Skocz do zawartości

  •  
  • Mini kompendium
  • MimeTeX
  • Regulamin

Zdjęcie

Jak szukać macierzy Jordana oraz baz Jordana

STUDIA

  • Nie możesz napisać tematu
  • Zaloguj się aby odpowiedzieć
14 odpowiedzi w tym temacie

#1 xawery

xawery

    Operator całkujący

  • Użytkownik
  • 374 postów
5
Mały Pomocnik I
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 13.01.2014 - 00:11

Witam,

Chciałbym dowiedzieć się jak można znaleźć postać Jordana i bazę Jordana dla macierzy.

\begin{bmatrix}2&1&1\\0&1&2\\0&2&-2\end{bmatrix}


Użytkownik xawery edytował ten post 13.01.2014 - 00:14

  • 0

Afroman

    Kombinator

  • Użytkownik
3
  • Płeć:Kobieta

Napisano 25.09.2011 - 17:55

#2 hmm

hmm

    Operator całkujący

  • VIP
  • 478 postów
312
Instruktor I
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 15.01.2014 - 20:31

Najpierw liczymy wielomian charakterystyczny:

(\lambda-2)[(\lambda-1)(\lambda+2)-4]=(\lambda-2)(\lambda^2+\lambda-6)=(\lambda-2)^2(\lambda+3)

 

Czyli są dwie możliwości jak może wyglądać postać Jordana tej macierzy: \begin{bmatrix}2&0&0\\0&2&0\\0&0&3\end{bmatrix} lub \begin{bmatrix}2&1&0\\0&2&0\\0&0&3\end{bmatrix}. Musimy teraz ustalić która jest właściwa.

 

Dowiemy się tego, szukając wektorów własnych dla wartości własnej 2. Mamy do rozwiązania jednorodny układ równań w postaci macierzowej:

\begin{bmatrix}0&1&1&|&0\\0&-1&2&|&0\\0&2&-4&|&0\end{bmatrix}

Jeżeli przestrzeń rozwiązań będzie miała wymiar 2 (czyli rząd macierzy będzie równy 1), to postacią Jordana będzie pierwsza macierz. W przeciwnym wypadku będzie to druga macierz. Co wychodzi? Łatwo zobaczyć, że przestrzeń jest jednowymiarowa, a wektorem własnym jest np. (1,0,0). Będzie to pierwszy element naszej bazy.

 

Skoro nie udało się znaleźć drugiego wektora własnego, to szukamy wektora dołączonego. Robi się to podobnie, tylko układ nie jest już jednorodny - po prawej stronie wstawiamy otrzymany już wektor własny:

\begin{bmatrix}0&1&1&|&1\\0&-1&2&|&0\\0&2&-4&|&0\end{bmatrix}

Rozwiązaniem są wektory postaci \(x,\frac{2}{3},\frac{1}{3}\). Wartość x może być dowolna, np. . 

 

Brakuje nam już tylko trzeciego elementu bazy, tj. wektora własnego dla wartości własnej -3. Otrzymamy go rozwiązując:

\begin{bmatrix}5&1&1&|&0\\0&4&2&|&0\\0&2&1&|&0\end{bmatrix}

Przestrzeń rozwiązań jest jednowymiarowa, za wektor własny można wziąć np. (1,5,-10)

 

Sprawdzenie: 

 

\begin{bmatrix}2&1&1\\0&1&2\\0&2&-2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}2\\0\\0\end{bmatrix}=2\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix}

 

\begin{bmatrix}2&1&1\\0&1&2\\0&2&-2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0\\\frac{2}{3}\\\frac{1}{3}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\\frac{4}{3}\\\frac{2}{3}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix}+2\begin{bmatrix}0\\\frac{2}{3}\\\frac{1}{3}\end{bmatrix}

 

\begin{bmatrix}2&1&1\\0&1&2\\0&2&-2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\5\\-10\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-3\\-15\\30\end{bmatrix}=-3\begin{bmatrix}1\\5\\-10\end{bmatrix}

 


  • 1

#3 xawery

xawery

    Operator całkujący

  • Użytkownik
  • 374 postów
5
Mały Pomocnik I
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 15.01.2014 - 20:42

Jeszcze trochę nie rozumiem.

Chciałbym już trochę uogólnić.

