Keresés


Toplista

Toplista
  • betöltés...

Magántanár kereső

Ha szívesen korrepetálnál, hozd létre magántanár profilodat itt.
Ha diák vagy és korrepetálásra van szükséged, akkor regisztrálj be és írd meg itt, hogy milyen tantárgyban!

Algebra. Mátrixok

396
Keressék meg az

, ,

Keresse meg mátrixok Jordan-féle normálalakjait! Legyen − az vektortér lineáris transzformációjának mátrixa ezen tér kanonikus bázisában. Keressenek az térben egy bázist, amely¬ben a transzformáció mátrixának Jordan-féle normálalakja van!
Jelenleg 1 felhasználó nézi ezt a kérdést.
0
Felsőoktatás / Matematika

Válaszok

4
A feladat szövege erősen hiányos, igazán odafigyelhettél volna, amikor kiírod, hogy értelmes legyen...

`A_1`:

A mátrix sajátértékei -2, -1 és 1. Ugye ki tudod számolni őket?
A hozzájuk tartozó sajátvektorok (1,0,1), (1,0,2) illetve (1,1,2). Ugye ezeket is ki tudod számolni?
Mivel a 3x3-as mátrixnak megvan és különböző mind a 3 sajátértéke, ezért 3 darab 1x1-es Jordan-blokkja van (nagyobb nem fér el), tehát a Jordan mátrixa egy diagonálmátrix a sajátértékekből, a bázis pedig a sajátvektorok.

Nem tiszta a szövegből, hogy fel kell-e írni a bázistranszformációt is:
`A_1 = S·J·S^(-1)`
ahol S a sajátvektorokból összerakott mátrix:
`S=((1,1,1),(0,0,1),(1,2,2))`
J a Jordan-mátrix a sajátértékekből:
`J=((-2,0,0),(0,-1,0),(0,0,1))`
Az `S^(-1)` inverz mátrixot nem számolom ki most, számold ki mondjuk Gauss eliminációval.
0

`A_2`:
Ennek a mátrixnak a karakterisztikus polinomja `-(λ + 2)^2(λ- 1)` (számold ki), vagyis sajátértékei -2 és 1, ahol a -2 kétszeres sajátérték. Ez nem sima diagonálmátrix lesz...
Az 1-hez tartozó sajátvektor (1,0,1) (számold ki), a -2-höz tartozót részletesebben leírom: ugye ezt kell megoldani:
`(A_2-λE)x=0`
ahol `λ=-2`:
`((3+2,-1,-2),(-1,-3+2,1),(4,-2,-3+2))·x=0`
Gauss eliminációval ezt a mátrixot kell átalakítani:
`((5,-1,-2,|,0),(-1,-1,1,|,0),(4,-2,-1,|,0))`
A második sor 5-szörösét illetve 4-szeresét adjuk az első illetve harmadik sorhoz, valamint a második sort negáljuk:
`((0,-6,3,|,0),(1,1,-1,|,0),(0,-6,3,|,0))`
Az első sort vonjuk ki a harmadikból, aztán osszuk is 3-mal:
`((0,-2,1,|,0),(1,1,-1,|,0),(0,0,0,|,0))`
Az első sort adjuk a másodikhoz:
`((0,-2,1,|,0),(1,-1,0,|,0),(0,0,0,|,0))`
Tovább nem nagyon lehet menni. Három érdekesség jött ki belőle:
- Kár is volt a jobb szélső 0-ás oszlopot írni, biztos, hogy végig 0 marad.
- Egy csupa 0 sor lett, vagyis a mátrix rangja 2. E miatt az infó miatt írtam le a teljes eliminációt. Ugyanis mivel a mátrix mérete 3, a rangja pedig 2, ezért 3-2=1 darab Jordan-blokk tartozik a -2-es sajátértékhez.
Ezért a Jordan mátrixot már fel is tudjuk írni: lesz benne egy 2x2-es blokk a -2-vel (vagyis `((-2,1),(0,-2))`) és egy 1x1-es blokk az 1-gyel (vagyis maga az 1):
`J=((-2,1,0),(0,-2,0),(0,0,1))`

