Тема Линал и алгебра.

06 Жорданова нормальная форма.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела линал и алгебра.

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#63800

Найти жорданову нормальную форму оператора, имеющего в некотором базисе матрицу:

( ) | 1 1 − 2 0 0 0 | || − 1 − 1 − 1 − 2 2 1 || || || A = | − 1 0 − 1 − 1 2 1 | || 2 1 1 2 − 3 − 2|| || 2 1 − 1 1 − 2 − 1|| ( ) − 1 0 − 1 − 1 2 1

Показать ответ и решение

1. Сначала вычисляем характеристический многочлен $A$ :

χA (λ) = det(A − λE ) = ...= λ6

(для вычисления в данном случае рекомендуется, конечно, пользоваться не явной формулой, содержащей $6! = 720$ слагаемых, и не развертыванием по строке/столбцу, что не лучше, а преобразуя детерминант при помощи элементарных преобразований.)

Итак, мы видим, что у нас получилось только одно собственное значение $λ = 0$ кратности, равной размеру матрицы. Следовательно, на диагонали у всех жордановых клеток в ЖНФ будет на диагонали стоять именно это собственное значение 0.

Осталось только понять, сколько клеток каждого размера у нас будет.

2. Вычислим последовательность рангов степеней $A − 0E = A$ . Пусть $rh = rkAh$

6 = r0,r1 = rkA = 4,r2 = rkA2 = 2,r3 = rkA3 = 0,r4,r5,....= 0

Тогда если $mh$ - это количество $J0$ жордановых клеток с 0 на диагонали размера $h$ , то: $mh = rh−1 − 2rh + rh+1$ .

Давайте считать:

m1 = r0 − 2r1 + r2 = 6− 8 + 2 = 0

m2 = r1 − 2r2 + r3 = 4− 4 + 0 = 0

m3 = r2 − 2r3 + r4 = 2− 0 + 0 = 2

Дальше вычислять уже нет никакого смысла, поскольку у нас получилось 2 клетки размера 3 - и они заполняют всю матрицу.

Таким образом, ЖНФ нашей матрицы будет выглядеть так:

( ) | 0 1 0 0 0 0| || 0 0 1 0 0 0|| | | || 0 0 0 0 0 0|| || 0 0 0 0 1 0|| || || ( 0 0 0 0 0 1) 0 0 0 0 0 0

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#63801

Найти жорданову нормальную форму оператора, имеющего в некотором базисе матрицу:

( ) | − 2 8 6 | A = |( − 4 10 6 |) 4 − 8 − 4

Показать ответ и решение

1. Сначала вычисляем характеристический многочлен $A$ :

χA(λ) = det(A − λE) = − λ(λ− 2 )2

Таким образом, у нас есть два собственных значения $λ1 = 0$ - кратности 1 и $λ2 = 2$ - кратности 2.

Каждому из этих собственных значений соответствует сколько-то жордановых клеток с ним на диагонали. Наша дальнейшая цель - выяснить, сколько и какого размера будет жордановых клеток $J0$ с нулём на диагонали, и сколько и какого размера будет жордановых клеток $J2$ с двойкой на диагонали.

2. Жордановы клетки $J0$ с 0 на диагонали. Напомним, что размер жордановой клетки с собственным значением $λ$ на диагонали не может быть больше кратности этого собственного значения. В нашем случае кратность 0 как корня $χA(λ)$ равна единице, а, значит, с 0 на диагонали могут быть только клетки размера 1. Нам нужно посчитать их количество по формуле

m1 = r0 − 2r1 + r2 − количество клеток разм ера 1

где $r0 = 3$ , $r1 = rk(A − 0E ) = rkA = 2$ . Меньше, чем $n− k = 3 − 1 = 2$ ранг упасть не может, где $n$ - размер матрицы, $k$ - кратность собственного значения. Следовательно, $r2$ можно не вычислять, и $r2$ тоже будет равен 2.

(На самом деле, и $r1$ можно было не вычислять, поскольку последовательность рангов строго убывает, а ниже 2, как мы сказали, быть в данном случае не может. Поэтому $r 1$ уже должен был упасть относительно $r0$ , а меньше 2 он быть не мог).

