skan0030

74

xm

2e*

C

I' 'i

[C'i

2. Równanie charakterystyczne dla macierzy A =

1

0

-1

0

1

1

ma postać

-A	1	0
0	-A	1
1	-1	1-A

= (1-A)(A² + 1) = 0,

W.Iqc! Aj = 1, A2 = i, A3 = —i są wartościami własnymi macierzy A. Zauważmy® że (lwio wartości własne są liczbami zespolonymi.

Nałoży teraz wyznaczyć wektory własne. Dla Ai = 1, rozwiązując układ równać* metodą eliminacji Gaussa, mamy

a stąd wynika, że

■		'1'
= L	= OL	1
L“.		1

-1	1	0	0		-1	1	0	0
0	-1	1	0	Hf	0	-1	1	0
. 1	-1	0	0.		0	0	0	0.

a 7^ 0

jeśli wektorem własnym dla wartości własnej Ai. Dla Aa = i, mamy

	-i	1	0 :	1				1	-1	1 — i	: Ó
	0	—i	1 :					0	—i	1	: 0
	1	-1 1	— | :	oj				■i	1	0	: 0.
	1	-1	1 — *		0			1	-1	1 -i		0
	0	—i	1		0			0	—i	1		0
	.0	1 — i	1 + i		0.			.0	1	i		0.
	' 1	-1 1	— i :	0			1		-1 1	— i :	0
	0	1	i	0			0		1	I :	0
	0	—i	1 :	0.			.0		0	0	0.

1

0

0 1:0 1 t :    0

»Wm	" -/f " -0	■P	mm —i
	L		1_

Jest szukanym wektorem własnym.

Podobnie, dla wartości własnej A3 = —i, mamy

i		1 0	: 0		■	-1	1 +	i 0
0		i 1	: 0		0	i	1	: 0
.1		li l+i	: 0.			1	0	! 0.
	1	-1	l+i :	0		1	-1	i-Hi	0
	0	i 1 :		0	pi;	0	i	1	0
	.0	1 + i	1-* :	0.		.0	1	. —i '	0

1	-1	1 + i	0		1	-1	ni
0	1 1?		0		0	1	wĘMft-fd	0
0	’ i	1	0.		.0	0	0	0.

~ ^{1 0 1} 1 ⁰ 0 1 -i : OJ ’

a Więc wektorem własnym jest wektor

^^3> =	ES		'-1'
	*7	= 7	i
	1 7 .		I

Z powyższych rozważań wynika, że rozwiązanie ogólne ma postać

	m		‘-I*		■-1'
<u 0	1	+ C»	-i	H fi	• i
	ll.		9		1fl

Stosując wzór Elllsrft

cos t •+■ i sin t,