Mamy tutaj wartośćwłasną 2-krotną.

Stąd nie wiemy, którą klatkę Jordana dać.

Czy z dwoma dwójkami (pojawi wtedy 1), albo trzy klatki - 1, 2, 2 - wtedy nie będzie zera.

I czy mógłbyś powiedzieć jak postęuje się w ogólności ? Przypuscmy, że wychodzą nam dwie wartości własne - obydwie dwukrotne. Wtedy Powinniśmy znaleźć wektory własne dla nich obydwu.

Ale co dalej ? Na czym polega szukanie wektora dołączonego ?


  • 0

#4 hmm

hmm

    Operator całkujący

  • VIP
  • 478 postów
312
Instruktor I
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 16.01.2014 - 00:45

Może podam przykład, który będzie podobny do Twojego pierwszego przykładu, ale będzie miał inną postać Jordana.

 

\begin{bmatrix}2&5&-10\\ 0&7&-10\\0&5&-8\end{bmatrix}

 

Wielomian charakterystyczny jest taki sam. Stąd musimy sprawdzić czy będą dwie klatki jednowymiarowe czy jedna dwuwymiarowa dla wartości własnej 2.

 

Rozwiązujemy układ (A-2I)v=0:

\begin{bmatrix}0&5&-10&|&0\\ 0&5&-10&|&0\\0&5&-10&|&0\end{bmatrix}

 

Tym razem rząd tej macierzy jest równy jeden, ogólne rozwiązanie ma postać (x,2z,z) i możemy podać bazę przestrzeni rozwiązań wstawiając najpierw x=1,z=0 a potem x=0,z=1. Otrzymamy dwa liniowo niezależne wektory własne (1,0,0) i (0,2,1) które są wektorami własnymi dla 2. Stąd wiemy, że w postaci Jordana będą klatki jednowymiarowe.

 

Ogólna zasada postępowania: powiedzmy, że mamy k-krotną wartość własną c. Szukamy wektorów własnych czyli rozwiązujemy układ (A-cI)v=0. Jeżeli jest ich za mało (tj. ilość liniowo niezależnych wektorów własnych <k), to szukamy wektorów dołączonych, tzn. rozwiązań układu (A-cI)w=v (gdzie v jest jednym ze znalezionych już wektorów własnych). I tak dalej (potem w miejsce wektorów własnych możemy wstawiać już wyliczone wektory dołączone - tak długo aż otrzymany układ nie będzie sprzeczny). Liczba wektorów własnych = liczba klatek.

 

Może jeszcze jeden przykład. Załóżmy, że mamy czterokrotną wartość własną 2. Mogą być następujące przypadki:

  • cztery klatki jednowymiarowe
  • dwie klatki jednowymiarowe i jedna dwywymiarowa
  • jedna klatka jednowymiarowa i jedna trójwymiarowa
  • dwie klatki dwuwymiarowe
  • jedna klatka czterowymiarowa.

W pierwszym przypadku mamy cztery liniowo niezależne wektory własne. W drugim są trzy wektory własne i trzeba znaleźć wektor dołączony do jednego z nich (dla jednego z wektorów własnych odpowiedni układ będzie miał rozwiązania, dla pozostałych będzie sprzeczny). W ostatnim przypadku będzie tylko jeden wektor własny i wtedy trzeba rozwiązywać układy równań:

(A-2I)v_1=0 \textrm{(wektor wlasny)}\\\left.\begin{array}(A-2I)v_2=v_1\\(A-2I)v_3=v_2\\(A-2I)v_4=v_3\end{array}\right} \textrm{(wektory dolaczone)}

Czym będą się różniły przypadki trzeci i czwarty? W obydwu mamy dwie klatki czyli dwa wektory własne. W czwartym dla każdego z nich znajdziemy wektor dołączony. W trzecim przypadku jeden wektor własny nie będzie miał wektora dołączonego, a dla drugiego wektora własnego będzie można znaleźć dwa wektory, otrzymane podobnie jak w ostatnim przypadku.


  • 1

#5 xawery

xawery

    Operator całkujący

  • Użytkownik
  • 374 postów
5
Mały Pomocnik I
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 16.01.2014 - 15:19

Dziękuję ślicznie!