Так или иначе, будем иметь:

m = r − 2r + r = 3− 4 + 2 = 1 1 0 1 2

то есть у нас будет одна клетка размера 1 с нулём на диагонали.

3. Жордановы клетки $J2$ с 2 на диагонали. Напомним, что размер жордановой клетки с собственным значением $λ$ на диагонали не может быть больше кратности этого собственного значения. В нашем случае кратность 2 как корня $χA (λ)$ равна двум, а, значит, с 2 на диагонали могут быть только клетки размера 1 или 2. Нам нужно посчитать их количество по формуле

m1 = r0 − 2r1 + r2 − количество клеток разм ера 1

m2 = r1 − 2r2 + r3 − количество клеток разм ера 2

Для этого вычислим последовательность рангов $rh = rk(A − 2E )h$ :

3 = r0,r1 = rk(A − 2E ) = 1

Далее, вспоминаем, что последовательность рангов строго убывает, и при этом ниже $n − k = 3− 2 = 1$ (размер матрицы минут кратность собственного значения 2) стать не может.

Поэтому автоматически $r2 = 1,r3 = 1,...$ . Тогда мы можем посчитать количество клеток:

m1 = r0 − 2r1 + r2 = 3− 2 + 1 = 2

Дальше считать нет смысла, поскольку у нас уже есть 1 жорданова клетка $J0$ размера один с 0 на диагонали, и мы только что получили, что у нас будет две клетки размера один с 2 на диагонали. Таким образом, вся наша матрица заполнена. Вот как будет выглядеть её ЖНФ:

( ) |0 0 0| |(0 2 0|) 0 0 2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#63802

Найти жорданову нормальную форму оператора, имеющего в некотором базисе матрицу:

( ) | 3 − 1 1 − 7| || 9 − 3 − 7 − 1|| A = || || ( 0 0 4 − 8) 0 0 2 − 4

Показать ответ и решение

1. Сначала вычисляем характеристический многочлен $A$ :

χA(λ) = det(A − λE ) = λ4

Итак, мы видим, что у нас получилось только одно собственное значение $λ = 0$ кратности, равной размеру матрицы. Следовательно, на диагонали у всех жордановых клеток в ЖНФ будет на диагонали стоять именно это собственное значение 0.

Осталось только понять, сколько клеток каждого размера у нас будет.

2. Вычислим последовательность рангов степеней $A − 0E = A$ . Пусть $rh = rkAh$

4 = r ,r = rkA = 2,r = rkA2 = 0,r = r = 0 0 1 2 3 4

m1 = r0 − 2r1 + r2 = 4− 4 + 0 = 0

m2 = r1 − 2r2 + r3 = 2− 0 + 0 = 2

Таким образом, у нас получается две клетки размера два с 0 на диагонали - и дальше считать не нужно - они уже заполняют всю матрицу. Вот как будет выглядеть её ЖНФ:

( ) 0 1 0 0 || || | 0 0 0 0| || 0 0 0 1|| ( ) 0 0 0 0

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#63803

Найти жорданову нормальную форму отображения трёхкратного дифференцирования в пространстве $𝒫9$ всех многочленов степени не выше 9 .

То есть, это оператор $d3- dx3$ , который берёт третью производную многочлена. Таким образом, его матрица в стандартном базисе пространства многочленов степени не выше 9

2 3 4 9 1,x,x ,x ,x ,...,x

имеет вид

( ) | 0 0 0 6 0 0 ... 0 | || 0 0 0 0 4⋅3 ⋅2 0 ... 0 || || || || 0 0 0 0 0 5⋅4 ⋅3 ... 0 || A = | 0 0 0 0 0 0 ... 10⋅9 ⋅8| || || || ... ... ... ... ... ... ... 0 || |( ... ... ... ... ... ... ... 0 |) 0 0 0 0 0 0 ... 0

Первые три столбца - нули, поскольку $1,x,x2$ зануляются при трёхкратном дифференцировании. А в столбце с номером $k,k > 3$ стоит $(k − 1)⋅(k − 2 )⋅(k − 3)$ в $k − 3$ строчке (результат трёхкратного дифференцирования $xk−1$ ).