- A sajátvektor pedig `(x_1,x_2,x_3)`:
`-2x_2+x_3=0`
`x_1-x_2=0`
vagyis `x_1=x_2` és `x_3=2x_2`. Tehát a sajátvektor ilyen:
`((s),(s),(2s))`, aminek a legegyszerűbb alakja `((1),(1),(2))`

Két sajátvektor van, de a bázishoz 3 kell. A harmadik egy általánosított sajátvektor lesz (nem igazi sajátvektor), ami így jön ki:
`(A_2-λE)^2x=0`
ahol persze `λ=-2`. Ki kell számolni tehát ezt a négyzetet:
`((5,-1,-2),(-1,-1,1),(4,-2,-1))·((5,-1,-2),(-1,-1,1),(4,-2,-1))=((18,0,-9),(0,0,0),(18,0,-9))`
és ezt kell Gauss eliminálni. Fel se írom: a harmadik sor csupa nulla lesz, az elsőt oszthatjuk 9-cel, és a vektor elemeire ez jön ki: `2x_1=x_3` és `x_2` tetszőleges. Legyen mondjuk ez:
`((1),(0),(2))`
Ez tehát a másik bázisvektor, ami a -2-es sajátértékhez tartozik. A Jordan mátrix átlójában az első két elem a -2 (írhattuk volna máshogy is... mindegy), tehát a transzformációs mátrix első két oszlopvektora lesz az ahhoz tartozó két vektor, a harmadik meg az 1-hez tartozó sajátvektor:
`S=((1,1,1),(1,0,0),(2,2,1))`
Az inverzét nem számolom ki, csináld meg...
0

Az `A_3` is hasonlóan megy:
Egyetlen sajátértéke van, λ=1 (számold ki).
A hozzá tartozó sajátvektor (`2x_1=x_3` és `2x_2=x_3`) mondjuk az `v_1=((1),(1),(2))`. Ennek kiszámítása közben kiderült, hogy az `A_3-1·E` mátrix rangja 2, vagyis 3-2=1 Jordan-blokk lesz, ami azt jelenti, hogy a Jordán blokk lesz a teljes 3x3-as Jordan mátrix, az átlóban 1-ekkel:
`J=((1,1,0),(0,1,1),(0,0,1))`
A bázishoz kell még két másik vektor is.
Most ne a négyzetre emeléses trükkel csináljuk, hanem ezzel a kettővel:
`(A_3-λ·E)·v_2=v_1`
aztán majd
`(A_3-λ·E)·v_3=v_2`

vagyis `v_2` így jön ki:
`((3,-1,-1),(1,-1,0),(6,-2,-2))·((v_(21)),(v_(22)),(v_(23)))=((1),(1),(2))`
Ennek Gauss eliminációjának a végeredménye (nem csinálom végig) ez:
`2v_(21)=v_(23)` és `2v_(22)+2=v_(23)`
amiből mondjuk `v_(23)=0` választással ez jön ki:
`v_2=((0),(-1),(0))`

`v_3` pedig:
`((3,-1,-1),(1,-1,0),(6,-2,-2))·((v_(31)),(v_(32)),(v_(33)))=((0),(-1),(0))`
amiből a végén megint csak `v_(33)=0` választással a `v_3=((1/2),(3/2),(0))` jön ki.

Tehát a transzformációs mátrix ez:
`S=((1,0,1/2),(1,-1,3/2),(2,0,0))`

Egyébként az előző feladatnál is lehet, hogy a négyzetre emelés helyett egyszerűbb lett volna ilyen módszerrel csinálni...
0

Egy nehezebb példa teljesen kidolgozva:

Ennek a mátrixnak kellene megcsinálni a Jordan-mátrixát:
`A=((0,4,2),(-3,8,3),(4,-8,-2))`

Ennek a sajátértékei: számoljuk ki `A-λ·E` determinánsát:
`|(0-λ,4,2),(-3,8-λ,3),(4,-8,-2-λ)|=-λ^3+6λ^2-12λ+8`
Mivel `8=2^3`, van esély, hogy 1, -1, 2 vagy -2 gyöke a polinomnak (mert feltételezem, hogy lesz egész szám gyöke). Valóban, λ=2 esetén a polinom értéke 0, magyarul a polinomból ki lehet emelni (λ-2)-t. Ha polinom-osztással elosztjuk (λ-2)-vel, `-λ^2+4λ-4` lesz a hányados, ami `-(λ-2)^2`. Vagyis a teljes polinom `-(λ-2)^3`.