Jutro jeszcze w tym temacie napiszę, ale jak na razie to wygląda ten opis wspaniale,

od razu pytanie kontrolne:

Tzn, wygląda na to, że ilość wektorów własnych odpowiada ilości klatek - czyli jeżeli w zadaniu nie proszą o bazę Jordana, to tak na prawdę muszę znaleźć ilość LINIOWO niezaeżnych wektorów własnych - czy jak wezmę "do kupy" wyszystkie wektory własne, to czy cały układ ma być lnz ? Czy może wysarcza, aby układy były lnz w obrębie wektorów własnych danej wartości własnej ?

Skąd ja mam wiedzieć co wchodzi do bazy Jordana? - wiem, wektor własne  +  ewentualne wektory dołączone. Ale czy zawsze będę wiedział jak tarfić w wektor dołączony ?

 

rozumiem, że suma krotności wartości własnych to ilość wektorów jaką otrzymam w bazie ?

 

 

PS Zależy mi na odpowiedzi na te pytania, bo wątpliwości słuznie czy nie, ale jednak wątpliwości

 

 

Pozdrawiam!


</p>\\<p>\begin{bmatrix}<br>\\3&-1&0&0\\<br>\\1& 5&-1&0\\<br>\\0&0&4&0\\<br>\\0&0&1 &4<br>\\\end{bmatrix}</p>\\<p>

 

Czy możesz dla tej macierzy mi policzyć jeszcze?  Żeby Cie nie przeciążyć mamy na pewno wartość własną 4-krotną równą 4

Wiem, że podałeś analogiczny przykład, ale mimo to chciałbym zobaczyć jeszcze jedno rozwiązane przez Ciebei zadanie.

Pozdrawiam!


  • 0

#6 hmm

hmm

    Operator całkujący

  • VIP
  • 478 postów
312
Instruktor I
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 17.01.2014 - 21:29

wygląda na to, że ilość wektorów własnych odpowiada ilości klatek - czyli jeżeli w zadaniu nie proszą o bazę Jordana, to tak na prawdę muszę znaleźć ilość LINIOWO niezaeżnych wektorów własnych

 
Trochę więcej, bo będziesz wiedział ile jest klatek  ale nie jaki mają wymiar (np. nie rozróżnisz przypadku dwóch dwuwymiarowych klatek od trzy- i jednowymiarowej).
 

czy jak wezmę "do kupy" wyszystkie wektory własne, to czy cały układ ma być lnz ? Czy może wysarcza, aby układy były lnz w obrębie wektorów własnych danej wartości własnej ?

 
Wystarczy, że dla jednej wartości własnej będą liniowo niezależne, bo dla różnych wartości własnych są automatycznie niezależne. 
 
 

Skąd ja mam wiedzieć co wchodzi do bazy Jordana? - wiem, wektor własne  +  ewentualne wektory dołączone. Ale czy zawsze będę wiedział jak tarfić w wektor dołączony ?

 
Wektory dołączone to rozwiązania układu równań. Jak mamy układ równań, to potrafimy stwierdzić czy ma rozwiązania czy jest sprzeczny. A więc jeśli wektory własne nie są bazą (bo jest ich za mało) to bierz po kolei wszystkie te wektory, próbuj rozwiązywać odpowiednie układy równań i rób to tak długo aż znajdziesz odpowiednią ilość wektorów (zasada jest prosta, ale zaraz się okaże że czasem faktycznie nie jest to takie łatwe).
 
 

rozumiem, że suma krotności wartości własnych to ilość wektorów jaką otrzymam w bazie ?

Tak, baza ma tyle elementów ile wynosi wymiar przestrzeni czyli n a suma krotności wartości własnych to stopień wielomianu charakterystycznego czyli znowu n
 
 

\begin{bmatrix}3&-1&0&0\\1& 5&-1&0\\0&0&4&0\\0&0&1 &4\end{bmatrix}
 
Czy możesz dla tej macierzy mi policzyć jeszcze?  Żeby Cie nie przeciążyć mamy na pewno wartość własną 4-krotną równą 4
Wiem, że podałeś analogiczny przykład, ale mimo to chciałbym zobaczyć jeszcze jedno rozwiązane przez Ciebei zadanie.

