1. OPERATORIAI VEKTPORINĖSE ERDVĖSE VIRŠ C.

1.1. Šakniniai poerdviai. Pavyzdys.

Tegu operatoriaus A : R_{4} →R_{4} matrica standartinėje bazėje yra

A = ( \begin{matrix}−5 & −9 & 18 & −3 \\ 4 & 7 & −12 & 2 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix} ),

Operatoriaus charakteristinis polinomas yra

x^{4} − 6x^{3} + 13x^{2} − 12x + 4 = (x − 1)^{2} (x − 2)^{2},

Operatoriaus tikrinės reikšmės yra: λ_{1} = 1, λ_{2} = 2.

Šakninis poerdvis ker (A − 1 · I)^{2}

A−I = ( \begin{matrix}−5 & −9 & 18 & −3 \\ 4 & 7 & −12 & 2 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix} )−( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}−6 & −9 & 18 & −3 \\ 4 & 6 & −12 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} )

( \begin{matrix}−6 & −9 & 18 & −3 \\ 4 & 6 & −12 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}a \\ b \\ c \\ d \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ), Sprendinys yra : ( \begin{matrix}−\frac{3}{2}t_{1} \\ t_{1} \\ 0 \\ 0 \end{matrix} )

ker (A − I) =⟨(−\frac{3}{2}, 1, 0, 0)⟩ .

( \begin{matrix}−6 & −9 & 18 & −3 \\ 4 & 6 & −12 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} )^{2} ( \begin{matrix}a \\ b \\ c \\ d \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ), Sprendinys yra : ( \begin{matrix}t_{1} \\ t_{2} \\ 0 \\ 0 \end{matrix} )

ker (A − I)^{2} = ⟨(−\frac{3}{2}, 1, 0, 0) , (0, 1, 0, 0)⟩ ⊃ ker (A − I) .

( \begin{matrix}−6 & −9 & 18 & −3 \\ 4 & 6 & −12 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} )^{3} ( \begin{matrix}a \\ b \\ c \\ d \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ), Sprendinys yra : ( \begin{matrix}t_{1} \\ t_{2} \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) .

Matome, kad

ker (A − I)^{3} = ker (A − I)^{2} .

Taigi, šakninis poerdvis atitinkantis tikrinȩ reikšmȩ 1, yra dvimatis poerdvis ir minimalusis operatoriaus A polinomas šiame poerdvyje yra f_{1} (x) = (x − 1)^{2} . Tikrinės reikšmės λ_{1} = 1 aukštis yra lygus 2.

Šakninis poerdvis ker (A − 2 · I)

A−2I = ( \begin{matrix}−5 & −9 & 18 & −3 \\ 4 & 7 & −12 & 2 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{matrix} )−2 ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}−7 & −9 & 18 & −3 \\ 4 & 5 & −12 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} )

( \begin{matrix}−7 & −9 & 18 & −3 \\ 4 & 5 & −12 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}a \\ b \\ c \\ d \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ), Sprendinys yra : ( \begin{matrix}−\frac{3}{2}t_{1} \\ t_{1} \\ t_{2} \\ \frac{1}{2}t_{1} + 6t_{2} \end{matrix} )

ker (A − 2I) = ⟨(−\frac{3}{2}, 1, 0, \frac{1}{2}) , (0, 0, 1, 6)⟩ .

( \begin{matrix}−7 & −9 & 18 & −3 \\ 4 & 5 & −12 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} )^{2} ( \begin{matrix}a \\ b \\ c \\ d \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ), Sprendinys yra : ( \begin{matrix}−\frac{3}{2}t_{1} \\ t_{1} \\ t_{2} \\ \frac{1}{2}t_{1} + 6t_{2} \end{matrix} )

Matome, kad

ker (A − 2I)^{2} = ker (A − 2I) .

Taigi, šakninis poerdvis atitinkantis tikrinȩ reikšmȩ 1, yra dvimatis poerdvis ir minimalusis operatoriaus A polinomas šiame poerdvyje yra f_{1} (x) = (x − 2) . Tikrinės reikšmės λ_{2} = 2 aukštis yra lygus 1.

