новая папка 1 / 437107

поэтому

A50

−1

A50 S

= S

f → e

.

(4.3)

e

f → e

f

fc = (1,1). Найдем fпр из

Найдем жорданов базис. Из (4.2) имеем, что

уравнения

( Ae − 2I )x = fc ,

откуда

fпр = (0,1),

и,

следовательно,

T

1

0

−1

.

=

= S

e→ f

1

f → e

1

S −1

Подставляя

A50 ,

S

f

→ e

,

в формулу (4.3), получим

A50 .

f

f

→ e

e

Пример 3. Вычислить

e A , где

A =

4

− 2

.

6

− 3

Решение

Найдем характеристический многочлен матрицы A :

ϕ (λ ) =

A − λI

=

4 − λ

− 2

= − (4 − λ ) (3 + λ ) + 12 = λ2 − λ = λ (λ − 1) ,

6

− 3 − λ

A

0

0

следовательно, λ = 0,

λ

= 1,

поэтому

2

f

=

.

1

0

1

Заметим, что

e A = S

−1

0

0

S

= T

1

0

.

e

f → e

T −1

f → e

0

1

e→ f

0

e

e→ f

e

Найдем собственные векторы оператора

A .

Так как

4

− 2

A − 0

→ (2

− 1),

I =

6

− 3

λ = 0

, удовлетворяют

соотношению x

2

= 2x ,

поэтому

f 0

= (1, 2) .

1

3

− 2

1

c

Аналогично

→ (3

− 2),

откуда

x =

2

x

, поэтому

A − I =

2

6

− 4

1

3

fc1 = (2, 3) .

1

2

Таким образом,

T

=

и,

следовательно, T −1

=

−3

2

,

e→ f

2

3

e→ f

2

поэтому

−1

− 3

− 3 + 4e

− 2e

1 2

1

0

2

2

e A =

=

.

2 3

0

2

e

− 1

− 6 + 6e

4 − 3e

Пример 4. Вычислить

A , где

3

1

A =

.

− 1

5

Найдем характеристический многочлен матрицы A :

φ(λ) =

A − λI

=

3 − λ

1

= (3 − λ) (5 − λ) + 1 = (λ− 4)2

,

−1

5 −

λ

− 1

1

→

(− 1 1).

A − 4I =

− 1

1

4

1

Следовательно, k = 2 − 1 = 1

и

A

f

=

.

0

4

λ

1

Из утверждения 2 следует, что

Af

. Так как λ = 4 , то

=

2 λ

0

λ

λ = 4 , удовлетворяют соотношению x1 = x2 , поэтому

fc = (1,1) .

Найдем присоединенный

вектор

fпр

из уравнения

( A − 4I )x = fc ,

откуда следует, что

fпр = (0,1)

и, следовательно,

T

=

1

0

= S −1

,

T −1

1

0

= S

.

=

f → e

e→ f

1

f

→ e

e→ f

− 1

1

Таким образом,

1

7

1

1

1 0

8 1

1 0

1

7

1

A =

=

4

4

=

.

4

0 8

− 1 1

4

1

9

1 1

− 1 9

−

4

4