ВУЗ:
Составители:
Рубрика:
Однако, есть более короткий способ. Из равенств (5.13) вытекает, что (ϕ +
3ε)
3
– нулевой оператор. Поэтому (ϕ + 3ε)
3
x = 0 для любого x. Если мы
возьмём в качестве f
3
произвольный вектор и далее найдем f
2
= (ϕ + 3ε)f
3
и
f
1
= (ϕ + 3ε)f
2
, то (ϕ + 3ε)f
1
= 0. Таким образом, все три равенства в (5.14)
будут выполнены. Есть только одно ограничение в выборе f
3
: векторы f
1
, f
2
, f
3
должны образовывать базис. В частности, (ϕ + 3ε)
2
f
3
6= 0. В нашем случае
это условие необходимо и достаточно для того, чтобы система f
1
, f
2
, f
3
была
базисом.
Возьмём в качестве f
3
первый вектор e
1
стандартного базиса. Если (ϕ +
3ε)
2
f
3
= 0, то заменим e
1
на e
2
. Если снова получается нуль, то положим
f
3
= e
3
. И здесь (ϕ + 3ε)
2
f
3
6= 0, поскольку ϕ + 3ε)
2
- ненулевой оператор.
Вернёмся к нашей задаче:
f
3
=
1
0
0
, f
2
= (ϕ + 3ε)f
3
=
−1
−16
3
, f
1
= (ϕ + 3ε)f
2
=
−1
0
1
.
Составим матрицу T и убедимся, что det T 6= 0.
Ответ. J =
−3 1 0
0 −3 1
0 0 −1
, f
1
=
−1
0
1
, f
2
=
−1
−1
3
, f
3
=
1
0
0
,
T =
−1 −1 1
0 −1 0
1 3 0
.
§6 Функции от матриц
Пусть f(x) функция на комплексной плоскости, представимая в виде сходя-
щегося степенного ряда
f(x) =
∞
X
k=1
c
k
x
k
. (6.1)
В комплексном анализе такие функции называются целыми. Примерами
целых функций являются:
e
x
=
∞
X
k=0
x
k
k!
, sin x =
∞
X
k=0
(−1)
k
x
2k+1
(2k + 1)!
, cos x =
∞
X
k=0
(−1)
k
x
2k
(2k)!
.
Пусть B
(k)
= (b
(k)
ij
), 0 ≤ k ≤ ∞ – последовательность комплексных n × n-
матриц.
21
Страницы
- « первая
- ‹ предыдущая
- …
- 19
- 20
- 21
- 22
- 23
- …
- следующая ›
- последняя »
