Примеры приведения матриц к жордановой форме

1°. . Корни характеристического уравнения: l_{1, 2, 3} = 1. .

Собственные векторы А по λ = 1, т.е. ядро А ₁:

, значит базис N (А ₁): .

Образ оператора А ₁ М (А ₁) находим из соотношений:

; базис М (А ₁) f ₃(1, 2, –1), и т.к. f ₃ = 2 f ₁ – f ₂, то f ₃Îℒ(f ₁, f ₂).

Тогда: базисом будет вектор ; вектором, дополняющим базис до базиса будет любой из векторов , например вектор ; а базис дополнить до базиса нечем, т.к. .

Прообраз А ₁ у = (1, 2, –1) Þ у ₁ – у ₂ – у ₃ = 1, например (1, 0, 0).

Кстати: система А ₁ у = (1, 0, 0) решений не имеет, т.е. прообраза второго слоя для вектора (1, 2, –1) нет.

Следовательно, жорданов базис оператора А: .

И, окончательно, имеем жорданову форму матрицы оператора А: .

2°. Найти нормальную жорданову форму матрицы линейного оператора А = и базис, в котором матрица оператора имеет жорданову форму.

Δ. Для матрицы линейного оператора А = составим и решим характеристическое уравнение: det(A - l E) = 0.

Получим:

= .

Тогда: = 0 и, следовательно, l_{1, 2} = –1; l_{3, 4} = 1.

a) Рассмотрим оператор А _-1= А -l E = А + E = . Ищем собственные векторы оператора А при l = - 1, т. е. ядро оператора А _-1. Для этого решим систему четырех линейных однородных уравнений с матрицей А _-1. Из третьего и четвертого уравнений системы видно, что . Тогда можно легко установить, что . Вектор f ₁ (1, 1, 0, 0) - единственный собственный вектор оператора А, соответствующий собственному значению l = -1 и образует базис ядра оператора А _–1. Далее ищем базис образа оператора А _–1:

Отметив, что для векторов f ₂, f ₃, f ₄ существует соотношение: f ₃+ f ₄– f ₂= (0, 0, 0, 1), находим базис образа оператора А _–1:

{j₁(1, 1, 0, 0), j₂(0, –1, 1, 1), j₃(0, 0, 0, 1).

Отметив, что векторы f ₁и совпадают, делаем вывод о том, что этот вектор образует базис пересечения образа и ядра оператора А _-1.

Кратность корня λ = -1 равна двум, а собственный вектор, соответствующий этому собственному значению, только один. Поэтому, полагаем g ₁равным вектору , а еще один вектор жорданового базиса ищем, как прообраз первого слоя для . Решаем неоднородную систему линейных уравнений и находим второй вектор g ₂(1, 3/4, 0, 0) жорданового базиса, соответствующего собственному значению l = -1 кратности два. При этом, что характерно, у вектора нет прообраза второго слоя, ибо система с расширенной матрицей

решений не имеет. Это и не случайно, потому что собственному значению l= -1 кратности 2 должно соответствует два вектора жорданового базиса оператора А:

g ₁(1, 1, 0, 0); g ₂(1, 3/4, 0, 0).

При этом отметим, что:

б) Теперь рассмотрим собственное значение l = 1 и, соответственно, оператор А ₁= А + Е:

Найдем ядро этого оператора, т.е. собственные векторы оператора А при λ = 1.

Вектор f ₁(1, 1, 1, 1) образует базис ядра оператора А ₁и является единственным собственным вектором оператора А, отвечающим собственному значению l = 1.

Ищем базис образа М (А ₁) оператора А ₁.

Отмечая, что f ₁= f ₂+ f ₃+ f ₄, заключаем: базисом пересечения ядра и образа оператора A ₁ является вектор f ₁.

Так как собственный вектор только один, а собственное значение имеет кратность 2, требуется найти еще один вектор жорданового базиса. Поэтому полагаем g ₃равным вектору y₁(1, 1, 1, 1), а еще один вектор жорданового базиса ищем как прообраз первого слоя для y₁(1, 1, 1, 1). Для этого решаем неоднородную систему линейных уравнений A ₁ g ₄ = j₁ и находим вектор g ₄(0, 1/2, 0, 1/2) жорданового базиса, соответствующего собственному значению l = 1 кратности два. При этом у вектора y₁(1, 1, 1, 1) нет прообраза второго слоя, ибо система A ₁ y = g ₄ с расширенной матрицей решений не имеет. И вновь это не случайно, потому что собственному значению l= 1 кратности 2 должно соответствовать два вектора жорданового базиса, а они уже найдены:

g ₃(1, 1, 1, 1); g ₄(0, 1/2, 0, 1/2).

При этом отметим, что: Ag ₃ = g ₁, Ag ₄= g ₃+ g ₄. Для оператора А найден жорданов базис: . При этом А _G = . ▲

3°. ; det(A - l E) = 0 l_{1, 2} = 1; l_{3, 4} = 2.

Δ a) Рассмотрим оператор А ₁: А ₁- E = . Ищем собственные векторы оператора А при l = 1, т.е. ядро оператора А ₁.

. Векторы { f ₁, f ₂} образуют базис N (A ₁).

Далее ищем базис .

Так как векторы f ₁, f ₂, f ₃, f ₄ – линейно независимы, то , а векторы дополняющие базис до базиса – векторы :

Кратность корня λ = 1 равна двум, поэтому имеем уже два вектора жорданового базиса А:

g ₁(1, 0, 1, 0); g ₂(0, 1, 0, 1).

б)Рассмотрим оператор А ₂= А -2 Е: , и найдем ядро оператора А ₂ т.е. собственные вектора А при λ = 2. . Вектор f ₁(0, 0, –2, 1), являющийся решением этой системы является одновременно и базисом ядра .

Ищем базис образа оператора А ₂– М (А ₂).

Þ .

Тогда, вектор (0, 0, –2, 1) это вектор жорданового базиса, а второй вектор – прообраз вектора (0, 0, –2, 1), если он есть. Система для его нахождения: А ₂ у = (0, 0, –2, 1).

Решаем систему А ₂ у = (0, 0, –2, 1), для нахождения прообраза 1^-го слоя вектора (0, 0, –2, 1) Получаем: .