Nejaké úlohy typu "nájdite Jordanov tvar danej matice" nájdete sme robili na cvikách - takže ste videli ako sa takéto úlohy riešia. Aj tak sa možno oplatí skúsiť sem napísať riešenie jednej takejto úlohy. (Potom skúsime ešte navyše nájsť maticu takú, že $\newcommand{\inv}[1]{{#1}^{-1}}PA\inv P=J$.)
Nejaké riešené úlohy nájdete aj tu: http://thales.doa.fmph.uniba.sk/sleziak ... jordan.pdf (A samozrejme kdekade inde na internete a v rôznej literatúre; to čo píšem sem má ale tú výhodu, že používam konvencie, na ktoré ste zvyknutí z prednášky a cvika.)
Samozrejme, ak budú nejaké veci nejasné, budete mať nejaké otázky, poznámky, návrhy na jednoduchšie riešenia, tak kľudne píšte sem. (A ak narazíte na problém pri inej úlohe, tak môžete otvoriť topic na fóre - je nenulová šanca, že sa dočkáte nejakej odpovede.)
Skúsme takúto maticu:
$A=\begin{pmatrix}
1&-3& 0& 3\\
-2&-6& 0&13\\
0&-3& 1& 3\\
-1&-4& 0& 8
\end{pmatrix}$
Najprv skúsime vyriešiť úlohu nájsť Jordanov tvar. Na to poznáme prinajmenšom dva spôsoby, ktoré však navzájom pomerne úzko súvisia.
Potom sa skúsime pozrieť aj na to, či by sme vedeli nájsť maticu $P$ takú, že $PA\inv P=J$.
(Aj keď toto je do istej miery navyše. Zamyslieť sa však nad tým azda nezaškodí.)
Každopádne ako prvé potrebujeme nájsť vlastné čísla. Spočítame charakteristický polynóm a zistíme, že $\chi_A(x)=(x-1)^4$.
O Jordanovom tvare vieme teda povedať, že bude pozostávať z Jordanových blokov k číslu 1, ale zatiaľ nevieme povedať, koľko ich bude a aké budú veľké.
Mohli by sme mať napríklad 4 bloky veľkosti 1, t.j. $4=1+1+1+1$, alebo dva bloky veľkosti 2, t.j. $4=2+2$, alebo ešte ďalšie možnosti $4=2+1+1$, $4=3+1$, $4=4$.
Riešenie pomocou (zovšeobecnených) vlastných vektorov$\newcommand{\inv}[1]{{#1}^{-1}}$
Poďme teraz spočítať vlastné vektory k vlastnému číslu 1. (Na zistenie Jordanovho tvaru je v podstate jedno, či by sme použili riadkové alebo stĺpcové vlastné vektory. Nie je to jedno ak sa potom budeme snažiť zostaviť aj maticu prechodu - tam postupujeme inak ak sme hľadali riadkové vektory, inak ak sme hľadali stĺpcové vektory. Každopádne my sme zvyknutí na riadkové vektory, takže nájdeme riadkové vlastné vektory.)
Znamená to, že máme riešiť sústavu s maticou $(A-I)^T$.
Riešením tejto sústavy nájdeme vlastný podpriestor $[(1,0,-1,0),(0,3,1,-6)]$ (k vlastnému číslu 1).
Zistili sme, že existujú dva lineárne nezávislé vlastné vektory k 1 (vlastný podpriestor má dimenziu 2), teda vieme, že budeme mať dva Jordanove bloky k vlastnému číslu 1.
To, ktorá z týchto možností nastane, zistíme hľadaním zovšeobecnených vlastných vektorov.
Poďme sa na chvíľu zamyslieť, prečo takýto postup funguje, a potom sa vrátime k počítaniu.
Ak sa pýtame, či $A$ je podobná s maticou $J_i$, $i=1,2$, tak vlastne chceme zistiť, či existuje báza $\vec a_1,\dots, \vec a_4$ , pri ktorej má lineárne zobrazenie $\vec x\mapsto \vec xA$ maticu $J_i$.
Čo to znamená pre vektory $\vec a_i$?