Rzeczywiście podałem podobny przykład więc nie będę już wymieniał wszystkich możliwości. Według stosowanej wcześniej metody zaczynamy od wektorów własnych:
\begin{bmatrix}-1&-1&0&0&|&0\\1& 1&-1&0&|&0\\0&0&0&0&|&0\\0&0&1 &0&|&0\end{bmatrix}
Suma pierwszego, drugiego i trzeciego wiersza to 0 więc można wyzerować drugi wiersz i dostajemy równania: x_1=-x_2, x_3=0, x_4 jest dowolne. Możemy więc podać dwa liniowo niezależne wektory własne: (-1,1,0,0) i (0,0,0,1). Teraz próbujemy znaleźć wektory dołączone. Zacznę od drugiego wektora własnego. Układ:
\begin{bmatrix}-1&-1&0&0&|&0\\1& 1&-1&0&|&0\\0&0&0&0&|&0\\0&0&1 &0&|&1\end{bmatrix}
jest sprzeczny (żeby to zobaczyć wystarczy dodać do ostatniego wiersza pierwszy i drugi). To znaczy, że ten wektor własny nie ma wektorów dołączonych i odpowiada mu klatka jednowymiarowa. A druga klatka musi być trójwymiarowa. Jeżeli mamy znaleźć bazę Jordana, to liczymy dalej:
\begin{bmatrix}-1&-1&0&0&|&-1\\1& 1&-1&0&|&1\\0&0&0&0&|&0\\0&0&1 &0&|&0\end{bmatrix}
Tutaj możemy wyzerować drugi wiersz (całej macierzy rozszerzonej) i dostajemy równania: x_1+x_2=1, x_3=0. Tu jest jednak pewna trudność, bo nie możemy wziąć dowolnego takiego wektora. Np. (1,0,0,0) spełnia podane równania, ale gdybyśmy chcieli teraz wyznaczyć kolejny wektor dołączony to wyszedłby układ sprzeczny. Więc zapiszemy na razie w ogólnej postaci:
\begin{bmatrix}-1&-1&0&0&|&1-x_2\\1& 1&-1&0&|&x_2\\0&0&0&0&|&0\\0&0&1 &0&|&x_4\end{bmatrix}
I teraz widać, że żeby wyszło rozwiązanie musimy dać x_4=-1. Więc pierwszym wektorem dołączonym może być np. (1,0,0,-1). Wtedy drugi wektor spełnia równania: x_3=-1, x_1=-1-x_2 czyli np. (-1,0,-1,0).
 
Sprawdzenie:
\begin{bmatrix}3&-1&0&0\\1& 5&-1&0\\0&0&4&0\\0&0&1 &4\end{bmatrix}\begin{bmatrix}-1\\0\\-1\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-3\\0\\-4\\-1\end{bmatrix}=4\begin{bmatrix}-1\\0\\-1\\0\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}1\\0\\0\\-1\end{bmatrix}

\begin{bmatrix}3&-1&0&0\\1& 5&-1&0\\0&0&4&0\\0&0&1 &4\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\0\\0\\-1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}3\\1\\0\\-4\end{bmatrix}=4\begin{bmatrix}1\\0\\0\\-1\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}-1\\1\\0\\0\end{bmatrix}

\begin{bmatrix}3&-1&0&0\\1& 5&-1&0\\0&0&4&0\\0&0&1 &4\end{bmatrix}\begin{bmatrix}-1\\1\\0\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-4\\4\\0\\0\end{bmatrix}=4\begin{bmatrix}-1\\1\\0\\0\end{bmatrix}

 

Widać, że wyznaczanie wektorów dołączonych tą metodą może jednak sprawić problemy, im wyższy wymiar klatki, tym trudniej będzie się je wyznaczało. Jest jeszcze trochę inny sposób, jeśli chcesz mogę go później opisać.


  • 1

#7 xawery

xawery

    Operator całkujący

  • Użytkownik
  • 374 postów
5
Mały Pomocnik I
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 02.02.2014 - 16:13

Wrócę jeszcze do tego tematu.

 

1) Ile wektorów własnych odpowiada danej wartości własnej ? Równa liczba krotności wartości własnej ?


  • 0

#8 hmm

hmm

    Operator całkujący

  • VIP
  • 478 postów
312
Instruktor I
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 02.02.2014 - 17:44

Ile wektorów własnych odpowiada danej wartości własnej ? Równa liczba krotności wartości własnej ?