Tehát egyetlen egy sajátérték van: λ=2.

Nézzük a sajátvektort (vagy sajátvektorokat):
`(A-2·E)·v=0`

Az egyenletrendszer megoldása Gauss eliminációval: (mivel a jobb oldal csupa 0, le se írom)
`((0-2,4,2),(-3,8-2,3),(4,-8,-2-2))`
Az első sort osszuk -2-vel: (az a cél, hogy az első sor bal szélső eleme 1 legyen)
`((1,-2,-1),(-3,6,3),(4,-8,-4))`
Már látszik, hogy ez gyorsan meglesz: adjuk hozzá az első 3-szorosát a második sorhoz, valamint vonjuk ki a harmadikból az első 4-szeresét: (az a célunk, hogy az első sor kivételével a többi sorban a bal szélső elem 0 legyen, de most több minden is 0 lesz.)
`((1,-2,-1),(0,0,0),(0,0,0))`

Kész a Gauss, ez a "lépcsős forma", bár itt egyetlen lépcsőfok van csak. Kiderült, hogy a mátrix rangja 1 (egyetlen nem 0 sor maradt), vagyis végtelen sok megoldás van. A 2 csupa 0 sor miatt van 2 szabad változó. Legyen mondjuk a `v=((x),(y),(z))` vektor második és harmadik eleme (y és z) a szabad változó, az értékük legyen s és t. Az első sor azt mondja (a ki nem írt 0 elemmel: az `(A-2·E)·v=0` egyenletrendszert oldjuk meg, szóval 0 van minden egyenlet jobb oldalán), hogy `x-2y-z=0`, vagyis `x-2s-t=0`, tehát `x=2s+t`. A megoldás tehát ilyen alakú:
`v=((2s+t),(s),(t))=s((2),(1),(0))+t((1),(0),(1))`
Ebből 2 lineárisan független vektort kell csinálni (mert 2 szabad változó is van). Végtelen sokféle módon lehetne olyanokat csinálni, próbáljuk úgy, hogy az egyik az lesz, amikor s=0, a másik meg az, amikor t=0:

Ez lesz így a két sajátvektor:
`v_1=((1),(0),(1)) \ \ \ v_2=((2),(1),(0))`
Mint mondtam, lehetne sok más is, de próbálkozzunk ezekkel.

Kell egy harmadik általánosított sajátvektort is találni. Mondjuk keressük azt, ami a Jordán-láncban a `v_1`-et generálja. Annak ez az egyenlete:
`(A-2·E)·v_3=v_1`

Ebben az egyenletrendszerben már nem 0 van a jobb oldalon, úgyhogy a Gauss-hoz oda kell rakni a negyedik oszlopot is:
`((-2,4,2,1),(-3,6,3,0),(4,-8,-4,1))`
Most nem osztom el az első sort -2-vel, mert nem akarok törteket.
Az első sor kétszeresét adjuk hozzá a harmadikhoz (a cél az, hogy ott az első elem 0 legyen):
`((-2,4,2,1),(-3,6,3,0),(0,0,0,3))`
Kár is tovább csinálni, mert már látszik, hogy gond van: a harmadik sor egyenletének a bal oldalán csupa 0 van, az egyenlőségjeltől jobbra meg (ami a negyedik elem) nem 0. Ez lehetetlen.
Vagyis nincs megoldása az egyenletrendszernek!

Próbálkozzunk inkább a `v_2` vektorral:
`(A-2·E)·v_3=v_2`
Nem írom fel, de te csináld meg: most a második sorban lesz ellentmondás.

Ebből se jön ki általánosított sajátvektor, szóval egyikhez sincs Jordan-lánc folytatás.

