Методы решения задач по курсу "Линейная алгебра и геометрия". Кулагина И.В - 17 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

СГАУ | Самара

Составители: 

Рубрика: 

Способ 2. Из равенств (5.4) вытекает, что (ϕ − 3)
2
– нулевой оператор.
Поэтому (ϕ − 3)
2
x = 0 для любого вектора x. В качестве вектора f
2
можно
взять произвольный вектор, не пропорциональный вектору
1
−2
. Поло-
жим f
2
=
1
0
. Из второго из равенств (5.4) находим f
1
=
10
−20
. Соста-
вим T =
10 1
−20 0
и убедимся, что det T 6= 0.
Ответ: J =
3 1
0 3
, f
1
=
10
−20
, f
2
=
1
0
, T =
10 1
−20 0
.
Решение c). Приведем характеристическую матрицу к каноническому виду
A − λE =
4 − λ 1 1
−2 1 − λ −2
−4 −2 1 − λ
∼
1 0 0
0 1 0
0 0 (λ − 1)(λ − 2)(λ − 3)
Система элементарных делителей: {λ − 1, λ − 2, λ −3}. Жорданова форма
J =
1 0 0
0 2 0
0 0 3
.
Жорданов базис состоит из собственных векторов f
1
, f
2
, f
3
с собственными
значениями 1, 2, 3 соответственно.
Ответ. J =
1 0 0
0 2 0
0 0 3
, f
1
=
−1
2
1
, f
2
=
1
−2
0
, f
3
=
0
−1
1
,
T =
−1 1 0
2 −2 −1
1 0 1
.
Решение d). Приведем характеристическую матрицу к каноническому виду
A − λE =
4 − λ 1 1
−5 −λ −2
−1 −1 1 − λ
∼
1 0 0
0 1 0
0 0 (λ − 2)
2
(λ − 3)
Система элементарных делителей: {(λ − 2)
2
, λ −3}. Жорданова форма
J =
2 1 0
0 2 0
0 0 3
.
17

Страницы