Visa vektorinė erdvė R_{4} yra savo šakniniu̧ poerdviu̧ tiesioginė suma:

R_{4} = ker (A − 1 · I)^{2} ⊕ ker (A − 2 · I)

1.2. Matricos Jordano forma ir Jordano bazė.

Pavyzdys.

Tegu duota matrica A :

A = ( \begin{matrix}4 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 2 \\ −2 & 8 & −4 & 4 & −1 & −10 & 0 & 8 \\ 0 & −1 & 5 & −1 & 0 & \frac{5}{2} & 0 & −2 \\ 8 & −16 & 16 & −12 & 4 & 40 & 0 & −32 \\ 0 & 0 & 0 & −2 & 4 & 0 & 0 & −4 \\ 0 & 2 & −2 & 2 & 0 & −1 & 0 & 4 \\ 4 & −8 & 9 & −9 & 2 & \frac{41}{2} & 4 & −18 \\ −4 & 8 & −8 & 8 & −2 & −20 & 0 & 20 \end{matrix} ).

Jos charakteristinis polinomas : x^{8} − 32x^{7} + 448x^{6} − 3584x^{5} + 17920x^{4} − 57344x^{3} + 114688x^{2} − 131072x + 65536 = (x − 4)^{8}

Matricos tikrinė reikšmė yra viena λ = 4, todėl visa vektorinė erdvė yra šakninis poerdvis.

Apibrėžiame matrica̧ B = A − 4I :

B = ( \begin{matrix}0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 2 \\ −2 & 4 & −4 & 4 & −1 & −10 & 0 & 8 \\ 0 & −1 & 1 & −1 & 0 & \frac{5}{2} & 0 & −2 \\ 8 & −16 & 16 & −16 & 4 & 40 & 0 & −32 \\ 0 & 0 & 0 & −2 & 0 & 0 & 0 & −4 \\ 0 & 2 & −2 & 2 & 0 & −5 & 0 & 4 \\ 4 & −8 & 9 & −9 & 2 & \frac{41}{2} & 0 & −18 \\ −4 & 8 & −8 & 8 & −2 & −20 & 0 & 16 \end{matrix} ) .

Nagrinėsime poerdvius 0 = ker B^{0} ⊂ ker B ⊂ ker B^{2} ⊂ ... ir rasime ju̧ bazes.

\underline{ker B}

Sprendžiame lygčiu̧ sistema̧ BX = 0 :

( \begin{matrix}0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 2 \\ −2 & 4 & −4 & 4 & −1 & −10 & 0 & 8 \\ 0 & −1 & 1 & −1 & 0 & \frac{5}{2} & 0 & −2 \\ 8 & −16 & 16 & −16 & 4 & 40 & 0 & −32 \\ 0 & 0 & 0 & −2 & 0 & 0 & 0 & −4 \\ 0 & 2 & −2 & 2 & 0 & −5 & 0 & 4 \\ 4 & −8 & 9 & −9 & 2 & \frac{41}{2} & 0 & −18 \\ −4 & 8 & −8 & 8 & −2 & −20 & 0 & 16 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}a \\ b \\ c \\ d \\ e \\ f \\ g \\ h \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ).

Sistemos bendrasis sprendinys yra : ( \begin{matrix}t_{1} \\ −4t_{2} \\ t_{2} \\ −2t_{4} \\ −2t_{1} \\ −2t_{2} \\ t_{3} \\ t_{4} \end{matrix} ) , t_{i} ∈ C. Matome , kad dim ker B = 4. Poerdvio bazė yra vektoriai

u_{11} = ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ −2 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) , u_{12} = ( \begin{matrix}0 \\ −4 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ −2 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) , u_{13} = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) , u_{14} = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ −2 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} )

\underline{ker B^{2}}

Lygčiu̧ sistemos sprendimas B^{2}X = 0

( \begin{matrix}0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 2 \\ −2 & 4 & −4 & 4 & −1 & −10 & 0 & 8 \\ 0 & −1 & 1 & −1 & 0 & \frac{5}{2} & 0 & −2 \\ 8 & −16 & 16 & −16 & 4 & 40 & 0 & −32 \\ 0 & 0 & 0 & −2 & 0 & 0 & 0 & −4 \\ 0 & 2 & −2 & 2 & 0 & −5 & 0 & 4 \\ 4 & −8 & 9 & −9 & 2 & \frac{41}{2} & 0 & −18 \\ −4 & 8 & −8 & 8 & −2 & −20 & 0 & 16 \end{matrix} )^{2} ( \begin{matrix}a \\ b \\ c \\ d \\ e \\ f \\ g \\ h \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ).

