Помогите найти Жорданов матриц

[SlayZar]

Если честно то не очень. Как раз и хотелось бы понять как из Жордановой матрицы получить требуемый базис.

[MestnyBomzh]

Здравствуйте! Интересует тот же вопрос, что и ТС. Я правильно понимаю, что собственный вектор тут один, и ищется он по фор-ле $(A-\lambda E)\overrightarrow{h}=0$. Но нам нужны будут три вектора, а собственный только один, поэтому ищем два присоединенных по формуле $(A-\lambda E)\overrightarrow{h_{n+1}}=\overrightarrow{h_n}$?

[SpBTimes]

Нет, собственных вектора тут два, так как размерность пространства решений системы равна двум (два ЛНЗ базисных вектора).
По формуле, конечно, по такой ищем, а знаете, почему по такой?

[MestnyBomzh]

SpBTimes, да, вектора получились такие $(-2,1,0),(3,0,1)$. По сути нам нужен еще один вектор и тут возникает вопрос... А для какого из этих собственных векторов решать систему (по вышенаписанной мною формуле)? Или...это не играет роли??!?
P.S Почему по такой формуле ищем не знаю, не могли бы вы объяснить этот момент тоже?

-- 26.02.2014, 20:54 --

для обоих векторов система не имеет решений :(

[SpBTimes]

MestnyBomzh в сообщении #830862 писал(а):

Или...это не играет роли??!?

По большому счету, нужно искать присоединенные к линейной комбинации собственных. ЛК нужно выбрать так, чтобы система была совместной.

Объяснить могу, но на это нужно время. Начну писать, настроение вроде есть.

-- Ср фев 26, 2014 20:50:15 --

Для начала нужно разобрать случай, когда матрица линейного преобразования приводится к диагональному виду. Будем отождествлять матрицу линейного преобразования и само преобразование.
Говорят, что линейное преобразование $A: M \to M$ линейного $n-$мерного пространства $M$ приводится к диагональному виду, если существует базис, в котором матрица преобразования $A$ диагональна.
Напомню, что $\xi \in M$ называется собственным вектором для $A$, отвечающим собственному числу $\lambda$, если $A \xi = \lambda \xi$.
Теорема: Линейное преобразование $A$ приводимо к диагональному виду тогда и только тогда, когда в $M$ существует базис из собственных векторов.
Док-во: Пусть существует базис $\xi_1, ..., \xi_n$, в котором матрица диагональна, т.е.

$$ A = \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 & ... & 0 \\ 0 & \lambda_2 & ... & 0 \\ ... & ... & ... & ... \\ 0 & 0 & ... & \lambda_n \\ \end{pmatrix} $$

Тогда, действие оператора $A$ на базисный вектор $\xi_i$ сводится к умножению $\xi_i$ на $\lambda_i$, т.е. $A \xi_i = \lambda_i \xi_i$. Это и значит, что вектора собственные.

Достаточность доказывается повторением этих же рассуждений наоборот.


Теперь рассмотрим Жорданову форму.
Жордановой формой преобразования $A$ называется блочно-диагональная матрица

$$ A= \begin{pmatrix} J_{r_1}(\lambda_1) & 0 & ... & 0 \\ 0 & J_{r_2}(\lambda_2) & ... & 0 \\ ... & ... & ... & ... \\ 0 & 0 & ... & J_{r_k}(\lambda_k) \\ \end{pmatrix} $$

где $J_{r_i}(\lambda_i)$ - квадратная матрица размера $[r_i, r_i]$ вида:

$$ J_{r_i}(\lambda_i) = \begin{pmatrix} \lambda_i & 1 & 0 & ... & 0 \\ 0 & \lambda_i & 1 & ... & 0 \\ ... & ... & ... & ... & ... \\ ... & ... & ... & ... & 1 \\ 0 & 0 &...& ... & \lambda_i \\ \end{pmatrix} $$

Причем лямбды могут повторятся и клетки могут быть разного размера.


Пусть преобразование $A$ имеет собственный вектор $\xi$, Отвечающий собственному значению $\lambda$. Вектор $x_1$ называется присоединенным вектором 1ого порядка к $\xi$, если $Ax_1 = \lambda x_1 + \xi$. Вектор $x_p$ называется присоединенным вектором $p-ого$ порядка, если $Ax_p = \lambda x_p + x_{p-1}$.

Верна следующая
Лемма: Жорданов базис состоит из собственных и присоединенных к ним векторов, взятых в определенном порядке.
Док-во аналогично док-ву теоремы выше. Пусть $A$ имеет Жорданову форму. Рассмотрим первую клетку $J_{r_1}(\lambda_1)$. Действуем на первый базисный вектор, получаем $A e_1 = \lambda_1 e_1$, $Ae_2 = \lambda_1 e_2 + e_1$, т.е. $e_2$ - присоединенный вектор первого порядка. ИТД.