V prípade matice $J_1$ to znamená, že majú platiť rovnosti:
$\vec a_1 A= \vec a_1 + \vec a_2$
$\vec a_2 A= \vec a_2$
$\vec a_3 A= \vec a_3 + \vec a_4$
$\vec a_4 A= \vec a_4$
V prípade matice $J_2$ dostaneme rovnosti:
$\vec a_1 A= \vec a_1 + \vec a_2$
$\vec a_2 A= \vec a_2 + \vec a_3$
$\vec a_3 A= \vec a_3$
$\vec a_4 A= \vec a_4$
Tie isté rovnosti môžeme odvodiť aj takto. Pýtame sa, či existuje regulárna matica $P$ taká, že $PA\inv P=J$. To je ekvivalentné s rovnosťou $PA=JP$. Označme si riadky matice $P$ ako $\vec a_1,\dots,\vec a_4$, t.j.
$P=\begin{pmatrix}\vec a_1\\\vec a_2\\\vec a_3\\\vec a_4\end{pmatrix}$.
Napríklad pre maticu $J_1$ potom dostaneme:
$\begin{pmatrix}\vec a_1\\\vec a_2\\\vec a_3\\\vec a_4\end{pmatrix} A = J \begin{pmatrix}\vec a_1\\\vec a_2\\\vec a_3\\\vec a_4\end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix}\vec a_1A\\\vec a_2A\\\vec a_3A\\\vec a_4A\end{pmatrix} =
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\vec a_1\\\vec a_2\\\vec a_3\\\vec a_4\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}\vec a_1+\vec a_2\\\vec a_2\\\vec a_3+\vec a_4\\\vec a_4\end{pmatrix}$
Ak porovnáme jednotlivé riadky matíc, ktoré nám vyšli dostaneme presne tie isté rovnosti ako pred chvíľou.
Podobne by to fungovalo pre $J_2$.
V oboch prípadoch by sme potrebovali nájsť vektory $\vec b$ taký, že $\vec b A = \vec b + \vec a$ platí pre nejaký vlastný vektor $\vec a$.
(V prvom prípade takúto rovnosť spĺňajú $\vec a_1$ a vlastný vektor $\vec a_2$ a aj $\vec a_3$ a vlastný vektor $\vec a_4$. V druhom prípade - pre maticu $J_2$ - to platí pre $\vec a_2$ a vlastný vektor $\vec a_3$.)
Túto podmienku môžeme ekvivalentne prepísať ako:
$\vec b A = \vec b + \vec a$ $\Leftrightarrow$
$\vec b A - \vec b I = \vec a$ $\Leftrightarrow$
$\vec b (A - I) = \vec a$ $\Leftrightarrow$
$(A - I)^T \vec b^T = \vec a^T$
Znamená to, že opäť chceme riešiť sústavu s maticou $(A-I)^T$ (podobne ako pri vlastných vektoroch), len teraz pravé strany nie sú nulové, na pravej strane by sme mali mať vlastný vektor. Nevieme však, či pre každý vlastný vektor bude mať táto sústava riešenie. Tak tam skúsime dať ľubovoľný vlastný vektor, t.j. vezmeme ľubovoľný lineárnu kombináciu $a(1,0,-1,0)+b(0,3,1,-6)$. Budeme sa pýtať, či existuje riešenie pre ľubovoľné $a$, $b$ alebo iba pre niektoré.
Poďme teraz už rátať pre našu zadanú maticu. Máme sústavu:
$\left(\begin{array}{cccc|c}
0&-2& 0&-1&a\\
-3&-7&-3&-4&3b\\
0& 0& 0& 0&-a+b\\
3&13& 3& 7&-6b
\end{array}\right)$
Z tretieho riadku hneď vidíme, že táto sústava môže mať riešenie iba ak $a=b$.
Už na tomto mieste by sme sa mohli zastaviť - vidíme, že riešenie budeme mať iba pre jeden vlastný vektor (až na násobok). Teda Jordanov tvar bude $J_2$.
$J_2=\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}$
(Aby bol Jordanov tvar $J_1$, museli by sme nájsť dva lineárne nezávislé vlastné vektory, pre ktoré má uvedená sústava riešenie.)
Skúsme aj tak dorátať sústavu - skontrolujeme aspoň, či sme sa nepomýlili.
