Redukálószerként egy mátrix Jordan formában - studopediya
1 °. . A gyökerek a karakterisztikus egyenlet: L1, 2, 3 = 1.
Sajátvektorait A # 955; = 1, azaz a A1 kernel:
A kép a A1m (A1) a reláció:
Aztán: az alapja egy vektor; vektor, komplementer alapján egy alap vektorok bármelyike. ilyen vektor; és ennek alapján kiterjesztették alapján nincs semmi, mert .
Mellesleg: rendszer A1u = (1, 0, 0) nincs megoldás, azaz, inverz képe a második réteget a vektor (1, 2, -1) nincs jelen.
Következésképpen Jordan alapján ..
És végül, van Jordan alakjában a mátrix az üzemeltető A.
2 °. Keresse meg a Jordán szokásos formája a mátrix egy lineáris operátor A = a alapján, amelyben az üzemeltető a Jordan mátrix formában.
# 916;. A mátrix A = lineáris operátor levél- és dönt a karakterisztikus egyenlet: det (A - lE) = 0.
Ezután: = 0, és ezért, L1, 2 = -1; L3, 4 = 1.
a) Tekintsük az üzemeltető A-1 = A -le = A + E =. Keresünk a sajátvektorait A L = - 1, azaz a kernel az üzemeltető A-1 ... Ehhez megoldja egy olyan rendszer négy homogén lineáris egyenletek mátrix A-1. A harmadik és a negyedik sor egyenletek látható, hogy. Akkor könnyen látható, hogy. Vektor f1 (1, 1, 0, 0) - egységes sajátvektor megfelelő sajátérték A. L = -1, és alkot egy kernel alapján A-1. Ezután keresünk alapján a kép az üzemeltető A-1:
Megjegyezve, hogy a vektorok f1 és ugyanaz, arra a következtetésre jutunk, hogy a vektor alapját képezi a kereszteződésekben a képre, és a kernel az üzemeltető A-1.
sokaságának a gyökér # 955; = -1 két, és a sajátvektor megfelelő sajátérték egyetlen. Ezért úgy gondoljuk, g1 megegyezik a vektor. és a másik alapon vektor Jordan keres, mint az inverz képe az első réteg. Mi megoldása inhomogén lineáris egyenletrendszer és megtalálják a második vektor g2 (1, 3/4, 0, 0) Jordan alapján megfelelő sajátérték L = -1 multiplicitás két. Ebben az esetben, jellemzően, a vektor nem inverz képe a második réteg, egy berendezés bővített mátrix
döntéshozatal nem az. Nem véletlen, mert a sajátérték L = -1 2 sokaságának kell egyeznie a két vektor az A Jordan alapján:
Ugyanakkor megjegyezzük, hogy:
b) Most tekintsük a sajátérték L = 1, és ennek megfelelően, a kezelő A1 = A + E:
Azt tapasztaljuk, hogy a kernel, azaz sajátvektorok az üzemeltető a # 955; = 1.
Vektor f1 (1, 1, 1, 1) A1 képezi a kernel alapján, és az egyetlen sajátvektorának megfelelő sajátérték L = 1.
Mivel csak egyetlen sajátvektor és sajátérték sokfélesége 2, szükséges, hogy másik vektor Jordan alapján. Ezért feltételezzük, egyenlő g3 vektor y1 (1, 1, 1, 1), és a másik alapján vektor Jordan keres, mint a prototípus az első réteg az y1 (1, 1, 1, 1). Ennek megoldására heterogén lineáris egyenletrendszer A1g4 = j1, és megtalálja a vektor G4 (0, 1/2, 0, 1/2) Jordan alapján megfelelő sajátérték l = 1 multiplicitás két. Ebben az esetben a vektor y1 (1, 1, 1, 1) nem inverz képe a második réteg, mivel a rendszer A1y = G4 a fokozott mátrix nincs megoldásokat. Ismét, ez nem véletlen, mert a sajátérték l = 1 multiplicitás 2 kell felelnie két vektorral Jordan alapján, és azokat már talált:
# 916; a) Tekintsük az üzemeltető A1. A1 -E =. Keres sajátvektorai A L = 1, azaz a A1 kernel.
Ezután keresünk alapján.
Mivel a vektorok f1. f2. f3. f4 - lineárisan független, akkor. és a vektorok kiegészítő jelleggel alapján - vektorok:
sokaságának a gyökér # 955; = 1 egyenlő kettő, így már két vektor A Jordan alapján:
b) Úgy véljük az üzemeltető A2 = 2e. . és azt látjuk, hogy a lényege az üzemeltető A2 A sajátvektorok a # 955; = 2. Vektor f1 (0, 0, -2, 1) a megoldást a rendszer is az alapja a sejtmagban.
Ezután a vektort (0, 0, -2, 1) Jordan alapon vektor és a második vektor - egy prototípus vektort (0, 0, -2, 1), ha van. Rendszer annak helyét :, a2 = (0, 0, -2, 1).
Megoldása a rendszer, a2 = (0, 0, -2, 1), megtalálására előképe 1 -edik réteg vektor (0, 0, -2, 1) van :.
oldatot a rendszer, például egy vektor (1, -1, 0, 0).
Az üzemeltető talált Jordan alapján :.
Így tehát Jordan formájában .. ▲.