Tyle ile jest klatek Jordana z tą wartością własną. Czyli co najmniej 1, co najwyżej tyle ile wynosi krotność.


  • 1

#9 xawery

xawery

    Operator całkujący

  • Użytkownik
  • 374 postów
5
Mały Pomocnik I
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 02.02.2014 - 17:54

Czyli nie ma uniwersalnej metody na wyznaczanie baz Jordana ?


  • 0

#10 hmm

hmm

    Operator całkujący

  • VIP
  • 478 postów
312
Instruktor I
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 03.02.2014 - 12:50

Pisałem wcześniej, że jest jeszcze trochę inny sposób. Spróbuję wytłumaczyć skąd się on bierze. Jeżeli v jest wektorem własnym, to dla pewnego \lambda mamy Av=\lambda v, co można też zapisać (A-\lambda I)v=0. To oznacza że v\in\ker(A-\lambda I). Liczba klatek to liczba lin. niezależnych wektorów własnych. Takie wektory będą jednak bazą jądra A-\lambda I, więc liczba klatek to wymiar tego jądra.

 

Załóżmy że w jest wektorem własnym i v wektorem dołączonym, tj. (A-\lambda I)v=w. Popatrz teraz, że (A-\lambda I)^2v=(A-\lambda I)w=0, więc v\in\ker(A-\lambda I)^2 oraz v\not\in\ker(A-\lambda I). Liczymy więc wymiar jądra (A-\lambda I)^2 i potem odejmujemy wymiar jądra (A-\lambda I) (czyli liczba l.nz. wektorów własnych = liczba klatek). To co policzyliśmy, to ilość klatek wymiaru >1.

 

Dalej mogą być wektory u takie, że (A-\lambda I)u=v, gdzie v jest jednym z już policzonych wektorów dołączonych. Wtedy zwiększamy potęgi i liczymy odpowiednie wymiary. Dostaniemy ilość klatek wymiaru >2 itd.

 

W ten sposób dowiemy się na pewno jak wygląda postać Jordana. Jak znaleźć bazę Jordana? Można zacząć od końca, tj. od ostatnich wektorów dołączonych. Potem wystarczy je mnożyć przez (A-\lambda I)^k żeby otrzymywać kolejne wektory dołączone aż dojdziemy do wektorów własnych.

 

Przyda się pewnie przykład. No to weźmy jeszcze raz:

 

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

 

Wtedy:

 

A-4I=\begin{bmatrix}-1&-1&0&0\\1& 1&-1&0\\0&0&0&0\\0&0&1 &0\end{bmatrix}

 

Jak już policzyliśmy, wymiar jądra tej macierzy to 2.

 

(A-4I)^2=\begin{bmatrix}0&0&1&0\\0& 0&-1&0\\0&0&0&0\\0&0&0 &0\end{bmatrix}

 

Wymiar obrazu to 1 więc wymiar jądra to 3. A więc jest 3-2=1 klatka wymiaru >1.

 

(A-4I)^3=\begin{bmatrix}0&0&0&0\\0& 0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0 &0\end{bmatrix}

 

Wymiar jądra to 4, jest 4-3=1 klatka wymiaru 3 (co już wcześniej można było się domyślić), dalej nie liczymy bo już mamy macierz zerową.

 

Jak znaleźć teraz bazę Jordana? Zaczynamy od końca, czyli mamy znaleźć wektor który jest w jądrze macierzy zerowej (czyli dowolny), ale nie jest w jądrze przedostatniej macierzy. Można to wyliczyć, można też spróbować strzelić, bo prawdopodobieństwo że się nie uda jest nieduże. Weźmy sobie np. v=(1,1,1,1) - ten wektor nie należy do jądra, więc może być ostatnim elementem bazy. Teraz liczymy:

 

(A-4I)v=\begin{bmatrix}-1&-1&0&0\\1&1&-1&0\\0&0&0&0\\0&0&1&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\1\\1\\1\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}-2\\1\\0\\1\end{bmatrix}

 

I mamy przedostatni wektor bazy. Dalej:

 

(A-4I)^2v=\begin{bmatrix}0&0&1&0\\0& 0&-1&0\\0&0&0&0\\0&0&0 &0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\1\\1\\1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\-1\\0\\0\end{bmatrix}

 

I mamy jeden z wektorów własnych. Do kompletu brakuje nam drugiego wektora własnego, więc musimy wziąć jakikolwiek wektor własny liniowo niezależny z tym, który właśnie policzyliśmy. Odwołując się do poprzednich obliczeń możemy podać wektor (0,0,0,1).

