Štvrtá písomka - Jordanov tvar danej matice

Martin Sleziak · Post by **Martin Sleziak** » Fri May 01, 2015 10:46 am

Skupina C

Zistite, či daná matica $A$ je podobná s~maticou $J$. (Môžete využívať všetky výsledky, ktoré ste sa učili na prednáške. Špeciálne môže byť užitočná veta, že každá matica je podobná s~maticou v~Jordanovom normálnom tvare.)\\
$A=\begin{pmatrix}
3 & 1 &-1 \\
1 & 5 &-5 \\
1 & 2 &-2
\end{pmatrix}$,
$J=\begin{pmatrix}
3 & 1 & 0 \\
0 & 3 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}$

Skupina D

Zistite, či daná matica $B$ je podobná s~maticou $J$. (Môžete využívať všetky výsledky, ktoré ste sa učili na prednáške. Špeciálne môže byť užitočná veta, že každá matica je podobná s~maticou v~Jordanovom normálnom tvare.)\\
$B=\begin{pmatrix}
2 & 1 &-1 \\
1 & 4 &-5 \\
1 & 2 &-3
\end{pmatrix}$,
$J=\begin{pmatrix}
2 & 1 & 0 \\
0 & 2 & 0 \\
0 & 0 &-1
\end{pmatrix}$

Môžeme si všimnúť, že $B=A-I$. Čiže ak $A=PJP^{-1}$, tak $B=P(J-I)P^{-1}$. Čiže Jordanove tvary týchto matíc sa líšia len odpočítaním/pripočítaním jednotkovej matice. Napíšem sem teda niečo k riešeniu úlohy pre skupinu C, riešenie úlohy pre druhú skupinu by bolo temer rovnaké.

Riešenie:
Možno sa nám oplatí začať tým, že skontrolujeme, či nevieme nejakým ľahkým spôsobom zdôvodniť, že zadané matice nie sú podobné. (Napríklad porovnáme hodnosť, stopu.) V tomto prípade sa nám to nepodarí - ako uvidíme, v skutočnosti sú zadané matice podobné.

Nájdenie Jordanovho normálneho tvaru:

Vieme, že každá matica je podobná s maticou v Jordanovom tvare. Navyše táto matica je (až na poradie blokov) jednoznačne určená. Úlohu teda môžeme riešiť tak, že nájdeme Jordanov tvar a porovnáme so zadanou maticou $J$.

Najprv vypočítame charakteristický polynóm $\chi_A(x)=x(x-3)^2$.

Spoiler:

Zistili sme, že vlastné hodnoty sú $0$ a $3$. Tiež vieme, že v Jordanovom tvare s $3$ vyskytne na diagonále dvakrát a $0$ jedenkrát.

Pre každú vlastnú hodnotu môžeme zistiť počet Jordanových blokov pre danú maticu ako $3-h(A-\lambda I)$. Skúsime teda vyrátať tieto hodnosti.
(Vlastne pre nulu by sme to už rátať nemuseli - keďže je na diagonále iba jedinýkrát, tak máme len jeden blok veľkosti 1. Ale aspoň tým skontrolujeme, či to je naozaj vlastná hodnota.)

Spoiler:

Zisitili sme, že $h(A)=h(A-3I)=2$. Teda máme jediný Jordanov blok pre $0$. (To sme vlastne už vedeli.) Takisto máme jediný Jordanov blok pre $3$. Jordanov tvar je skutočne
$J=\begin{pmatrix}
3 & 1 & 0 \\
0 & 3 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}$

Dalo sa to riešiť aj jednoduchšie?

Tým, že máme zadanú maticu v Jordanovom normálnom tvare, s ktorou ju chceme porovnávať, máme do istej miery zjednodušený žívot.

Môžeme najprv skontrolovať, že $0$ a $3$ sú skutočne vlastné hodnoty. Na to stačí skontrolovať, že $A$ a $A-3I$ sú singulárne matice.
Naozaj platí $h(A)=h(A-3I)=2<3$.
Teda $0$ aj $3$ sú skutočne vlastné hodnoty. Teda na diagonále Jordanovho tvaru máme $0$, $3$ a ešte nejaké tretie číslo $\lambda$, ktoré zatiaľ nepoznáme.

Stačí si však uvedomiť, že podobné matice majú rovnakú stopu. Preto $0+3+\lambda=\operatorname{Tr}(A)=6$. Jediná možnosť je teda $\lambda=3$.

Teda $3$ je dvojnásobné vlastné číslo, bude na diagonále matice $J$ dvakrát. Už treba iba zistiť, či máme jeden alebo dva Jordanove bloky k číslu $3$. To môžeme urobiť tak, ako v predošlom riešení.

Výpočet matice $P$

Keďže sa to vyskytlo v jednej z písomiek (aj keď nedopočítané) poďme sa pokúsiť nájsť aj maticu $P$ takú, že $PAP^{-1}$=H. Ako to robiť sme si ukázali na nejakom príklade tu: viewtopic.php?t=656

Poznamenám, že nájdenie takejto matice skutočne rieši túto úlohu. (Ak taká matica existuje, tak $A$ a $J$ sú podobné.) Ale spomedzi rôznych možností riešenia je pri tejto asi pomerne veľa počítania - že sú podobné sme vedeli zistiť aj s menšou námahou.

