Методы решения задач по курсу "Линейная алгебра и геометрия". Кулагина И.В - 18 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

СГАУ | Самара

Составители: 

Рубрика: 

Векторы жорданова базиса f
1
, f
2
, f
3
удовлетворяют равенствам:
ϕ(f
1
) = 2f
1
ϕ(f
2
) = f
1
+ 2f
2
ϕ(f
3
) = 3f
2
(5.6)
Равенства (5.6) перепишем в форме
(ϕ − 2ε)f
1
= 0
(ϕ − 2ε)f
2
= f
1
(ϕ − 3ε)f
3
= 0
(5.7)
Векторы f
1
и f
3
– собственные векторы с собственными значениями 2 и 3
соответственно, определяются однозначно, с точностью до константы. Нахо-
дим
f
1
=
0
1
−1
, f
3
=
1
−1
−2
.
Подставляя f
1
во вторую строку формул (5.7), получаем уравнение для
нахождения f
2
:
2 1 1
−5 −2 −2
−1 −1 −1
x
1
x
2
x
3
=
0
1
−1
. (5.8)
В качестве f
2
можно взять любое частное решение (5.8). Например,
f
2
=
−1
2
0
.
Составляем матрицу T и проверяем, что det T 6= 0.
Ответ. J =
2 1 0
0 2 0
0 0 3
, f
1
=
0
1
−1
, f
2
=
−1
2
0
, f
3
=
1
−1
−2
,
T =
0 −1 1
1 2 −1
−1 0 −2
.
Решение e). Приведем характеристическую матрицу к каноническому виду
A − λE =
12 −5 −2
16 −6 −4
−8 5 6
∼
1 0 0
0 λ − 4 0
0 0 (λ − 4)
2
.
18

Страницы