Sistemos bendrasis sprendinys yra : ( \begin{matrix}t_{1} \\ t_{2} \\ t_{3} \\ t_{4} \\ −2t_{1} \\ t_{5} \\ t_{6} \\ t_{7} \end{matrix} ) , t_{i} ∈ C.

Matome , kad dim ker B^{2} = 7. Poerdvio bazė yra

u_{21} = ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ −2 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) , u_{22} = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) , u_{23} = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) , u_{24} = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) ,

u_{25} = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) , u_{26} = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) , u_{27} = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) .

Rasime vektorius ,kurie poerdvio ker B bazȩ u_{11}, u_{12}, u_{13}, u_{14} papildo iki poerdvio ker B^{2} bazės.

Nagrinėsime matricos( u_{11} u_{12} u_{13} u_{14} x y z ) , čia x, y, z ∈ {u_{2j}, j = 1, ..., 7} , ranga̧:

rank( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −4 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −2 & 0 \\ −2 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix} ) = 5 ; rank ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −4 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & −2 & 0 & 0 \\ −2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \end{matrix} ) = 6 ;

rank( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −4 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −2 & 0 & 0 & 1 \\ −2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} )= 7.

Taigi vektoriai u_{22} = ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) , u_{23} = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) , u_{24} = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) − tiesiškai nepriklau-

somi ker B atžvilgiu.

\underline{ker B^{3}}

Lygčiu̧ sistemos sprendimas B^{3}X = 0

( \begin{matrix}0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 2 \\ −2 & 4 & −4 & 4 & −1 & −10 & 0 & 8 \\ 0 & −1 & 1 & −1 & 0 & \frac{5}{2} & 0 & −2 \\ 8 & −16 & 16 & −16 & 4 & 40 & 0 & −32 \\ 0 & 0 & 0 & −2 & 0 & 0 & 0 & −4 \\ 0 & 2 & −2 & 2 & 0 & −5 & 0 & 4 \\ 4 & −8 & 9 & −9 & 2 & \frac{41}{2} & 0 & −18 \\ −4 & 8 & −8 & 8 & −2 & −20 & 0 & 16 \end{matrix} )^{3} ( \begin{matrix}a \\ b \\ c \\ d \\ e \\ f \\ g \\ h \end{matrix} ) = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ).

Sistemos bendrasis sprendinys yra : ( \begin{matrix}t_{6} \\ t_{7} \\ t_{8} \\ t_{5} \\ t_{1} \\ t_{2} \\ t_{3} \\ t_{4} \end{matrix} ) , t_{i} ∈ C.

Matome, kad dim ker B^{3} = 8, taigi ker B^{3} = V. Rasime vektoriu̧, kuris poerdvio ker B^{2} bazȩ u_{11}, u_{12}, u_{13}, u_{14}, u_{22}, u_{23}, u_{24} pa-

pildo iki visos erdvės bazės.

rank( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & −4 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −2 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ −2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) = 8.

Taigi vektorius u_{31} = ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) − tiesiškai nepriklausomas ker B^{2} atžvilgiu.

Turime Jordano bazės sudarymo lentelȩ:

V = ker B^{3} v_{1}  - bazė poerdvio ker B^{2} atžvilgiu
ker B^{2} Bv_{1} v_{2} v_{3} - bazė poerdvio ker B atžvilgiu
ker B  B^{2}v_{1} Bv_{2} Bv_{3} v_{4} - ker B bazė

v_{1} = u_{31} = ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ); Bv_{1} = ( \begin{matrix}0 \\ −2 \\ 0 \\ 8 \\ 0 \\ 0 \\ 4 \\ −4 \end{matrix} ) .

