Том 2 (1113040), страница 10
Текст из файла (страница 10)
Построим К»,. Пля этого рассмотрим матрицу В = А — Л11 = с 4 -4 0 21 4 — 4 — 2 4 4 2 и найдем цепочку вложений (60.1). 0 О 2 0 Подпространство 1зз = 'кег В определяется однородной системой уравнений Вх = О. Так как г8 В = 3, то г)!п»1эь — — 1 ( ты так что йГь ф К», и следует построить 1»гз. Подпространство Узз определяется однородной системой В х = 0: Глава ХЧ. Структура линейного оператора 52 Так как гОВ = 2, то 41пзМз = 2 = шм так что К», = Жз. Таким образом, корневое подпространство К», определяется системой уравнений [ 0 0 1 — 1101 т 1 ( 0 ] и ее фундаментальнвл система решений ез =(1,0,0,0) ез = (0,1,0,0) образует базис К»,. 2.
Построим К»з Лля этого рассмотрим матрицу В = А — Л»1 = 4 — 6 — 2 4 и найдем цепочку влоиений (60.1). Подпространство № определяется однородной системой уравнений Вх = О, эквивалентной системе 1 -2 0 1 0 1 -2 0 1 0 2 — 3 — 1 2 0 †> 0 1 -1 0 0 Так как гб В = 3, то ойш № = 1 < шз, так что № ф К», и следует построить №. Подпространство Мз определяется однородной системой уравнений Взх = О. Имеем: !] -12 16 12 -16 -16 20 16 -20 0 0 0 0 0 0 0 0 [-3 4 3 -4(0] [1 -1 -1 1(0] 3 -4 0 2 4 — 5 — 2 4 0 0 3 -2 0 0 2 — 1 подобным преобразованием к квазидиагональной форме с треугольным клетками на главной диагонали.
Указать матрицу преобразования подобия. Решение. Как следует из примера 60.1, оператор А, определяемый матрицей А, обладает двумя корневыми подпространствами К»„К», где Л1 = — 1, Лз = 1, йпп К», = 2, йпп К»з = 2. Следовательно, К = К», чз К», и в базисе пространства, составленном как совокупность базисов К», и К»„ матрица оператора А имеет квазидиагональную форму [ О Аз ]' Так как гОВ = 2, то б(ш№ = 2 = гль так что К», = Мз. Таким образом, корневое подпространство К», определяется системой уравнений [ 1 -1 — 1 110 ~ 0 ] и его базис образует фундаментальная система решений ез = (1,0,1,0), е4 = (0,1,0,1) Итак, оператор имеет два корневых подпространства К», = Е(ем ее) и К», = ь(езе»), где е1 = (10 00)г, ез = (О 100)з, ез = (10 10)т, е4 = (0,1, 0,1)т.
° П р и м е р 60.2. Привести матрицу 260. Корневые подпространства. Жорданова форма 53 где Аз и Аз — матрицы операторов А)К», и А(К»з в соответствующем базисе. Найдем базисы, в которых клетки Аз и Аз имеют треугольный вид. Известно (пример 60.1), что если В = А — Лз1, 1У» = 'кегВ», то № с№ =К»„ где № и Вз определяются системами уравнений соответственно.
Построим базис №: ез —— (1, 1, О, 0) и дополним его до т базиса № вектором ез = (1,0,0, 0)т. Тогда Аез = — ем Аез = 4ез — ез и А1=~ о Аналогично, векторы ез = (1,1,1,1) и е4 = (1,0,1,0) образуют базис К»„в котором оператор А)К» имеет треугольную форму Аз=~О 1~. Таким образом, матрица А подобным преобразованием приводится к виду — 1 4 0 0 0 -1 0 0 0 0 1 2 0 О 0 1 Т 'АТ = В и матрица Т преобразования подобия имеет вид 1 1 1 1 1 0 1 0 0 0 1 1 0 0 1 0 Построить канонический базис и найти жорданову Пример 60.3, форму Аз матрицы 0 1 — 1 1 -1 2 -1 1 -1 1 1 0 -1 1 0 1 А= Указать матрицу Т подобного преобразования, приводящего матрицу А к жордановой форме: Т 'АТ = Аю Р е ш е н и е.
Метод выделения линейных множителей, примененный к де1(А — Л1), дает характеристический многочлен матрицы А: 1(Л) = (Л-1) . Следовательно, матрица А обладает единственным собственным значением Л = 1, алгебраическая кратность которого равна четырем. Отвечающее ему корневое подпространство К» имеет размерность 4. Глава Х 'зг.
Структура линейного оператора 54 Построим корневое подпространство К». Зля этого рассмотрим матри- цу — 1 1 — 1 1 ВжА-'= -1 1 ΠΠ— 1 1 0 0 Нумерация векторов базиса производится по столбцам жордановой "лестницы", в каждом столбце векторы нумеруются снизу вверх. Итак, векторы е1 = (1, 1, 1, 1) , ез = (О, 1, О, 0) , ез = (1, 1, О, 0) , е4 = (О, О, О, 1) образуют канонический базис, жорданова форма имеет вид 1 1 0 1 0 0 0 0 — +) А 1 1 0 1 Обозначим № = 'нег В», гь = гбВ, и» = бппИ» (очевидно, пь = 4— г»). Рассмотрим ядра )»)м Мр,..., Мя до момента е, когда ядро Мя будет совпадать с К», т.е. когда и„= 4. Каждое ядро И».
