wektory własne

lokas · Post autor: **lokas** » 22 kwie 2013, o 22:12

Witam, mam problrm ze znalezieniem trzeciego wektora własnego
$\displaystyle{ X ^{'}(t)=X(t) \cdot A ;\quad A=$$\left[\begin{array}{ccc}
2 &1& 3\\
0&2&-1\\
0&0&2
\end{array}\right]}$
Znalazłem potrójną wartość własną $\displaystyle{ \lambda =2}$
Standardowo znalazłem pierwszy wektor własny $\displaystyle{ V _{1}}$
Drugi wektor własny $\displaystyle{ V _{2}}$ wyznaczyłem z warunku $\displaystyle{ (A-\lambda I)V _{2}=V _{1}}$

Moje pytanie, jak znaleźć trzeci wektor własny?

RyHoO16 · Post autor: **RyHoO16** » 22 kwie 2013, o 22:49

Z podobnego równania jak ułożyłeś wcześniej

$\displaystyle{ (A-I\lambda)V_3=V_2}$

lokas · Post autor: **lokas** » 23 kwie 2013, o 07:41

Dzięki

haris2222 · Post autor: **haris2222** » 26 kwie 2013, o 09:41

Witam. Mam podobny przypadek z potrójną wartością własną równą 2 jednak jej krotność geometryczna wynosi 2. Czyli w macierzy Jordana mam jedną jedynkę nad przekątną, mam dwa parametry opisujące jądro, wyznaczyłem dwa wektory własne, próbowałem trzeci metodą uogólnionych wektorów własnych, ale dochodzę do sprzeczności. Prosiłbym żeby ktoś mi wyjaśnił jak zastosować tą metodę w takim przypadku. Pozdrawiam

Post autor: **Dasio11** » 27 kwie 2013, o 08:41

Od tej strony może nie wyjść. Na przykład, gdyby macierz miała postać:

$\displaystyle{ A= \left( \begin{array}{ccc}
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1
\end{array} \right)}$

w bazie $\displaystyle{ (b_1, b_2, b_3),}$ to wzięcie rzucających się w oczy wektorów własnych $\displaystyle{ b_1, b_2}$ prowadzi w ślepy zaułek, bo żaden z tych wektorów nie należy do obrazu przekształcenia $\displaystyle{ A-\mathrm{I}.}$

Dlatego jak szukasz bazy jordanowskiej (o podanej przez ciebie postaci) dla macierzy $\displaystyle{ A}$ i wartości własnej $\displaystyle{ \lambda,}$ to lepiej najpierw wziąć byle jaki wektor $\displaystyle{ b_{1, 2},}$ który nie należy do $\displaystyle{ \ker(A - \lambda \mathrm{I}),}$ potem wziąć

$\displaystyle{ b_{1, 1} = (A-\lambda \mathrm{I}) b_{1, 2}}$

i na końcu wziąć byle jaki niezależny z nimi liniowo wektor $\displaystyle{ b_{2, 1}.}$

haris2222 · Post autor: **haris2222** » 27 kwie 2013, o 12:16

Myślałem że jest jakaś ogólna maszynka pozwalająca wyliczać też takie przypadki, ale rozumiem i dziękuję za pomoc

Edit: chyba jednak nie do końca rozumiem. Mógłbyś opisać dokładniej w jaki sposób wybierasz wektor $\displaystyle{ b_{1, 2}}$ ? Bo zupełnie dowolny, nie należący do jądra przekształcenia raczej być nie może bo jak tak brałem to się nie zgadza.

Post autor: **Dasio11** » 27 kwie 2013, o 13:46

Przekształcenie oznaczmy przez $\displaystyle{ F.}$
Wtedy: tak - $\displaystyle{ b_{1, 2}}$ jest byle jakim wektorem, który nie należy do $\displaystyle{ \ker(F - \lambda \mathrm{Id}).}$ Potem

$\displaystyle{ b_{1, 1} = (F-\lambda \mathrm{Id}) b_{1, 2}}$

a $\displaystyle{ b_{2, 1}}$ jest byle jakim liniowo niezależnym z $\displaystyle{ b_{1, 1}}$ elementem $\displaystyle{ \ker(F - \lambda \mathrm{Id}).}$

$\displaystyle{ \bullet}$ Taki układ wektorów stworzy bazę:
Skoro wymiar przestrzeni wynosi $\displaystyle{ 3,}$ to wystarczy pokazać, że ta trójka wektorów jest liniowo niezależna. Załóżmy więc, że

$\displaystyle{ \alpha_{1, 1} b_{1, 1} + \alpha_{1, 2} b_{1, 2} + \alpha_{2, 1} b_{2, 1} = 0.}$

Wtedy, skoro $\displaystyle{ b_{1, 1}, b_{2, 1} \in \ker (F-\lambda \mathrm{Id}),}$ to

$\displaystyle{ \alpha_{1, 1} \overbrace{(F-\lambda \mathrm{Id}) b_{1, 1}}^{=0} \: + \: \alpha_{1, 2} (F-\lambda \mathrm{Id}) b_{1, 2} + \alpha_{2, 1} \overbrace{(F-\lambda \mathrm{Id}) b_{2, 1}}^{=0} \\ \\
= (F-\lambda \mathrm{Id}) ( \alpha_{1, 1} b_{1, 1} + \alpha_{1, 2} b_{1, 2} + \alpha_{2, 1} b_{2, 1} ) = (F-\lambda \mathrm{Id}) 0 = 0,}$

ale $\displaystyle{ (F-\lambda \mathrm{Id}) b_{1, 2} \neq 0}$ (bo $\displaystyle{ b_{1, 2} \notin \ker (F-\lambda \mathrm{Id})}$), zatem $\displaystyle{ \alpha_{1, 2} = 0.}$ Czyli

$\displaystyle{ \alpha_{1, 1} b_{1, 1} + \alpha_{2, 1} b_{2, 1} = 0,}$

a to oznacza, że $\displaystyle{ \alpha_{1, 1} = \alpha_{2, 1} = 0,}$ bo $\displaystyle{ b_{1, 1}}$ i $\displaystyle{ b_{2, 1}}$ były liniowo niezależnymi elementami jądra.

$\displaystyle{ \bullet}$ W tej bazie macierz przekształcenia ma postać Jordana:

To jest jasne, bo

$\displaystyle{ (F-\lambda \mathrm{Id}) b_{1, 1} = 0 \\
(F-\lambda \mathrm{Id}) b_{1, 2} = b_{1, 1} \\
(F-\lambda \mathrm{Id}) b_{2, 1} = 0,}$

czyli macierz przekształcenia w bazie $\displaystyle{ (b_{1, 1}, b_{1, 2}, b_{2, 1})}$ to

$\displaystyle{ \left( \begin{array}{ccc}
\lambda & 1 & 0 \\
0 & \lambda & 0 \\
0 & 0 & \lambda
\end{array} \right).}$

haris2222 · Post autor: **haris2222** » 28 kwie 2013, o 13:14

Dziękuję bardzo za obszerne rozpisanie