Жорданов Базис

[ole-ole-ole]

Автоморфизм $A\colon \mathbb{R}^3\to \mathbb{R}^3$ задан в стандартном базисе пространства $\mathbb{R}^3$ матрицей $A$.

1) Найти спектр $\sigma(A)$ автоморфизма $A$;
2) Найти собственные векторы автоморфизма $A$ и доказать, что $A$ не является оператором скалярного типа;
3) Найти Жорданов (канонический базис) автоморфизма $A$
4) Привести матрицу $A$ к Жордановой форме, при этом указать матрицу $\mathbf{T}$ перехода к новому базису.
5) Проверить явным вычислением (через преобразования подобия с матрицей $\mathbf{T}$ ), что вид матрицы автоморфизма в новом базисе имеет именно ту Жорданову форму, которая указана в пункте 4;
6) Указать кратности (полную, алгебраическую и спектральную каждого собственного значения оператора А);
7) Написать выражения для характеристического и минимального полиномов автоморфизма .

$A=\begin{pmatrix}3&1&0\\-1&5&0\\0&0&4\end{pmatrix}$

1) Получается, что $\begin{vmatrix}3-\lambda&1&0\\-1 &5-\lambda&0\\0&0&4-\lambda\end{vmatrix}=(4-\lambda)((3-\lambda)(5-\lambda)+1)=(4-\lambda)^3$

$\lambda=4$ - алгебраическая кратность 2.

2) $(-1\;\;1\;\;0 | 0)$

$\vec {x}=C_1\cdot \begin{pmatrix}1\\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}+C_2\cdot \begin{pmatrix}0\\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$

Может ли быть такое, что одному собственному числу отвечают два вектора $\vec{x_1}=\begin{pmatrix}1\\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ и $\vec{x}_2=\begin{pmatrix}0\\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$?

Если подставить в $A\vec {x} =\lambda \vec {x}$, то получается правда, но это как-то необычно...

А как доказать .что не является оператором скалярного типа?

3) Использовался вот этот алгоритм http://dep805.ru/education/kk/jmatrix/part3.htm#ex3

$\operatorname{rank}({A-4E})=1$

$r^1=r^2=2$

$r^0=n=3$

Количество жордановых клеток размера 1 будет равно 2.

Это вот так?

$\begin{pmatrix}4&0\\ 0&4 \\ \end{pmatrix}$

Есть ли еще клетки? Верно ли это?

4) Вот так нужно начать искать присоед вектора?

$\begin{pmatrix}3&1&0\\-1&5&0\\0&0&4\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} a\\ b \\ c\end{pmatrix}=4\begin{pmatrix}a\\ b \\ c \end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1\\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$

И решать эту систему уравнений, найденный вектор $\begin{pmatrix} a\\ b \\ c\end{pmatrix}$ и будет присоединенным?

5) Пока рано про него говорить

6) $\lambda=4$ - алгебраическая кратность 2, геометрическая =2 (кол-во жордановых клеток). Полная кратность - это сумма алгебраической и геометрической?

7) А что значит - минимальный полином автоморфизма?

[ole-ole-ole]

Ой, алгебраическая кратность - равна 3.

[ewert]

ole-ole-ole в сообщении #580578 писал(а):

Автоморфизм $A\colon \mathbb{R}^3\to \mathbb{R}^3$

Жуть. Слова-то какие умные.

ole-ole-ole в сообщении #580578 писал(а):

2) Найти собственные векторы автоморфизма $A$ и доказать, что $A$ не является оператором скалярного типа;

Доказательство. Не является потому, что не является. Ч.т.д.

(матрица скалярного оператора одинакова во всех базисах)

ole-ole-ole в сообщении #580578 писал(а):

Может ли быть такое, что одному собственному числу отвечают два вектора

Здесь только такое и может быть. Трёх собственных векторов быть не может потому, что собственное число только одно и при этом матрица не диагональна. Но и менее двух тоже не может быть, т.к. матрица блочно-диагональна и, следовательно, имеет два приводящих подпространства.

ole-ole-ole в сообщении #580578 писал(а):

Количество жордановых клеток размера 1 будет равно 2.

Этого не может быть потому, что этого не может быть никогда. Задача трёхмерна, поэтому если бы таких клеток было две, то их было бы три, что в данном случае заранее невозможно.

ole-ole-ole в сообщении #580578 писал(а):

И решать эту систему уравнений, найденный вектор $\begin{pmatrix} a\\ b \\ c\end{pmatrix}$ и будет присоединенным?