Vektoriai v_{2} ir v_{3} turi papildyti sistema̧, sudarytos iš poerdvio ker B kokios nors bazės( sakykime u_{11}, u_{12}, u_{13}, u_{14}) ir vektoriaus Bv_{1}, iki poerdvio ker B^{2} bazės. Nagrinėsime matrica̧ ( u_{11} u_{12} u_{13} u_{14} u_{22} u_{23} u_{24} Bv_{1} ) ir rasime vektoriu̧ iš u_{21}, u_{22}, u_{23}, kuri̧ pašalinus, matricos rangas lieka maksimalus, t.y. lygus 7.

rank( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −4 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & −2 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & −2 & 0 & 0 & 1 & 8 \\ −2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & −2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & −4 \end{matrix} ) = 7.

Taigi v_{2} = u_{23} = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) , v_{3} = u_{24} = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} ) .

Turime

B^{2}v_{1} = ( \begin{matrix}0 \\ −8 \\ 2 \\ 32 \\ 0 \\ −4 \\ 16 \\ −16 \end{matrix} ) , Bv_{2} = ( \begin{matrix}0 \\ −4 \\ 1 \\ 16 \\ 0 \\ −2 \\ 9 \\ −8 \end{matrix} ) , Bv_{3} = ( \begin{matrix}1 \\ 4 \\ −1 \\ −16 \\ −2 \\ 2 \\ −9 \\ 8 \end{matrix} )

Surasime v_{4}. Šis vektorius papildo tikriniu̧ vektoriu̧ poerdvio vektoru̧ sistema̧ B^{2}v_{1}, Bv_{2}, Bv_{3} iki bazės.Vektoriaus v_{4} ieškosime tarp poerdvio ker B baziniu̧ vektoriu̧ u_{11}, u_{12}, u_{13}, u_{14}.

rank( \begin{matrix}0 & 0 & 1 & 0 \\ −8 & −4 & 4 & 0 \\ 2 & 1 & −1 & 0 \\ 32 & 16 & −16 & 0 \\ 0 & 0 & −2 & 0 \\ −4 & −2 & 2 & 0 \\ 16 & 9 & −9 & 1 \\ −16 & 8 & 8 & 0 \end{matrix} ) = 4, todėl v_{4} = ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) .

Matricos A Jordano matrica rastoje Jordano bazėje yra

A = ( \begin{matrix}4 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 4 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 4 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 4 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 4 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 4 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 4 \end{matrix} )

Matricos A Jordano bazė:

( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} )

( \begin{matrix}0 \\ −2 \\ 0 \\ 8 \\ 0 \\ 0 \\ 4 \\ −4 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} )  ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix} )

( \begin{matrix}0 \\ −8 \\ 2 \\ 32 \\ 0 \\ −4 \\ 16 \\ −16 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}0 \\ −4 \\ 1 \\ 16 \\ 0 \\ −2 \\ 9 \\ −8 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}1 \\ 4 \\ −1 \\ −16 \\ −2 \\ 2 \\ −9 \\ 8 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} )

Matricos Jordano forma..Pavyzdys.

Tegu duota matrica A = ( \begin{matrix}5 & 1 & −1 & −1 \\ 1 & 5 & −1 & −1 \\ 1 & 1 & 3 & −1 \\ 1 & 1 & −1 & 3 \end{matrix} ).

Matricos charakteristinis polinomas: x^{4} −16x^{3} +96x^{2} −256x+256 = (x − 4)^{4} . Matricos tikrinė reikšmė yra viena λ = 4. Rasime matricos A Jordano forma̧, remdamiesi j− osios eilės Jordano bloku̧

skaičiaus formule

k_{j} = 2s_{j} − s_{j+1} − s_{j−1},

čia s_{i} = dim ker (A − λI)^{i} = n−rank(A − λI)^{i} .

Turime rank(A − 4I)^{0} = 4, rank(A − 4I)^{1} = 1 , rank(A − 4I)^{2} = 0, todėl s_{0} = 4 − 4 = 0, s_{1} = 4 − 1 = 3, s_{2} = 4 − 0 = 4, ir s_{i} = 4, i ≥ 3. Tada

k_{1} = 2s_{1} − s_{2} − s_{0} = 2,
k_{2} = 2s_{2} − s_{3} − s_{1} = 1,
k_{3} = 2s_{3} − s_{4} − s_{2} = 0,
k_{i} = 0 su visais i ≥ 4.

Gavome, kad matrica A turi du 1- osios eilės ir viena̧ 2- osios eilės Jordano blokus, atitinkančius tikrinȩ reikšmȩ 4.

