1.7.2. Розв’язання прикладів


Повернутися на початок книги
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 
15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 
30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 
45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 
60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 
75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 
90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 
105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 118 119 
120 121 122 123 124 125 126 127 128 129 130 131 132 133 134 
135 136 137 138 139 140 141 142 143 144 145 146 147 148 149 
150 151 152 153 154 155 156 157 158 159 160 161 162 163 164 
165 166 167 168 169 170 171 172 173 174 175 176 177 178 179 
180 181 182 183 184 185 186 187 188 189 190 191 192 193 194 
195 196 197 198 199 200 201 202 203 204 205 206 207 208 209 
210 211 212 213 214 215 216 217 218 219 220 221 222 223 224 
225 226 227 228 229 230 231 232 233 234 235 236 237 238 239 
240 241 242 243 244 245 246 247 248 249 250 251 252 253 254 
255 256 257 258 259 260 261 262 263 264 265 266 267 268 269 
270 271 272 273 274 275 276 277 278 279 280 281 282 283 284 
285 286 287 288 289 290 291 292 293 294 295 296 297 298 299 
300 301 302 303 

Загрузка...

Приклад 1.90. Визначити власні значення і власні вектори матриці

А =

12

Розділ I. Лінійна та векторна алгебра

Розв’язок. Характеристичне рівняння даної матриці має вид (1.24):

1-/1 6

. „ . = 0, або Л2 - 3/1 - 4 = 0 ,

I           Z — A

звідки випливає, що матриця А має два власних значення \ = A \

/L = -1. Власний вектор Х„ що відповідає /L = 4, визначається з системи рівнянь виду (1.25)

-3XJ + 6х2 - 0

або

J(l-4)x1+6x2 =0

\хі+(2-А)х2

0

яке зводиться до одного рівняння х1 = 2х2.

Поклавши х2 = t, одержуємо розв’язок у вигляді х1 = 2t, х2 = t. Отже, перший власний вектор є

X, =

 1

Другий вектор X, що відповідає власному значенню /L = -1, визначається з системи рівнянь виду (1.25)

J(l + 1)х1 + 6х2 =0

\х1+(2 + ї)х2 =0 '

Ця система рівнянь також зводиться до одного рівняння х, + Зх = 0; поклавши х, = С, запишемо її розв’язок у вигляді х. = -ЗС, х„ = С.

2          і           2

Отже, другий власний вектор є

ґ-з^

С.

1

X =

2

Таким чином, матриця А має два різних власних значення Л1 = 4

і /12 = -1 і два власних вектора, рівних Хх = L, точністю до постійного множника).

І Х2 =  A

59

Приклад 1.91. Знайти власні вектори і власні значення матриці

(2 0 -0

A =

1 1 -1

-1 0 2у

 

Розв’язок. Характеристичне рівняння

2 0-1 1

11

-10 2

0.

Розкривши визначник отримаємо:

(1 - ^,)[(2 - А)2 - 1] = 0,

(1 - /I)(1 - Л )(3 - /I) = 0,

(1 - /02(3 -/I) = 0,

/^ = /12 = 1, Л3 = 3.

Корінь Лі = 1 — кратний, показник кратності г = 2, корінь

Л3 = 3 — простий, г = 2.

Система рівнянь для визначення власних векторів має вигляд:

(2-Л)х1 -х3=0,

< х1+(1-Л)х2 -х3=0, -xt + (2-Л)х3 =0.

Послідовно підставимо Лі і Л3 в записану систему: 1) Лг= 1, г = 2:

.X і      .X q — Wj

^-^3=0, ^{х1-х3= 0, {^=^3.

.X ч ~Т~ .X q — V7 .

Розділ I. Лінійна та векторна алгебра

Фундаментальна система розв’язків одержується, якщо вільним змінним х2, х3 послідовно надати значення х2 = 1, х3 = 0; х2 = 0, х3 = 1:

x

 

Г0^                 '1!

1          ; X =

 2         0

10;                   v1J

Одержали два лінійно незалежні власні вектори. Уся сукупність векторів, що відповідають власному значенню \ = 1 має вигляд:

0 С, С С е R, \С\ + ICJ Ф 0.

Х^1

1

С1 +

2          1, 2      111 121

v0y

v1

2) /l2 = 3, r = 1:

(2-A)x1 -x3 =0, х1+(1-Л)х2 -x3 =0

-x1 +(2-A)x3 = 0.

J\/ 1     J\/ 3 — 0,

.X1      2 Д- 2  J\/ 3 — 0,

.X 1     J\/ 3 — 0.

Фундаментальна система розв’язків одержується, якщо покласти

xQ = 1: 3

x1 = -1,

x3=1,

x1 = -1,           f-1)

x2 =-1, X3 = -1

_x3=1, [1,

 

Xh =

1

v1y

C, C e Д C # 0.

61