$\left(\begin{array}{cccc|c}
0&-2& 0&-1&a\\
-3&-7&-3&-4&3a\\
0& 0& 0& 0&0\\
3&13& 3& 7&-6a
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|c}
0& 2& 0& 1&-a\\
-3& 1&-3& 0&-a\\
0& 0& 0& 0& 0\\
3&-1& 3& 0& a
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|c}
3&-1& 3& 0& a\\
0& 2& 0& 1&-a\\
0& 0& 0& 0& 0\\
0& 0& 0& 0& 0
\end{array}\right)$
Vidíme, že jedno z možných riešení je $(0,0,\frac a3,-a)$.
Napríklad ak zvolíme $a=3$, dostaneme riešenie $(0,0,1,-3)$. (A zodpovedajúci vlastný vektor je $(3,9,0,-18)$.)
Takisto dostaneme riešenie ak pripočítame ľubovoľný vlastný vektor, t.j. aj $(0,0,1,-3)+a(1,0,-1,0)+b(0,3,1,-6)=(a,3b,1-a+b,-3-6b)$ je riešením.
Nájdenie matice $P$
Skúsme riešiť o trochu náročnejšiu úlohu - čo keby sme chceli nielen nájsť Jordanov tvar, ale aj regulárnu maticu $P$ takú, že $PA\inv P=J$. Vlastne môžeme využiť niektoré veci, ktoré sme už vypočítali.
Už sme našli $\vec a_3=(3,9,0,-18)$, $\vec a_2=(a,3b,1-a+b,-3-6b)$. Za $\vec a_4$ môžeme zvoliť ľubovoľný vlastný vektor nezávislý od $\vec a_3$.
Už nám zostáva zistiť iba $\vec a_1$. Môžeme to urobiť rovnakým spôsobom, ako sme našli $\vec a_1$. Jediný rozdiel je, že vektor na pravej strane sústavy je teraz $\vec a_2$.
$\left(\begin{array}{cccc|c}
0&-2& 0&-1& a\\
-3&-7&-3&-4& 3b\\
0& 0& 0& 0& 1-a+b\\
3&13& 3& 7&-3-6b
\end{array}\right)$
Vidíme, že riešenie môžeme dostať iba ak $b=a-1$.
$\left(\begin{array}{cccc|c}
0&-2& 0&-1& a\\
-3&-7&-3&-4& 3a-3\\
0& 0& 0& 0& 0\\
3&13& 3& 7& 3-6a
\end{array}\right)\sim
\left(\begin{array}{cccc|c}
0& 2& 0& 1& -a\\
-3& 1&-3& 0& -a-3\\
0& 0& 0& 0& 0\\
3&-1& 3& 0& 3-a
\end{array}\right)\sim
\left(\begin{array}{cccc|c}
0& 2& 0& 1& -a\\
-3& 1&-3& 0& -a-3\\
0& 0& 0& 0& 0\\
0& 0& 0& 0& -a
\end{array}\right)$
Dostávame, že nutne musí platiť $a=0$.
$\left(\begin{array}{cccc|c}
0& 2& 0& 1& 0\\
-3& 1&-3& 0&-3\\
0& 0& 0& 0& 0\\
0& 0& 0& 0& 0
\end{array}\right)$
Táto sústava má riešenie $(0,0,1,0)$.
Ak položíme $\vec a_1=(0,0,1,0)$, tak zodpovedajúci vektor $\vec a_2$ dostaneme pre $a=0$ a $b=-1$, t.j. $\vec a_2=(0,-3,0,3)$.
Riešenie pomocou mocnín matice $(A-I)$$\newcommand{\inv}[1]{{#1}^{-1}}$
Opäť ideme hľadať Jordanov normálny tvar, využijeme teraz to, že vieme, že rozdiel $h((A-\lambda I)^{k-1})-h((A-\lambda I)^k)$ nám prezradí počet blokov prislúchajúcich k vlastnej hodnote $\lambda$, ktoré majú veľkosť aspoň $k$.
Ľahko zistíme, že $h((A-2I)^2)=1$. Teda počet blokov veľkosti aspoň 2 je $2-1$. Z toho už vieme, že Jordanov tvar je
$J_2=\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}$
Ak chceme môžeme sa ešte presvedčiť, že $(A-I)^3=0$.
To súhlasí s tým, že počet blokov veľkosti aspoň 3 je $1-0=1$.