Ez azt jelenti, hogy a végtelen sok lehetséges sajátvektorból nem olyanokat választottunk, amik részei valamilyen Jordan-láncnak. Kénytelenek vagyunk az általános megoldásból keresni jobbat mondjuk `v_2` helyett. Az általános az volt, hogy
`v_2^'=((2s+t),(s),(t))`

Ennek a Gauss eliminációja:
`((-2,4,2,2s+t),(-3,6,3,s),(4,-8,-4,t))`
Az első sor kétszeresét adjuk a harmadikhoz:
`((-2,4,2,2s+t),(-3,6,3,s),(0,0,0,4s+3t))`
Itt csak akkor nincs ellentmondás, ha `4s=-3t`. A pontos értékek mindegy mik, hisz a végtelen sok lehetséges vektorból csak egyet kell választanunk. Lehet mondjuk az, hogy `s=3` és `t=-4`. Vagyis ezt a sajátvektort választjuk:
`v_2^'=((2),(3),(-4))`
(Ellenőrizni kell, hogy ez tényleg lineárisan független-e a `v_1`-től, hisz most `v_1` és `v_2^'` lesznek a választott sajátvektorok. Ha nem lenne az, akkor `v_1` helyett egy másikat kellene választani. De most ránézésre látszik, hogy függetlenek, mert `v_1`-ben a második elem értéke 0, itt meg nem 0.)
Beírom az értékeket az előző mátrixba is, mert még folytatni kell a Gauss eliminációt:
`((-2,4,2,2),(-3,6,3,3),(0,0,0,0))`
Osszuk az első sort -2-vel:
`((1,-2,-1,-1),(-3,6,3,3),(0,0,0,0))`
Az első sor 3-szorosát adjuk hozzá a másodikhoz:
`((1,-2,-1,-1),(0,0,0,0),(0,0,0,0))`
Kész.

Az jött tehát ki `v_3`-ra, hogy
`x_3-2y_3-z_3=-1`
és van két szabad változó. Most nem kell két lineárisan független vektort generálnunk belőle, elég egy is. Legyen mondjuk x_3=0 és y_3=0, vagyis az lesz a megoldás, hogy `z_3=1`, tehát:
`v_3=((0),(0),(1))`

Vagyis az egyik sajátvektorra kijött `v_1`, a másik meg egy lánc: `v_2^'` és `v_3`. Ez tehát a bázis:
`S=((1,2,0),(0,3,0),(1,-4,1))`

A Jordan-mátrixban `v_1`-hez 1x1-es blokk tartozik (hisz ez egyetlen vektor csak), `v_2^'-v_3`-hoz pedig 2x2-es (mert ez a Jordan-lánc 2 hosszú). Az átlóban persze mindenhol 2 van, mert ez a háromszoros sajátérték:
`J=((2,0,0),(0,2,1),(0,0,2))`

A teljes transzformáció ez:
`A=S·J·S^(-1)`
illetve fordítva:
`J=S^(-1)·A·S`

Számoljuk ki az inverz mátrixot is. Az is Gauss-szal megy. Kezdetben a jobb oldalra az egységmátrixot írjuk:
`((1,2,0,1,0,0),(0,3,0,0,1,0),(1,-4,1,0,0,1))`
A harmadik sorból kivonjuk az elsőt:
`((1,2,0,1,0,0),(0,3,0,0,1,0),(0,-6,1,-1,0,1))`
A második dupláját hozzáadom a harmadikhoz: (cél, hogy a harmadik sorban a második elem is 0 legyen)
`((1,2,0,1,0,0),(0,3,0,0,1,0),(0,0,1,-1,2,1))`
Ez már lépcsős elrendezés, de tovább kell menni. A második sort osztom 3-mal: (cél, hogy a balról nem 0 elem 1 legyen)
`((1,2,0,1,0,0),(0,1,0,0,1/3,0),(0,0,1,-1,2,1))`
A második sor dupláját kivonom az elsőből: (cél, hogy a bal oldali 3x3-as mátrix egységmátrix legyen)
`((1,0,0,1,-2/3,0),(0,1,0,0,1/3,0),(0,0,1,-1,2,1))`

Kész vagyunk, ez lett az inverz mátrix:
`S^(-1)=((1,-2/3,0),(0,1/3,0),(-1,2,1))`

Ellenőrzésképpen számold ki mondjuk az `S·J·S^(-1)=(S·J)·S^(-1)` szorzásokat, hogy tényleg az `A` mátrixot adja-e. Azt már nem írom ide, de kipróbáltam, jó.
Módosítva: 5 éve
0