Материал: sb000037

однородные системы линейных уравнений найдем собственные вектора: u1 = (0, 1, −1)T α и u2 = (−2, 0, 1)T β. При этом достаточно взять α = β = 1. Геометрическая кратность λ2 равна 1, поэтому матрица не диагонализуема. Следовательно, она имеет жорданову форму (1). Для третьего вектора жорданова базиса выполнено равенство (C +3E)u3 = u2. Решаем эту систему:

Задача 12. Жорданова форма нильпотентной матрицы 5 на 5

Найти жорданову форму и жорданов базис нильпотентной матрицы

Алгоритм. Матрица A называется нильпотентной, если Ak = 0 для некоторого натурального k. Поэтому все пространство C5 является корневым подпространством Ker A5 соответствующим единственному собственному числу λ = 0. Приведем один из возможных алгоритмов нахождения жордановой формы и жорданова базиса матрицы n×n. Количество вычислений по этому алгоритму в среднем имеет порядок n3. Теоретическую основу алгоритма составляет утверждение о том, что объединение жордановых цепочек, вытянутых от линейно независимых собственных векторов, линейно независимо.

(1)Возьмем произвольный вектор e01 Cn и будем действовать на него оператором A, пока не получим 0, то есть построим цепочку векто-

ров e11 = Ae01, e21 = Ae11, . . . , ek11 = Aek11−1, Aek11 = 0.

35

(2)Предположим теперь, что уже построено m −1 такая цепочка, причем собственные вектора ek11 , . . . , ekmm−−11 линейно независимы. Если количество построенных векторов равно размерности пространства, то задача решена (см. 5.5). Если нет, переходим к следующему шагу.

(3)Берем следующий произвольный вектор e0m (хорошо, если он не будет лежать в линейной оболочке ранее найденных, однако проверка того, что это так, требует некоторого количества вычислений, которого хотелось бы избежать; для случайного вектора вероятность попасть в данное подпространство близка к нулю).

(4)Построим цепочку, исходя из вектора e0m:

(5) Если ekmm линейно независим с ранее найденными собственными век-

торами, переходим в начало шага (2). Предположим, что набор

m

ek11 , . . . , ekmm линейно зависим: P αieki i = 0. Перенумеровываем це-

i=1

почки так, чтобы длина последней цепочки была наименьшей среди всех, которые реально участвуют в линейной зависимости, то есть

km 6 ki для всех тех i = 1, . . . , m − 1 для которых αi 6= 0. Выра-

m−1

жаем ekmm в виде линейной комбинации: ekmm = P βieki i . Получаем

i=1

Akm(e0m) = Akm (v) для некоторого v, которое нетрудно найти из предыдущего равенства, представляя eki i в виде Aki (e0i ).

(6)Переобозначаем: e0m := e0m − v. Если новый e0m оказался равным нулю, переходим к шагу 2. В противном случае переходим к шагу 4.

Процесс, описанный выше с гарантией оборвется, если мы переберем все вектора из какого-нибудь базиса нашего пространства, например стандартного. Алгоритм выглядит запутанным и требующим большого количества вычислений, но на самом деле с большой вероятностью вычислений очень немного. В примере, который мы разбираем ниже, мы намеренно выбираем случайные вектора так, чтобы проиллюстрировать весь алгоритм, как он работает даже при неудачном выборе.

Решение. По виду заданной матрицы A легко заметить, что сумма второго и четвертого ее столбцов имеет 3 нулевые координаты, что немного упростит вычисления. Поэтому на первом шаге удобно выбрать вектор

36

Так как построено всего 3 вектора в 5-мерном пространстве, переходим к шагу 3. Пусть e02 = (1, 1, 0, 0, 0)T . На четвертом шаге вычисляем:

Переходя к шагу 5 получаем e22 = −2e21, откуда A2(e02) = A2(−2e01). Следовательно, на шестом шаге переобозначаем:

и далее, переходя к шагу 4,

−7 1 −5

Снова переходя к шагу 5 получаем e12 = 53 e21, откуда A(e02) = A(53 e11). На шестом шаге еще раз переобозначаем e02 := e02 − 53 e11 = (1, 3, −53 , 13 , 0) так,

что A(e02) = 0, и шаг 4, к которому мы переходим, так как e02 6= 0, оказывается пустым. Так как e02 и e21 линейно независимы, то от первой фразы шага 5 переходим к шагу 2. Так как построено еще только 4 вектора, переходим к шагу 3, на котором выбираем e03 = (1, 0, 0, 0, 0)T . На четвертом

37

линейно независим с собственными векторами e21 и e02, полученными на предыдущих шагах, иначе 6 полученных векторов были бы линейно независимы, что невозможно в 5-мерном пространстве. С другой стороны, e13 и e21 линейно независимы (не пропорциональны), поэтому e02 обязан представляться в виде их линейной комбинации: e02 = αe21 + βe13 (в данном случае находить конкретные α и β не обязательно). Переобозначая e02 := e02 − αe21 − βe13 = 0. Поэтому от шага 6 возвращаемся к шагу 2.

К настоящему моменту нами найдены 5 векторов: e01, e11, e21, e03 и e13. Поэтому нахождение жорданова базиса закончено. Жордановы клетки в жордановой форме соответствуют жордановым цепочкам, поэтому жорданова форма нашей матрицы состоит из двух клеток размеров 3 и 2.

Замечание 1. Обратите внимание, что нумерация корневых векторов в нашем решении не совпадает (точнее прямо противоположно) нумерации

38

введенной в определении жордановой цепочки 5.5. Это происходит потому, что мы стартуем не с собственного вектора, а с корневого вектора наибольшей высоты и до вычислений не знаем, какова его высота.

Замечание 2. В приведенном решении нам сильно не повезло: если бы мы сразу взяли e02 = (1, 0, 0, 0, 0)T , то избежали бы всех вычислений, связанных с вектором e02 = (1, 1, 0, 0, 0)T , которые в итоге оказались лишними. Как уже говорилось, вероятность такого невезения при случайном выборе векторов e0i близка к нулю.

Задача 13. Приведение уравнения кривой второго порядка к каноническому виду.

Преобразованием, не меняющим расстояний, привести к каноническому виду уравнение кривой второго порядка 14x2 −7y2 + 20xy + 8x + 34y = 35. Найти координаты ее фокусов в исходной системе координат.

Решение. Запишем уравнение нашей кривой в матричной форме:

vT Bv + 2av = p,

Q(v) = 14x2 − 7y2 + 20xy в стандартном базисе e (см. 6.8), a = (4, 17) – матрица линейного функционала L(v) = 8x + 34y в базисе e, a p = 35.

Сначала уничтожим, с помощью подходящей замены базиса, слагаемое, содержащее произведение переменных. Для этого необходимо привести квадратичную форму Q к диагональному виду. Так как требуется не менять расстояний между точками, необходимо использовать ортогональное преобразование координат. Найдем ортонормированный базис из собственных векторов, в котором квадратичная форма имеет диагональный вид (существование такого базиса следует из теоремы 6.11).

квадратичной формы Q в ортонормированном базисе u из собственных векторов является диагональной с собственными числами по диагонали:

ортогональной.

Обозначим vu = (x0, y0)T и запишем исходное уравнение в новых координатах. По формуле преобразования координат при замене базиса

39