 


  • 1

#11 xawery

xawery

    Operator całkujący

  • Użytkownik
  • 374 postów
5
Mały Pomocnik I
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 03.02.2014 - 18:47

Czy mógłbyś tutaj pomóc ?

Mówię, jakie są wartości własne:

1,  2-3i,   2+3i

Wektor własny dla 1 to (1,2,1)

 

\begin{bmatrix}<br>\\3&-5&7\\<br>\\1&-5&9\\<br>\\-4&0&4<br>\\\end{bmatrix}

 

Nie wiem jednak jak sobie poradzić z wektorami własnymi dla tych liczb zespolonych

 

 

 

I druga kwestia jeszcze, którą chciałbym poruszyć - rozważyć macierze 3go stopnia.

- Jeśli wyjdą 3 różne wartości własne - 3 klatki - w oczywisty sposób.

- Jeśli wyjdą wszystkie 3 takie same to są 3 możliwości - albo jedna klatka 3-wymiarowa, albo 1-dwuwymiarowa oraz 1-dwuwymiarowa,

 albo jeszcze 3 klatki pojedyncze.

I tutaj trzeba jakoś rozstrzygnąć.

Ilość wektorów własnych nas zainteresuje:

Jeśli wyjdą 3 - to są 3 klatki jednowymiarowe - jasna sprawa.

Jeśli wyjdą 2 wektory własne - to są dwie klatki - wiadomo jakie 1+2 wymiarowe

Jeśli wyjdzie 1 wektory własny - jedna duża klatka,

 

Pozostał przypadek dwie różne wartości własne, czyli jedna jest dwukrotna.

Musimy więc rozstrzygnąć co do klatki dla tej dwukrotnej wartości własnej - liczymy dla niej wektor własne. Jak wyjdą dwa to dwie klatki, jak jeden do jedna klatka.

 

 

 

Czy dobrze to rozbiłem ? Bo okazuje sie wówczas, że macierz 3go stopnia ma jednoznacznie wyznaczone klatki - pod warunkiem że policzymy wektory własne - ale nie trzeba liczyć w żadnym wypadku przynajmniej dołaczonych - co jak się przekonaliśmy moze sprawić trudność,


Użytkownik xawery edytował ten post 04.02.2014 - 00:51

  • 0

#12 hmm

hmm

    Operator całkujący

  • VIP
  • 478 postów
312
Instruktor I
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 05.02.2014 - 13:02

Czy dobrze to rozbiłem ? Bo okazuje sie wówczas, że macierz 3go stopnia ma jednoznacznie wyznaczone klatki - pod warunkiem że policzymy wektory własne - ale nie trzeba liczyć w żadnym wypadku przynajmniej dołaczonych - co jak się przekonaliśmy moze sprawić trudność,

Tak, postać Jordana macierzy 3\times 3 można znaleźć znajdując tylko wartości i wektory własne. Jeżeli więc nie każą podawać bazy Jordana, to nie musisz znajdować wektorów dołączonych. Zresztą jak popatrzysz na drugą metodę, to nawet w wyższych wymiarach nie musisz wyznaczać wektorów dołączonych, tylko tak naprawdę policzyć rzędy macierzy postaci (A-\lambda I)^k. Możesz też w przypadku 3\times 3 w ogóle nie szukać wektorów własnych a zamiast tego znaleźć wielomian minimalny (o ile wiesz co to jest). Stopień wartości własnej w wielomianie minimalnym to wymiar największej klatki z tą wartością własną a w wymiarze 3 to wystarczy do ustalenia postaci Jordana.

