Matematické Fórum

Wichiten · 17. 12. 2018 13:07

Ahoj,
Mám problém s příkladem. Mám zadanou matici a znám výsledky. Vlastní čísla nebyl problém vyřešit, ale vlastní vektory mi prostě nevychází, ať se snažím sebevíc :/ máte tu někdo nápad, jak to vyřešit? :)

Matice je:
(6 -5 -3
-4 7 3
12 -15 -7)

Vlastní čísla vychází jako $\lambda 1,2,3=2$

Jordanova matice má být:
(2 1 0
0 2 0
0 0 2)

A T matice:
(-1 -1 3
1 0 0
-3 -1 4)

Děkuji moc za rady :)

laszky · 18. 12. 2018 00:36

↑ Wichiten:

Ahoj, ma-li Jordanova matice tvar, jaky uvadis, potom musi platit

$\left(\begin{array}{rrr}6&-5&-3\\-4&7&3\\12&-15&-7\end{array}\right) \Bigr(\vec{u}_1,\vec{u}_2,\vec{u}_3\Bigr) = \Bigr(\vec{u}_1,\vec{u}_2,\vec{u}_3\Bigr) \begin{pmatrix}2&1&0\\0&2&0\\0&0&2\end{pmatrix} = \Bigr(2\vec{u}_1,2\vec{u}_2+\vec{u}_1,2\vec{u}_3\Bigr)$

Tedy $\mathbb{A}\vec{u}_1=2\vec{u}_1$ , $\mathbb{A}\vec{u}_2=2\vec{u}_2+\vec{u}_1$ a $\mathbb{A}\vec{u}_3=2\vec{u}_3$

Zatimco vektory $\vec{u}_1$ a $\vec{u}_3$ by sly urcit celkem lehce. Problem je s vektorem $\vec{u}_2$ .

Aby mela rovnice $(\mathbb{A}-2\mathbb{I})\vec{u}_2=\vec{u}_1$ reseni, musi se vlastni vektor $\vec{u}_1$ chytre zvolit.

Protoze plati $\mathbb{A}-2\mathbb{I}=\left(\begin{array}{rrr}4&-5&-3\\-4&5&3\\12&-15&-9\end{array}\right)\sim\left(\begin{array}{rrr}4&-5&-3\\0&0&0\\0&0&0\end{array}\right)$ , ma prostor vlastnich vektoru tvar

$V=\left\langle\begin{pmatrix}3\\0\\4\end{pmatrix},\begin{pmatrix}5\\4\\0\end{pmatrix}\right\rangle$ , a tedy $\vec{u}_1=\alpha\begin{pmatrix}3\\0\\4\end{pmatrix}+\beta\begin{pmatrix}5\\4\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\alpha+5\beta\\4\beta\\4\alpha\end{pmatrix}$

Resime tedy soustavu rovnic s parametry $\alpha$ a $\beta$ :

$\left(\begin{array}{rrr|r}4&-5&-3&3\alpha+5\beta\\-4&5&3&4\beta\\12&-15&-9&4\alpha\end{array}\right)\sim\left(\begin{array}{rrr|r}4&-5&-3&3\alpha+5\beta\\0&0&0&3\alpha+9\beta\\0&0&0&5\alpha+15\beta\end{array}\right)$ .

Reseni tedy existuje, pokud $\alpha+3\beta=0$ , tedy napr. $\alpha=-\frac{3}{4}$ , $\beta=\frac{1}{4}$ a $\vec{u}_1=-\frac{3}{4}\begin{pmatrix}3\\0\\4\end{pmatrix}+\frac{1}{4}\begin{pmatrix}5\\4\\0\end{pmatrix}=\left(\begin{array}{rrr}\!\!\!-1\\1\\ \!\!\!-3\end{array}\right)$ .

Vektor $\vec{u}_2$ je pak libovolne reseni soustavy $\left(\begin{array}{rrr|r}4&-5&-3&-1\end{array}\right)$ , tedy napr $\vec{u}_2=\begin{pmatrix}-1\\0\\-1\end{pmatrix}$ a vektor $\vec{u}_3$ je pak
libovolny vektor z prostoru $V$ , ktery neni nasobkem $\vec{u}_1$ , tedy napr: $\vec{u}_3=\begin{pmatrix}3\\0\\4\end{pmatrix}$ .

Celkove ziskas: $\left(\begin{array}{rrr}6&-5&-3\\-4&7&3\\12&-15&-7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{rrr}-1&-1&3\\1&0&0\\-3&-1&4\end{array}\right)\begin{pmatrix}2&1&0\\0&2&0\\0&0&2\end{pmatrix}\left(\begin{array}{rrr}-1&-1&3\\1&0&0\\-3&-1&4\end{array}\right)^{-1}$ .

Matematické Fórum

#1 17. 12. 2018 13:07

Jordanův kanonický tvar

#2 18. 12. 2018 00:36

Re: Jordanův kanonický tvar

Zápatí