Показать ответ и решение

1. Сначала вычисляем характеристический многочлен $A$ :

( ) | − λ 0 0 6 0 0 ... 0 | || 0 − λ 0 0 4⋅3 ⋅2 0 ... 0 || || 0 0 − λ 0 0 5 ⋅4⋅3 ... 0 || || || χA (λ) = det(A − λE ) = det|| 0 0 0 − λ 0 0 ... 10⋅9 ⋅8|| = λ10 | ... ... ... ... ... ... ... 0 | || || |( ... ... ... ... ... ... ... 0 |) 0 0 0 0 0 0 ... − λ

(такой определитель мы посчитали, заметив, что при явном раскрытии по формуле определителя единственное нулевое слагаемое получится, если взять все диагональные элементы. Иначе мы не наберём 10 множителей из разных строк и столбцов, чтобы хотя бы один из них не был равен 0).

Но можно было понять, что у нашей матрицы только нулевое собственное значение и по-другому:

Наша матрица задаёт трёхкратное дифференцирование $ddx33$ в пространстве многочленов степени не выше 9.

Следовательно, $4 A$ , например, задаёт уже двенадцатикратное дифференцирование $d12- dx12$ . Но 12-ая производная любого многочлена степени не выше 9 равна 0. Поэтому $A4$ - это нулевая матрица. $4 A = 0$ .

Тогда если $v ⁄= 0$ - собственный вектор матрицы $A$ с собственным значением $λ$ , то

Av = λv

Тогда $A4v = 0$ для любого вектора $v$ , поскольку, как мы уже сказали, матрица $A4$ - нулевая. С другой стороны, если применение $A$ к собственному вектору $v$ умножает его на собственное значение $λ$ , то мы получим, что

0 = A4v = λ4v

Но поскольку $v$ был ненулевой, то обязательно тогда $λ4 = 0$ . Но а значит и $λ = 0$ . Следовательно, у нашей матрицы может быть только одно собственное значение - 0 кратности 10.

Итак, мы видим, что у нас получилось только одно собственное значение $λ = 0$ кратности, равной размеру матрицы. Следовательно, на диагонали у всех жордановых клеток в ЖНФ будет на диагонали стоять именно это собственное значение 0.

Осталось только понять, сколько клеток каждого размера у нас будет.

2. Вычислим последовательность рангов степеней $A − 0E = A$ . Пусть $h rh = rkA$

Тогда: $r0 = 10$ , $r1 = rkA = 7$ , $2 r2 = rkA = 4$ (поскольку $2 A$ задаёт шестикратное дифференцирование $-d66 dx$ и, значит, не зануляет только $x6,x7,x8,x9$ ), $r3 = rkA3 = 1$ (это $d99- dx$ ), $r4 = rkA4 = 0$ - это мы уже обсуждали выше.

Таким образом, если $mh$ - это количество $J0$ жордановых клеток с 0 на диагонали, то: $mh = rh−1 − 2rh + rh+1$ .

Давайте считать:

m1 = r0 − 2r1 + r2 = 10− 14 + 4 = 0

m2 = r1 − 2r2 + r3 = 7− 8 + 1 = 0

m3 = r2 − 2r3 + r4 = 4− 2 + 0 = 2

m4 = r3 − 2r4 + r5 = 1− 0 + 0 = 1

Таким образом, у нас будет две клетки размера три и одна клетка размера четыре с 0 на диагонали: ЖНФ получается вот такой:

( ) 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 || || || 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0|| || 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0|| | | || 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0|| || 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0|| || || || 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0|| | 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0| || 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0|| || || |( 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1|) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#66050

Для матрицы

$( 3 − 3) A = − 10 4$

найти $2023 A$ ( $2023$ степень $A$ )

Показать ответ и решение

Приведём матрицу $A$ к жордановой форме. Тогда

$−1 2023 −1 −1 −1 2023 − 1 A = CJ C ⇒ A = (CJ C )(CJ C )...(CJ C ) = CJ C$

ведь $−1 CC = E$ . Здесь $J$ – жорданова матрица, $C$ – матрица перехода. Значит, найдём их и решим задачу.