 

 

wartości własne:

1,  2-3i,   2+3i

Wektor własny dla 1 to (1,2,1)

 

\begin{bmatrix}3&-5&7\\1&-5&9\\-4&0&4\end{bmatrix}

 

Nie wiem jednak jak sobie poradzić z wektorami własnymi dla tych liczb zespolonych

 

Tak samo jak dla rzeczywistych :)

 

A-(2-3i)I=\begin{bmatrix}1+3i&-5&7\\1&-7+3i&9\\-4&0&2+3i\end{bmatrix}

 

Np. możesz dodać do trzeciego wiersza drugie wiersz razy 4 i od pierwszego wiersza odjąć drugi razy (1+3i). Po tych operacjach pierwszy wiersz powinien być wielokrotnością trzeciego (pewnie trzeba będzie pomnożyć przez liczbę zespoloną).  I tak dalej. Spróbuj jeszcze raz, a jeśli nie wyjdzie to później rozpiszę Ci to dokładnie.


  • 0

#13 xawery

xawery

    Operator całkujący

  • Użytkownik
  • 374 postów
5
Mały Pomocnik I
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 06.02.2014 - 01:39

Spróbuj jeszcze raz, a jeśli nie wyjdzie to później rozpiszę Ci to dokładnie.

No chętnie bym zobaczył jak wyznaczyć wektor własny - wystarczy dla jednej z wartości własnych.


  • 0

#14 hmm

hmm

    Operator całkujący

  • VIP
  • 478 postów
312
Instruktor I
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 07.02.2014 - 12:45

Jeżeli Ci nie wyszło, to wiem dlaczego. Nie podałeś właściwej macierzy A, tylko macierz A-I (podany przez Ciebie wektor własny należy do jądra tej macierzy, wartości własne też będą się zgadzać). Zatem powinno być:

 

A-(2-3i)I=\begin{bmatrix}2+3i&-5&7\\1&-6+3i&9\\-4&0&3+3i\end{bmatrix}

 

Od pierwszego wiersza odejmuję drugi przemnożony przez (2+3i), czyli odejmuję \begin{bmatrix}(2+3i)&(-21-12i)&(18+27i)\end{bmatrix}; do trzeciego dodaję drugi przemnożony przez 4. Otrzymam macierz:

 

\begin{bmatrix}0&16+12i&-11-27i\\1&-6+3i&9\\0&-24+12i&39+3i\end{bmatrix}

 

Teraz mogę odjąć od pierwszego wiersza trzeci i podzielić wynik przez 10, otrzymam wtedy wiersz \begin{bmatrix}0&4&-5-3i\end{bmatrix}.  Jeśli pomnożę ten wiersz przez (-6+3i) to otrzymam dokładnie trzeci wiersz, bo (-6+3i)(-5-3i)=39+3i. Więc dostaję macierz:

 

\begin{bmatrix}0&4&-5-3i\\1&-6+3i&9\\0&0&0\end{bmatrix}

 

To dalej można łatwo sprowadzić do macierzy schodkowej:

 

\begin{bmatrix}4&0&-3-3i\\0&4&-5-3i\\0&0&0\end{bmatrix}

 

co daje nam wektor własny \(3+3i,5+3i,4\).


  • 0

#15 Mariusz M

Mariusz M

    Wielki Analityk

  • Użytkownik
  • Redaktor
  • 846 postów
387
Instruktor II
  • Płeć:Mężczyzna

Napisano 02.11.2016 - 13:47

Czy kolega hmm rozpatrzył wszystkie przypadki ?

Co jeśli znajdziemy liniowo niezależne wektory własne w liczbie mniejszej niż krotność wartości własnej

ale układ równań \left(A-\lambda I\right)w=v jest sprzeczny dla każdego znalezionego wektora własnego

 

np

 

A=\begin{bmatrix}2&-2&-3\\2&-3&-6\\-1&2&4\end{bmatrix}

 

Wartości własne to \lambda_{1}=\lambda_{2}=\lambda_{3}=1

Wektory własne to  \left{\begin{bmatrix}2\\1\\0\end{bmatrix} \ , \begin{bmatrix}3\\0\\1\end{bmatrix}\right}

 

Jeżeli liczymy wektory dołączone to gdy mamy więcej niż jeden liniowo niezależny wektor własny to na kolumnę wyrazów wolnych

czasami lepiej wziąć kombinację liniową wektorów własnych tak aby układ nie był sprzeczny czyli r\left(A-\lambda I\right)=r\left(A-\lambda I|v_{1}\right)


Użytkownik Mariusz M edytował ten post 07.11.2016 - 03:33

  • 0