Matricos A Jordano forma yra

A = ( \begin{matrix}4 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 4 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 4 \end{matrix} )

Operatoriaus matricos Frobeniuso-Žordano formos pavyzdys. Tegu operatoriaus A : R_{8} →R_{8} matrica yra

A = ( \begin{matrix}0 & \frac{1}{2} & 0 & −\frac{1}{2} & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & −2 & 0 & 1 & 0 & 0 & −1 & −\frac{1}{2} \\ 0 & \frac{4}{3} & 0 & −1 & 0 & 0 & \frac{1}{3} & 0 \\ 2 & 0 & 3 & −1 & 0 & 0 & −1 & −\frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & −\frac{1}{4} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 4 & −1 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 & −3 & 0 & 0 & 1 & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 6 & 0 & 0 & 0 & −2 & −1 \end{matrix} ) .

Operatoriaus A charakteristinis polinomas yra lygus

χ_{A} (x) = x^{8} + 4x^{7} + 10x^{6} + 16x^{5} + 19x^{4} + 16x^{3} + 10x^{2} + 4x + 1.

Šio polinomo kanoninis skaidinys virš realiu̧ju̧ skaičiu̧ kūno yra

χ_{A} (x) = (x^{2} + x + 1)^{4} .

Charakteristinis polinomas yra neredukuojamo polinomo x^{2} + x + 1 laipsnis, todėl visa vektorinė erdvė R_{8} yra primarusis poerdvis.

Operatoriaus A minimalusis polinomas f (x) yra charakteristinio polinomo daliklis, todėl

f (x) = (x^{2} + x + 1)^{s} ,

čia 1 ≤ s ≤ 4. Rasime ši̧ polinoma̧. Norint rasti matricos A kanoninȩ Frobeniuso-Žordano forma̧, nebūtina ieškoti

Frobeniuso-Žordano bazės. Pakanka suskaičiuoti sekoje

0 = ker f^{0} (A) ⊂ ker f^{1} (A) ⊂ ⋯ ⊂ ker f^{s} (A) = ker f^{s+1} (A)

esančiu̧ poerdviu̧ dimensijas:

s_{i} = dim ker f^{i} (A) = n−rankf^{i} (A) ,

i = 1, 2, ..., s ; n = 8 ir pasinaudoti j− osios eilės Frobeniuso-Žordano bloku̧ skaičiaus k_{j} formule:

k_{j} = \frac{2s_{j} − s_{j+1} − s_{j−1}}{d} ,

čia d = deg f (x) = 2. Maple pagalba turime s_{0} = 0;

rank(A^{2} + A + I) =rank( \begin{matrix}1 & −\frac{1}{2} & −\frac{3}{2} & \frac{1}{2} & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \frac{2}{3} & 0 & −2 & \frac{1}{3} & 0 & 0 & \frac{1}{3} & 0 \\ 0 & 1 & −3 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & −6 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) = 2

ir s_{1} = 8−rank(A^{2} + A + I) = 8 − 2 = 6;

rank(A^{2} + A + I)^{2} =rank( \begin{matrix}1 & −\frac{1}{2} & −\frac{3}{2} & \frac{1}{2} & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ \frac{2}{3} & 0 & −2 & \frac{1}{3} & 0 & 0 & \frac{1}{3} & 0 \\ 0 & 1 & −3 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & −6 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} )^{2}

=rank( \begin{matrix}0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix} ) = 0

ir s_{2} = 8−rank(A^{2} + A + I)^{2} = 8 − 0 = 8. Taigi s_{0} = 0, s_{1} = 6, s_{2} = 8, s_{i} = 8 su visais i ≥ 3. Tada

k_{1} = \frac{2 · 6 − 8 − 0}{2} = 2,

k_{2} = \frac{2 · 8 − 8 − 6}{2} = 1,

k_{3} = \frac{2 · 8 − 8 − 8}{2} = 0.

Operatoriaus A matricos Frobeniuso-Žordano formoje yra du pirmos ir vienas antros eilės Frobeniuso-Žordano blokai:

( \begin{matrix}0 & −1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & −1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & −1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & −1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & −1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & −1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & −1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & −1 \end{matrix} ) .