Vieme, že riadky matice $P$; označme ich $\vec a_1$, $\vec a_2$, $\vec a_3$; by mali tvoriť takú bázu, pri ktorej má lineárne zobrazenie $\vec x \mapsto \vec x A$ maticu $J=\begin{pmatrix}
3 & 1 & 0 \\
0 & 3 & 0 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}$.
Teda špeciálne má platiť $\vec a_2=3 \vec a_2$ a $\vec a_3 = 0 \vec a_3$, sú to teda (riadkové) vlastné vektory k $0$ a $3$.

Štandardným postupom zistíme, že vlastný vektor k $0$ je $(3,5,-14)$ (a jeho nenulové násobky).
(Môžeme skontrolovať, že skutočne platí $(3,5,-14)A=(0,0,0)$.)

Spoiler:

Takisto nájdeme vlastný vektor k $3$, ktorý je $(0,1,-1)$.
(Skutočne platí $(0,1,-1)A=(0,3,-3)=3\cdot(0,1,-1)$.)

Spoiler:

Ešte by sme chceli nájsť vektor $\vec a_1$ taký, že $\vec a_1A=3\vec a_1+\vec a_2$, čo je ekvivalentné s $\vec a_1(A-3I)=\vec a_2$. Hľadanie takéhoto vektora vedie k sústave s rovnakou maticou ako sme riešili pri hľadaní vlastného vektora k $3$, teraz ale máme ako pravé strany súradnice vektora $\vec a_2$.
(Pretože až na násobok máme jediný vlastný vektor k $3$, v tomto prípade si nemusíme robiť starosti s tým, ktorý vlastný vektor vyberieme za $\vec a_2$.)
Máme sústavu
$\left(\begin{array}{ccc|c}
0 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 2 & 2 & 1\\
-1 &-5 &-5 &-1
\end{array}\right)$.
Očividne $\vec a_1=(1,0,0)$ je jedno z riešení.

Dostávame teda (jednu z možností pre) hľadanú maticu $P$ v tvare
$P=
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 &-1 \\
3 & 5 &-14
\end{pmatrix}
$

Môžeme sa presvedčiť, že skutočne platí $PAP^{-1}=J$ priamo tak, že matice vynásobíme. (Alebo, ak sa nám nechce hľadať inverznú, skontrolujeme, že $PA=JP$ a že $P$ je regulárna.)

Wolframalpha: https://www.wolframalpha.com/input/?i=% ... 4%5D%5D%29

Časté chyby

Stopa matice je súčet diagonálnych prvkov. Napríklad v skupine C je $\operatorname{Tr}(A)=3+5-2=6$ a $\operatorname{Tr}(J)=3+3+0=6$. (Našli sa písomky, kde ste tvrdili, že stopy matíc sú rôzne.)

Používanie nesprávnych riadkových operácií pri výpočte determinantu:
Naučili sme sa, že pripočítanie násobku riadku k inému nezmení determinant. Niektorí z vás však robíte operáciu tak, že napríklad riadok $r_1$ nahradíte $r_2-r_1$. Pri tom sa zmení znamienko. Detailnejšie tu: viewtopic.php?t=90
V prípade výpočtu charakteristického polynómu ste si mohli všimnúť, že niečo nie je ok, ak vám vychádzal najvyšší koeficient $-1$ a nie $1$. T.j. pre maticu $3\times3$ by mali vedúci člen byť $t^3$ a nie $-t^3$.
(Pri definícii charakteristického polynómu, ktorú používame na tejto prednáške, máme $\chi_A(t)=t^n+c_{n-1}t^{n-1}+\dots+c_1t+c_0$. Ako vyjde najvyšší koeficient vcelku ľahko vidno z determinantu, ktorý tam rátame. Je rovnaký, ako najvyšší koeficient polynómu $(t-a_{11})(t-a_{22})\dots(t-a_{33})$. O koeficientoch charakteristického polynómu sme hovorili tu.)

Zistenie $h(A-\lambda I)$ alebo nájdenie vlastných vektorov nám poskytuje možnosť na kontrolu, či ide o vlastné číslo.
Napríklad v jednej písomke sa vyskytlo tvrdenie, že vlastné čísla sú $2$, $-3$ a $-4$.
V tej istej písomke potom nasledovalo hľadanie vlastných vektorov. Zistili ste, že $h(A+3I)=3$, sústava pomocou ktorej hladáte vlastný vektor k $3$ má iba nulové riešenie. Z toho vidíme, že $3$ nie je vlastný vektor - treba niekde hľadať chybu.
(Zhodou okolností sústava pre $2$ mala riešenie (išlo o maticu zo skupiny D), čiže aspoň k jednému správnemu vlastnému číslu ste sa dostali, aj keď nesprávnym výpočtom.)