Да.

[ole-ole-ole]

ewert в сообщении #580688 писал(а):

Этого не может быть потому, что этого не может быть никогда. Задача трёхмерна, поэтому если бы таких клеток было две, то их было бы три, что в данном случае заранее невозможно.

Спасибо!А как тогда найти кол-во Жордановых клеток?

В Википедии написано, что

Количество жордановых клеток порядка $n$ с собственным значением $\lambda$ в жордановой форме матрицы $A$ можно вычислить по формуле

$$c_n(\lambda)= \operatorname{rank}(A-\lambda I)^{n-1} -2\operatorname{rank}(A-\lambda I)^{n} +\operatorname{rank}(A-\lambda I)^{n+1}$$

То есть нужно перебирать значения $n$ от 1,2,3? Или как?

$(A-\lambda I)^{n}=(A-\lambda I)\cdot (A-\lambda I)\cdot...\cdot (A-\lambda I)^{n}$

Нужно так в лоб перемножать?

[ole-ole-ole]

Кажется дошло до меня -- Жорданова матрица оператора будет выглядеть так.

Так как у нас только одно собственное значение $\lambda=4$ и его алгебраическая кратность равна $3$, а геометрическая кратность равна $2$, то

$A'=\begin{pmatrix}4&0&0\\0 &4&1\\0&0&4\end{pmatrix}$

Или вот так вот

$A'=\begin{pmatrix}4&1&0\\0 &4&0\\0&0&4\end{pmatrix}$

Какой из вариантов выбрать? Верно ли это?

[AV_77]

ole-ole-ole в сообщении #580786 писал(а):

Какой из вариантов выбрать?

Любой можно взять.

[ole-ole-ole]

Спасибо.

А в 4 имеется ввиду, что нужно написать, что $A=T^{-1}A'T$ ?

$A'$ - Жорданова матрица.

правильно?

$T$ - матрица из двух собственных векторов и одного присоединенного (важно ли к какой из собственных векторов использовать для поиска присоединенного?). А важно ли в каком порядке ставить эти вектора или нет?

[ole-ole-ole]

Минимальный полином - это $(4-\lambda)$?

[nnosipov]

ole-ole-ole в сообщении #581094 писал(а):

Минимальный полином - это $(4-\lambda)$?

А Вы подставьте вместо $\lambda$ матрицу $A$ и посмотрите, что будет. Вот ответ и узнаете.

[ole-ole-ole]

nnosipov в сообщении #581098 писал(а):

ole-ole-ole в сообщении #581094 писал(а):

Минимальный полином - это $(4-\lambda)$?

А Вы подставьте вместо $\lambda$ матрицу $A$ и посмотрите, что будет. Вот ответ и узнаете.

Это так Подставить? Вот так? $4E-\begin{pmatrix}3&1&0\\-1&5&0\\0&0&4\end{pmatrix}$? Что должно получиться?

-- 05.06.2012, 14:40 --

Можно ли по этой теореме?

Есть теорема о минимальном многочлене: Минимальный многочлен матрицы $ A$ равен отношению характеристического многочлена$ c(\lambda)$ матрицы $A$ к наибольшему общему делителю элементов матрицы, присоединенной к матрице $A-\lambda E$

Ее нужно использовать?

[nnosipov]

ole-ole-ole в сообщении #581108 писал(а):

Это так Подставить? Вот так? $4E-\begin{pmatrix}3&1&0\\-1&5&0\\0&0&4\end{pmatrix}$? Что должно получиться?

Понятно. Впрочем, это довольно типичная картина. Вам срочно нужно узнать, что такое минимальный многочлен матрицы (не как его найти по какой-то там теореме, а что он такое есть по определению).

[ole-ole-ole]

Минимальный многочлен матрицы — унитарный многочлен минимальной степени, аннулирующий эту матрицу.

Аннули́рующий многочле́н для ма́трицы — многочлен, значение которого для данной квадратной матрицы равно нулю.

А что значит многочлен значение которого для данной матрицы равно нулю?

[nnosipov]

ole-ole-ole в сообщении #581123 писал(а):

А что значит многочлен значение которого для данной матрицы равно нулю?

О, как всё запущено ... Ну попробуйте и про это в учебнике (или конспекте) найти. В общем, поработайте с определениями.