определяется однородной системой уравнений В х = О. » 1. №: Вх= О. — 1 1 0 0 0 ) Эта система равносильна системе ~ 0 0 1 1 0 1, из которой следу- ет, что г1 = 2, п1 — — 2 и общее решение системы имеет вид (.:.: „. хг = хы 60.3 хе=х4, хмх4 Е К ( .) Так как п1 ( 4, то № т К», и следовательно, необходимо перейти к )»1з. Заметим, что из того, что п1 = 2 (пз — геометрическая кратность соб- ственного значения Л = 1), следует, что жорданова форма матрицы имеет ровно две жордановых клетки, однако размеры этих клеток пока неизвестны.
2. )'з'з. В х = О, где В = О. Следовательно, гг = О, пз = 4 и решением системы является любой вектор (хмхз,хз,хз) Е К . Так как пз = 4 = <11шК», то корневое т подпространство К» построено; К» = Из. Заметим, что равенство пз = 4 окончательно формирует жорданову форму матрицу, так как согласно (60.2) количество клеток второго порядка в ней равно числу 1з = — пз + 2пг — пз = — п1 + 2пз — пз = 2.
Теперь построим канонический базис К». Зля этого найдем максимальную линейно независимую систему корне- вых векторов высоты 2, дополняющих какой-либо базис № до базиса Кь На основании соотношений (603) построим базис №: (1, 1, О, 0)т, (О, О, 1, 1)т, который дополним векторами /1 = (0,1,0,0)т, Гз = (0,0,0,1) до базиса Кю Каждый из векторов 11 и уз порождает линейно независимые корневые векторы ВГ1 и Вуз высоты 1 (т.е, из №). Так как их количество равно размерности Км построение канонического базиса закончено.
Жорданова "лестница" имеет вид "360. Корневые подпространства. Жорданова форма 55 010 T АГ=АзгдеГ= 1 О О О о о о Заметим, что в выборе векторов уз и уз существует определенный произвол. Во избежание лишних вычислений предпочтение надо отдать единичным векторам (если это оказывается возможным), так как вычисление произведений Вум В ум... сводится при этом к простому выделению соотг ветствующих столбцов матриц В, Вз,.... ° Пример 60А.
Построить канонический базис и найти жорданову форму матрицы 1 1 -1 -1 1 1 -1 — 1 1 1 — 1 — 1 1 1 -1 -1 [ Х1 = Хз -~-Хз т Х4 (60.4) при любых хе,хз,хм гз = О, пз = 4 = сйпКз и любой вектор (хмхз,хз,хз) т является вектором из №. Заметим, что из того, что пз = 3, следует,что жорданова форма матрицы имеет ровно три жордановых клетки. Очевидно,что это могут быть лишь одна клетка второго порядка и две клетки первого порядка,так что жорданова форма матрицы А уже определена. Построим канонический базис. Так как пг — п1 —— 1, то единственный корневой вектор высоты 2— вектор 11 = (1,0,0,0) — может быть получен как дополнение базиса №.
(-1,1,0,0)т, (1,0,1,0)т, (1,0,0,1) (воспользоваться (60.4)) до базиса Мз. Вектор 11 порождает корневой вектор высоты 1 — вехтор Вуз = (1, 1, 1, 1)т. Так как с(пп№ = 3, то вектор В)з необходимо дополнить двумя векторами дз и дз до базиса №. Чтобы найти эти векторы, опять воспользуемся общим решением (60.4); Таким образом, жорданова "лестница" имеет вид Фз Уз — — (1,0,0,0) Л, ВУ, = (1,1,1,1)', д, = (1,0,1,0)', д, = (1,0,0,1)' Решение. Характеристический многочлен матрицы А имеет вид 1(Л) = Л~. Следовательно, матрица А обладает единственным собственным значением Л = 0 алгебраической кратности 4. Отвечающее ему корневое подпространство Кз имеет размерность 4.
Как и в примере 60.3, цепочка вложений (60.1) имеет вид Л~ сЛ1 =К, причем гз = 1, пз = 3, общее решение, определяющее векторы из № имеет вид Глава ХЪ'. Структура линейного оператора и векторы е1 = (1, 1, 1,1)т, ез = (1,0,0,0), ез = (1,0, 1,0), е4 = (1,0,0,1) образуют канонический базис, жорданова форма имеет вид о о о о П р и и е р 60.5. Найти канонический базис и жорданову форму матри- цы 3 -4 0 2 4 -5 — 2 4 0 0 3 -2 0 0 2 1 [ Решение. Как следует нз примера 60.1, данная матрица обладает двумя корневыми подпространствами К», и К»„отвечающими собственным значениям Л1 = -1 и Лз = 1 алгебраических кратностей 2, так что 61шК», = бйпК»з — — 2. Кайонический базис пространства представляет собой совокупность канонических базисов корневых подпространств К», и К», Рассмотрим по- отдельности зги подпространства.
Для надпространства К», имеет место (см. пример 60.1) цепочка вло»кений № С А~з = К»,, где пз = 1 (так что в жордановои форме матрицы ровно одна жорданова клетка с Лз — — -1 на главной диагонали, причем второго порядка, так как бпп К», = 2), пз = 2, общее решение для векторов из № имеет вид < хз =хе, хз = О, хз =0 (60.5) прн любых хз, а для векторов из Жз — вид (60.6) при любых хмхг Соотношения (60.5) и (60.6) позволяют найти базис (1, 1, О, 0) пространства № и дополняющий его до базиса № вектор /1 = (1, О, О, 0) т, Вектор уз — единственный корневой вектор высоты 2, отвечающий собственному значению Лз = — 1 (так как пз — пз = 1), он порождает корневой вектор Вуз = (4,4,0, 0) высоты 1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