A tiež vidíme, že minimálny polynóm je $(x-1)^3$. (Čo tiež súhlasí s Jordanovým normálnym tvarom.)
Výpočet matice $P$
Opäť sa pokúsme pozrieť na to, či aj pri tomto postupe by sme sa vedeli dopracovať k matice $P$. Už vieme, že hľadáme vektory také, že
$\vec a_1 A= \vec a_1 + \vec a_2$
$\vec a_2 A= \vec a_2 + \vec a_3$
$\vec a_3 A= \vec a_3$
$\vec a_4 A= \vec a_4$
Tieto rovnosti môžeme prepísať ako
$\vec a_1(A-I)=\vec a_2$
$\vec a_2(A-I)=\vec a_3$
$\vec a_3(A-I)=\vec 0$
$\vec a_4(A-I)=\vec 0$
Všimnime si, že dostávame
$\vec a_1(A-I)^2=\vec a_2(A-I)=\vec a_3$
$\vec a_1(A-I)^3=\vec a_3(A-I)=\vec 0$
Podmienke $\vec a_1 (A-I)^3=\vec 0$ vyhovuje ľubovoľný vektor. (Lebo $(A-I)^3=0$.)
Ak si teda zvolíme ľubovoľný vektor $\vec a_1$, tak už vieme dorátať $\vec a_2=\vec a_1(A-I)$ aj $\vec a_3=\vec a_2(A-I)=\vec a_1(A-I)^2$. (Akurát $\vec a_1$ chceme zvoliť tak, aby sme nedostali $\vec a_2=\vec0$ alebo $\vec a_3=\vec0$; t.j. chceme $\vec a_1(A-I)^2\ne\vec0$.)
Zvoľme napríklad $\vec a_1=(1,0,0,0)$, čo znamená, že $\vec a_2$ bude prvý riadok matice $A-I$ a $\vec a_3$ bude prvý riadok matice $(A-I)^2$.
Teda máme:
$\vec a_2=(0,-3,0,3)$
$\vec a_3=(3,9,0,-18)$
Všimnime si, že vektor $\vec a_3$ je skutočne vlastný vektor matice $A$.
Ešte potrebujeme vyrátať jeden vlastný vektor $\vec a_4$ nezávislý od $\vec a_3$. Vlastné vektory sme už rátali v predošlom výpočte, môžeme napríklad zvoliť $\vec a_4=(1,0,-1,0)$.
Ešte sa vrátim k výberu $\vec a_1$ pri druhom uvedenom postupe.
Martin Sleziak wrote:
Podmienke $\vec a_1 (A-I)^3=\vec 0$ vyhovuje ľubovoľný vektor. (Lebo $(A-I)^3=0$.)
Ak si teda zvolíme ľubovoľný vektor $\vec a_1$, tak už vieme dorátať $\vec a_2=\vec a_1(A-I)$ aj $\vec a_3=\vec a_2(A-I)=\vec a_1(A-I)^2$.
Zvoľme napríklad $\vec a_1=(1,0,0,0)$, čo znamená, že $\vec a_2$ bude prvý riadok matice $A-I$ a $\vec a_3$ bude prvý riadok matice $(A-I)^2$.
Teda máme:
$\vec a_2=(0,-3,0,3)$
$\vec a_3=(3,9,0,-18)$
Všimnime si, že vektor $\vec a_3$ je skutočne vlastný vektor matice $A$.
Skutočne je pravda, že tento vektor chceme voliť tak, aby $\vec a_1 (A-I)^3=\vec 0$.
Navyše ale ešte potrebujeme, aby vektory $\vec a_1$, $\vec a_2$, $\vec a_3$ boli lineárne nezávislé.
To pre tento vektor skutočne platí.
Dokonca to platí pre každý vektor taký, že $\vec a_1 (A-I)^3=\vec 0$ a súčasne $\vec a_1 (A-I)^2\ne\vec 0$.
Pretože $h((A-I)^2)<4$, určite sa taký vektor dá zvoliť.
Ak by sme však zvolili napríklad $\vec a_1=(0,-3,0,-3)$, tak dostaneme $\vec a_2=(3,9,0,-18)$ a $\vec a_3=(0,0,0,0)$. (Vidno to z toho, že $\vec a_2$ je vlastný vektor.) Čiže takáto voľba $\vec a_1$ by bola zlá.