привести матрицу преобразования к верхнетреугольному виду

[ShMaxG]

Помогите решить пожалуйста: В некотором базисе преобразование

\[ {\rm A} \]

задано матрицей

\[ A = \left( {\begin{array}{*{20}c} 3 & 1 & { - 1} \\ 0 & 2 & 2 \\ { - 1} & { - 1} & 1 \\ \end{array} } \right) \]

. Найти матрицу перехода к базису, в котором матрица

\[ A' \]

преобразования

\[ {\rm A} \]

- верхняя треугольная, и выписать матрицу

\[ A' \]

.

[Brukvalub]

Этот оператор имеет три различных вещественных собственных значения, поэтому он даже диаганализируем.

[Azog]

1. Найдите диагональный вид матрицы. Как справедливо указал предыдущий оратор матрица невырожденна, а потому диагонализируется..
2. Составьте систему линейных уравнений для нахождения искомого базиса.. (не знаете формул - прикиньте как меняется матрица при переходе к данному базису.. Неровен час на что-то умножается..)
3. запишите ответ.
4. скажите мне спасибо
5. сдайте задачу преподу..

[ShMaxG]

Все конечно прекрасно, но собственное значение одно, равно 2 и кратности 3.

[Brukvalub]

Да, я нашел ошибку в своих вычислениях . Тогда ищите Жорданов базис - это уж точно дело верное. Не хотелось посылать Вас так далеко, но пришлось...

[Azog]

слово диагонализируется замените на жорданова форма)) и делайте все тоже самое)

[Brukvalub]

Еще раз проверил - нет у меня никакой ошибки. Разозлился и набрал свои вычисления:

\[ \left| {\begin{array}{*{20}c} {3 - t} & 1 & { - 1} \\ 0 & {2 - t} & 2 \\ { - 1} & { - 1} & {1 - t} \\ \end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}c} {2 - t} & 0 & { - t} \\ 0 & {2 - t} & 2 \\ { - 1} & { - 1} & {1 - t} \\ \end{array}} \right| = (2 - t)^2 (1 - t) - t(2 - t) + (2 - t) = (2 - t)(t^2 - 3t + 2 - t + 1) = (2 - t)(t - 3)(t - 1) \]

Теперь Вы попробуйте найти у меня или у себя ошибку!

[RIP]

Brukvalub писал(а):

Еще раз проверил - нет у меня никакой ошибки.

Есть. Последнее $2-t$ надо на 2 помножить.

Добавлено спустя 7 минут 6 секунд:

Я имел вот это

Brukvalub писал(а):

$(2 - t)^2 (1 - t) - t(2 - t) + (2 - t)$

в виду.

[Brukvalub]

Вы, RIP правы. Ну, тем хуже для ShMaxG придется таки ему Жорданов базис искать

[ShMaxG]

Ну что ж, придется приведение к жордановой форме постигнуть мне, а напоследок, скажу я вам спасибо.

[Профессор Снэйп]

Народ! Чего все к жордановой форме прицепились? Автору темы ведь не это нужно, а нужен переход к верхнетреугольному виду. А это должно делаться значительно проще. Может, даже какие-то вариации метода Гаусса тут помогут?!

[RIP]

Профессор Снэйп писал(а):

Народ! Чего все к жордановой форме прицепились? Автору темы ведь не это нужно, а нужен переход к верхнетреугольному виду. А это должно делаться значительно проще.

Интересно, как?

[AD]

Профессор Снэйп писал(а):

Может, даже какие-то вариации метода Гаусса тут помогут?!

Понимаете ... метод Гаусса выдаёт решение в виде $A=CA'$, а нам нужно $A=C^{-1}A'C$. Модификаций таких че-то я не знаю. Мы проходили методы приведения к почти-верхнетреугольному виду (то есть одна лишняя диагональ еще снизу остаётся) ортогональным преобразованием, но этого мало и это не то.

IMHO, жордановой формой проще всего. Хотя, может быть, я чего-то и не догоняю.

Azog писал(а):

матрица невырожденна, а потому диагонализируется.

Э-э, поосторожней там! Матрица

$$\left(\begin{matrix}1&1\\ 0&1\end{matrix}\right)$$

тоже невырождена.

Добавлено спустя 1 минуту 36 секунд:

ShMaxG, ну хоть что вы проходили-то? Может, вы какой-нибудь суперпуперметод изучали, а мы пользуемся только стандартными?

[ShMaxG]

Дык если бы я только знал! В общем, буду пробовать жордана.

[AD]

Просто уточню на всякий случай. Я правильно сопоставил ответ с вопросом?

AD писал(а):

ShMaxG, ну хоть что вы проходили-то?

ShMaxG писал(а):

Дык если бы я только знал!