$| | det ||3 − λ − 3 ||= (3 − λ)(4 − λ) − 30 = (λ + 2)(λ− 9) = 0 |− 10 4− λ|$

Найдём собственные векторы. Для $λ1 = − 2$

$( )( ) 5 − 3 x1 = 0 − 10 6 x2 ( ) ( ) x1 = 3 x2 5$

Для $λ2 = 9$ получаем

$( )( ′) − 6 − 3 x1′ = 0 − 1(0 −) 5 ( x2) x′1 − 1 x′ = 2 2$

Следовательно,

$( ) ( ) ( ) − 2 0 3 − 1 −1 -1- 2 1 J = 0 9 , C = 5 2 , C = 11 − 5 3$

Таким образом,

$( ) ( ) ( ) 1 3 − 1 − 2 0 2 1 A = 11- 5 2 0 9 − 5 3$

$( ) ( ) ( ) A2023 = 1-- 3 − 1 − 22023 0 2 1 = 11 5 2 0 92023 − 5 3 1 ( − 6 ⋅22023 + 5⋅92023 − 3 ⋅22023 − 3⋅92023) --- 2023 2023 2023 2023 11 − 10 ⋅2 − 10⋅ 9 − 5 ⋅2 + 6⋅9$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#79375

В теореме Жордана мы явно оговорили, что нам важно, что мы все операторы рассматриваем в линейных пространствах над $ℂ$ , т.е. разрешаем и элементам матриц быть комплексными и собственным числам быть комплексными.

Задача. Рассмотрев оператор $𝒜 : ℝ2 → ℝ2$ , имеющий в некотором базисе матрицу

(0 − 1) A = 1 0

показать, что над $ℝ$ его невозможно привести к жордановой нормальной форме.

Показать ответ и решение

То, что оператор, имеющий в каком-то базисе матрицу

( ) A = 0 − 1 1 0

нельзя над $ℝ$ (!) привести к ЖНФ, можно объяснить и в одну строчку. Действительно, его характеристический многочлен

( ) χ 𝒜(λ) = det(A − λE ) = det − λ − 1 = λ2 + 1 1 − λ

очевидно не имеет корней в $ℝ$ . А в жордановой нормальной форме у всех жордановых клеток, как мы знаем, на диагонали должны стоять собственные значения...

А у нас, получается, как бы и нечему стоять на диагонали.

Но можно и явно показать, не ссылаясь на тот факт, что на диагонали у всех жоржановых клеток обязаны стоять собственные значения оператора, что у нашего оператора ЖНФ над $ℝ$ быть не может.

А именно, давайте, от противного, предположим, что может. Какие вообще есть варианты для ЖНФ у матрицы 2 на 2? Вариантов всего 3:

1. Одна клетка размера 2 с каким-то $α ∈ ℝ$ на диагонали. Тогда в каком-то базисе наш $𝒜$ будет иметь вид

( ) α 1 0 α

2. Две клетки размера 1 с одинаковым $α ∈ ℝ$ на диагонали. Тогда в каком-то базисе наш $𝒜$ будет иметь вид

( ) α 0 0 α

3. Две клетки размера 1 с разными $α ⁄= β,α ∈ ℝ, β ∈ ℝ$ на диагонали. Тогда в каком-то базисе наш $𝒜$ будет иметь вид

( ) α 0 0 β

Но мы знаем, что в характеристический многочлен матрицы не зависит от базиса. Но в исходном базисе у нас характеристический многочлен в первом случае получается

( ) α − λ 1 2 det = (α− λ) 0 α − λ

во втором случае получается

( ) det α − λ 0 = (α− λ)2 0 α − λ

А в третьем получается

( ) α − λ 0 det = (α − λ)(β − λ) 0 β − λ

Но каковы бы ни были $α$ и $β$ , во всех этих случаях все эти потенциальные характеристические многочлены имеют корни в $ℝ$ . А в исходном базисе характеристический многочлен не имеет корней в $ℝ$ . Противоречие.

Замечание. Этот пример наглядно показывает, почему теория жордановой нормальной формы имеет смысл только для операторов в пространствах над $ℂ$

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Предыдущий раздел

Следующий раздел