Macierze

[Bartek216]

Proszę o rozwiązanie

[janusz55]

\( \begin{bmatrix} 1 & -3 & 0 & 3 \\ -2 & -6 & 0 & 13 \\ 0 & -3 & 1 & 3 \\ -1 & -4 & 0 & 8 \end{bmatrix} \)


Wyznaczamy wielomian charakterystyczny macierzy \( A \)

\( \phi(\lambda) = \det( A - \lambda I) = \det \begin{bmatrix} 1-\lambda & -3 & 0 &3 \\ -2 & -6-\lambda & 0 & 13 \\ 0 &-3 & 1-\lambda & 3 \\ -1 &-4 & 0 & 8-\lambda \end{bmatrix} \)

Kod: Zaznacz cały

>> A=[1 -3 0 3; -2 -6 0 13; 0 -3 1 3; -1 -4 0 8]

A =

     1    -3     0     3
    -2    -6     0    13
     0    -3     1     3
    -1    -4     0     8

>> charpoly(A)

ans =

     1    -4     6    -4     1

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

Kod: Zaznacz cały

>> eig(A)

ans =

   1.0000 + 0.0000i
   1.0000 + 0.0000i
   1.0000 + 0.0000i
   1.0000 - 0.0000i
   

Wielomian charakterystyczny ma pierwiastek czterokrotny \( \lambda_{1}= \lambda_{2} = \lambda_{3}= \lambda_{4} = \lambda = 1.\)

Wartość własna ma krotność algebraiczną równą \( 4, \) więc suma bloków formy Jordana macierzy może być równa cztery.

Zatem postać Jordana macierzy \( A \) może składać z

- czterech bloków pierwszego stopnia;
- dwóch bloków drugiego stopnia;
- jednego bloku pierwszego stopnia i jednego bloku trzeciego stopnia;
- jednego bloku czwartego stopnia.

O ilości bloków odpowiadających danej wartości własnej \( \lambda \) decyduje jej krotność geometryczna- ilość wektorów własnych.

Tak więc musimy obliczyć wektory własne macierzy \( A \)

\( \lambda = 1\)

\( \begin{bmatrix} 0 & -3 & 0 & 3 \\-2 & -7 & 0 & 13 \\ 0 & -3 & 0 & 3 \\ -1 & -4 & 0 & 7 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a \\ b \\ c \\ d \\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} \)

Stąd

\( \begin{cases} 0a -3b +0c +3d = 0 \\ -2a -7b +0c +13c = 0 \\ 0a -3b +0c + 3d = 0 \\ -a -4b +0c +7d = 0 \end{cases} \)

Z równania trzeciego \( b = d \) podstawiamy do równania czwartego i otrzymujemy \( a = 3b \) , c -dowolna liczba rzeczywista na przykład \( 0. \)

Otrzymaliśmy jeden wektor własny na przykład dla \( b = 1\)

\( \vec{w} = \begin{bmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \\1 \end{bmatrix}.\)

KIedy mamy niedobór wektorów własnych, to aby wyznaczyć macierz przekształcenia potrzebujemy więcej tak zwanych uogólnionych wektorów własnych.

Sprawdzamy, czy takie istnieją

\( \begin{bmatrix} 0 & -3 & 0 & 3 \\-2 & -7 & 0 & 13 \\ 0 & -3 & 0 & 3 \\ -1 & -4 & 0 & 7 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \\ 1\\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} \)

Stąd

\( \begin{cases} 0\cdot 3 -3\cdot 1 +0\cdot 0 +3\cdot 1 = 0 \\ -2\cdot 3 -7\cdot 1 +0\cdot 0 +13\cdot 1 = 0 \\ 0\cdot 3 -3\cdot 1 +0\cdot0 + 3\cdot 1 = 0 \\ -1\cdot 3 -4\cdot 1 +0\cdot 1 +7\cdot 1= 0 \end{cases} \)

Otrzymaliśmy układ nieoznaczony. Uogólnione wektory wektory własne macierzy \( A \) nie istnieją.

Macierz \( A \) posiada jeden wektor własny \( \vec{w} \) oznacza to, że jej forma Jordana składa się z jednej klatki czwartego stopnia.

Kod: Zaznacz cały

>> J = jordan(A)

J =

     1     1     0     0
     0     1     1     0
     0     0     1     0
     0     0     0     1

Panie Bartku
Niech Pan nauczy się podstaw edytora \( \LaTeX. \). Przyda się na przyszłość.

[Pi0tr3k1999]

Dziękuje bardzo Panie Januszu za rozwiązanie

[delman]

Dobry wieczór, Panie Januszu, właściwie po co my liczmy ten wektor własny, skoro dużo wcześniej, wyliczając pierwiastek równania wraz z krotnością jesteśmy wstanie zrobić postać z klatką ?

Otrzymaliśmy jeden wektor własny na przykład dla \( b = 1\)

\( \vec{w} = \begin{bmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \\1 \end{bmatrix}.\)

[janusz55]

Macierz może mieć tzw. uogólnione wektory własne i wtedy ilość i rozmiar klatek w formie Jordana może ulec zmianie.

Znajdując wektor własny i upewniając się o braku wektorów uogólnionych (dołączonych) stwierdziliśmy, że występuje jedna klatka czwartego stopnia.