡

2

@

A

4

4

@

A

Визначимо проекцiю ¼ : R

! R

=W :

¼(e1) =

e1

Ã

!:

¼(e2) = e2

+ 2w2

3e1 + 2e2

= 3e1 + 2e2

, [ ¼ ] =

1 0

3

1

¼(e3) = w1

0 1

¡2 1

¡

¡

¡

¼(e4) =

¡w2 + e1 ¡ e2

= e1 ¡ e2

a) Обчислимо

0

1

1

0

B

2

C

= Ã

¡2 !

0

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

¼(2e1 + e3) = [ ¼ ] B

1

C

B

C

@

A

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

1

0

¡4

2

¡5

B

2

3

2

2

C

[ f ] = A =

¡3

¡4

¡3

¡3

:

B

1

1

0

2

C

B

C

@ ¡

¡

¡

A

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 =		4	¡2 ¡3			¡3
			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

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									¡					¢
					¡						2 1 0								0 1			1 0					0 ¡1		¡0	2 1
P = T (I O ) T ¡1 = 0 0								1	0						0		1 0
						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
							1		4		3				0		0 0		0			3							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
													B	4		1		1			1	C
						=) P =									1 ¡1					¡1
											3			4
													B	0		1		0			2	C
													B									C
Перевiрка показу¹, що P				2						1	,		@		¡							A					2.
					= 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] =			1	¡0 ¡2		¡1	0		:
	B	¡	1	1	0	0	0	C
	B							C
	B		4	1	0	2	1	C
	B							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

1

0

2

1

1

A + 2I = B

1

1

0

2

0

1 0 0 ¡1 0 C:

B

¡

¡

C

B

¡

C

B

4

1

0

2

3

C

B

C

@

¡

80

A

19

1

1 0

0

>

1

0

>

rank (A + 2I) = 3, îòæå, dim

R

V

2

= 5 3 = 2 i w =

¡0

;

1

- базис V

2

.

¡

>

>

¡

¡

>

C B

>

>B

C>

>

1

C B

0

>

<B

C=

B

C B

C

B

1

C B

0

C

>B

C B

C>

>

A @

>

>@

A>

>

>

>

>

Обчислимо

0 ¡2 0 0 0 2

1

:

;

0 ¡6 0 0 0 6 1

B

1

0

0

0

1

C

= B

3

0

0

0

3

C

(A + 2I)2 =

¡0 0 0 0 0

; (A + 2I)3

¡0 0 0 0 0

:

B

¡

1 0 0 0 1

C

B

3 0 0 0 3

C

B

C

B

¡

C

B

10 0 0 0 10

C

B

30 0 0 0 30

C

B

C

B

C

@

¡

A

@

¡

A

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

8

0 1 1

0 0 1

0 0 1

0 0 19

>

1

0

2

0

3

0

4

1

>

>

B

C

B

C

B

C

B

>

>

C>

>

0

C

B

0

C

B

1

C

B

0

>

< B

C=

v = >v =

B

0

C

; v =

B

1

C

; v =

B

0

C

; v =

B

0

C

:

B

C

B

C

B

C

B

C

> B

0 C

B 0

C

B 0

C

B 1

C>

>

@

A

@

A

@

A

@

>

>

A>

>

>

>

>

:

;

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 =			3	¡1		1		0		0		:
	B		0	¡	4	1	¡	3		1	C
	B										C
	B		3		0	2		1		1	C
	B										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	=			3	¡1		0		0		0
		B		0	¡	4	1	¡	4		1	C
		B										C
		B		3		0	2		1		2	C
		B										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	A¡I4	на кореневому
				¡	¢									v2 ¡! v1	¡! 0
¸ = 2
просторi V			1	= v1	; v2 .
¡		.		Ранг матрицi		0								1
							0		3	0		0	0
						= B	0		0	0		0	0	C
					A + 2I4		3	¡1 3 0 0
						B	0	¡	4	1	¡	1	1	C
						B								C
						B								C
						B	3		0	2	¡	1	1	C
						@ ¡				¡				A		: V ¡	2	! V ¡	2
äîðiâíþ¹ 3, дефект дорiвню¹ 2, k¡2 = 3, отже ЖНФ iндукованого оператора f

äîðiâíþ¹ J2(¡2) © J1(¡2). Можемо виписати ЖНФ оператора f:

J(f) = J2(1) © J2(¡2) © J1(¡2):

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 =		9	¡6			9	0	0
	B	0	¡	9		0	0	0	C
	B								C
	B	9		6		9	0	0	C
	B								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		¡! 0; e4	¡! ¡e4		¡! 0; e5	¡! e4		¡! 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 =			1	¡0 0		1	1		;	T ¡1 =		1	¡0			1		0	1		:
	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							C			B									C
	@	¡						A			@	¡			¡				¡	A

Òîäi T ¡1AT = J2(1) © J2(¡2) © J1(¡2):

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	:
		0	0	3	0	2		1
	B	0	0	0	2	0		1	C
	B								C
	B	0	0	0	0	2	¡	0	C
	B								C
	B	0	0	0	0	0		2	C
	B								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
				B	0	1	0	1	0		1	C
A 2I		6	=		0	0	1	0	2		1		:
	¡			B	0	0	0	0	0		1	C
				B						¡		C
				B	0	0	0	0	0		0	C
				B								C
				B	0	0	0	0	0		0	C
				B								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:

J(f) = J3(2) © J1(2) © J1(1) © J1(3) àáî J(f) = J2(2) © J2(2) © J1(2) © J1(3):

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

B

0

0

0

0

0

1

C;

B

0

0

0

0

0

0

C

(A 2I

)2 =

0 0 1 0 2

1

(A 2I

)3 =

0 0 1 0 2 1

:

¡

6

B

0 0 0 0 0

0

C

¡

6

B

0 0 0 0 0 0

C

B

C

B

C

B

0 0 0 0 0

0

C

B

0 0 0 0 0 0

C

B

C

B

C

B

0 0 0 0 0

0

C

B

0 0 0 0 0 0

C

B

C

B

C

B

C

B

C

Ранг матрицi (A ¡ 2I6)

2@

A

2

@

2

A

2,

äîðiâíþ¹ 2, îòæå dimR Ker (A ¡ 2I6)

= 4 6= k2, òîìó V

6= Ker (A ¡ 2I6)

à îòæå V 2 = Ker (A ¡ 2I6)3 i J(f) = J3(2) © J1(2) © J1(2) © J1(3).

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

Задача 7.3. Обчислiть

,

0

3

¡ 1

¼

1

1

1

¼

cos(A)

A =

B

¡4

+ 2

4

C

:

3

¼

B

1

0

¡

1

C

3

B

C

Розв'язання.

@

A

¼

Зауважимо, що A =

I3 + B, äå

3

B =

0

¡4

2

4

1

:

B

1

1

1

C

¡1

0

¡1

A òà B спiвпадають.

Sp A = ©¸ +

¼

@

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

B

B

базис, оскiльки e2 ¡! e1 + 2e2

¡! e1 + e3 ¡! 0 тобто

1 0 1

1:

T = Tev =

0

0 2 1

1

; T ¡1 = 0

B

1

1

0

C

B

0

0

1

C

1 0 0

¡2 1

¡2

@

¼

A

@

A

При цьому J(B) = J3(0) i J(A) = J3

¡

¢.

3

Îñêiëüêè

(x ¡ x0)2

cos(x) = cos(x

)

¡

sin(x

)(x

¡

x

) + cos(x

)

¡

: : :

òî

0

0

0

0

2!

1

cos(¸)J32(0);

cos(J3(¸)) = cos(¸)I3 ¡ sin(¸)J3(0) +

звiдки одержимо

2

1

1

p3

1=2

¡

¢

¡

¢

¡

¢

¼

0 cos

¼=3

¡ sin

¼=3

cos

¼=3

1

1

¡

p

:

cos J3

=

2

=

0

1

3

¡3

0

0

¡cos

¼=3

2

¡

µ

¢¶

B

¡

¡

¢

C

B

0

0

1

C

B

¢

C

@

0

cos

¼=3

sin

¡

¼=3

¢

A

@

A

0

1

Òîäi

µ

¶

0

p

¡

1

p

2 ¡ p

1

¼

1

3

1

3

3

¡

¡

3

2

cos(A) = T cos

J3

¡ ¢

T ¡1 =

4p3

1

¡2p3

4p3

:

B

¡2 ¡ p3

1

3 + p3

C

@

A