Жорданов базис образуют вектора: $\xi_1, x_1^1, x_2^1, ..., x_{r_1}^1, .... ,\xi_k, x_1^k, x_2^1, ..., x_{r_k}^k$.
Важно теперь доказать, что у каждого линейного преобразования найдется такой базис.
Ну, это почитайте где-нибудь. Как-то элегантное док-во не придумываеся. Может, svv знает, он умный :)

[MestnyBomzh]

Я тогда пока что напишу эту линейную комбинцаю

$$\begin{pmatrix} 1& 2& -3\\ 4& 8& -12\\ 3& 6& -9 \end{pmatrix}=\alpha \begin{pmatrix} -2\\ 1\\ 0 \end{pmatrix}+\beta \begin{pmatrix} 3\\ 0\\ 1 \end{pmatrix}$$

При $\alpha=4, \beta=3$ получим, в итоге, такое уравнение $x_1=-2x_2+3x_3+1$. То есть опять получаются два вектора!! Будем брать какой-то один из них?

[MestnyBomzh]

SpBTimes
Спасибо большое за столь развернутый ответ, буду разбираться

[SlayZar]

Здравствуйте! Опять столкнулся с той же проблемой!
Я нашел собственные значения $\lambda\ = 2$, составил матрицу для решения уравнения $(A-\lambda E)\overrightarrow{h}=0$
$\begin{pmatrix}1& 2& -3\\4& 8& -12\\3& 6& -9\end{pmatrix}$ --> $\begin{pmatrix}1& 2& -3\\0& 0& 0\\0& 0& 0\end{pmatrix}$
Получаем
$x_1=-2x_2+3x_3$,
$x_2=C_2, $
$x_3=C_3$
Отсюда имеем два базисных вектора

$$ \begin{pmatrix} -2\\ 1\\ 0 \end{pmatrix} , and \begin{pmatrix} 3\\ 0\\ 1 \end{pmatrix}$$

И остаётся непонятным как найти третий базисный вектор? В ответах учебника написан третий вектор

$$\begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix}$$

Можем ли мы сами придумать этот вектор таким, чтобы он образовывал с уже найденными векторами линейно независимую систему векторов или же есть какой то определенный алгоритм поиска недостающих базисных векторов?

[patzer2097]

SlayZar в сообщении #838289 писал(а):

В ответах учебника написан третий вектор

в каких еще ответах? Вы понимаете хотя бы, что жорданов базис можно выбрать разными способами, и что "ответ в учебнике" не единственный?

и что если там третий вектор такой-то указан, то он не ко всем базисам подойдет?

а вообще, выбросите учебник, в котором в подобной задаче указан подобного вида ответ

[SlayZar]

Это понятно что Жорданов базис может быть выражен не единственным образом. В ответы я заглянул потому что взял такие же первые два вектора и понял как их получить.
Так вот все же можем ли мы взять произвольный третий вектор и если он линейно независим с нашими векторами, то он нам подходит или нужно действовать как то по-другому?

[patzer2097]

SlayZar в сообщении #838328 писал(а):

В ответы я заглянул потому что взял такие же первые два вектора

такие же, как что?

SlayZar в сообщении #838328 писал(а):

Так вот все же можем ли мы взять произвольный третий вектор и если он линейно независим с нашими векторами, то он нам подходит или нужно действовать как то по-другому?

ну смотрите, в жордановом базисе Ваш оператор $B=A-\lambda E$ должен иметь матрицу

$$\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}.$$

Вы правы, что два вектора базиса будут собственными. Их Вы выбрали и зафиксировали, эти два вектора. А куда под действием $B$ переходит еще один вектор? Будет ли он туда переходить, если выбрать его произвольно?

[SlayZar]

Я так понимаю, что произвольно выбирать не стоит, нам надо выбрать вектор, который не будет линейно зависем с уже найденными векторами и удовлетворяет еще какому-то условию?!...

[patzer2097]

SlayZar в сообщении #838381 писал(а):

вектор, который не будет линейно зависем с уже найденными векторами и удовлетворяет еще какому-то условию?!...

а какому? вот пусть оператор $B$ в базисе $e_1,e_2,e_3$ имеет матрицу

$$\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}.$$

Куда он переводит $e_1$? куда - $e_2$? куда - $e_3$?

Вам бы вообще неплохо бы какие-то простые вещи сначала вспомнить/понять, зачем Вам эта жорданова форма

[SlayZar]

Если не ошибаюсь данный оператор переводит векторы $e_1$ и $e_3$ в нулевой вектор а в векторе $e_2$ обнуляет вторую и третью координаты

[patzer2097]

SlayZar в сообщении #838415 писал(а):

Если не ошибаюсь данный оператор <...> в векторе $e_2$ обнуляет вторую и третью координаты

понятно, ну тогда самое время начать читать какой-нибудь учебник по линейной алгебре, причем не с середины