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 PAP−1=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=(1−303−2−60130−313−1−408)
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 PAP−1=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 χA(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.
T.j. zatiaľ vieme, že matica A je podobná s niektorou z matíc (1000010000100001)(1100010000110001)(1100010000100001)(1100011000100001)(1100011000110001)
Ideme sa pokúsiť zistiť, s ktorou.
Riešenie pomocou (zovšeobecnených) vlastných vektorov
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).
Spoiler:
(A−I)T=(0−20−1−3−7−3−4000031337)∼(0201−31−3000003−130)∼(02013−13000000000)
Riešenia sú [(1,0,−1,0),(0,3,1,−6)].
Priamo vynásobením →xA môžete skontrolovať, či sú to naozaj vlastné vektory. (Či sme sa niekte nepomýlili.)
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.
Zostali nám teda dve možnosti pre Jordanov tvar: J1=(1100010000110001)J2=(1100011000100001)
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 Ji, i=1,2, tak vlastne chceme zistiť, či existuje báza →a1,…,→a4 , pri ktorej má lineárne zobrazenie →x↦→xA maticu Ji.
Čo to znamená pre vektory →ai?
V prípade matice J1 to znamená, že majú platiť rovnosti: →a1A=→a1+→a2 →a2A=→a2 →a3A=→a3+→a4 →a4A=→a4
V prípade matice J2 dostaneme rovnosti: →a1A=→a1+→a2 →a2A=→a2+→a3 →a3A=→a3 →a4A=→a4
Tie isté rovnosti môžeme odvodiť aj takto. Pýtame sa, či existuje regulárna matica P taká, že PAP−1=J. To je ekvivalentné s rovnosťou PA=JP. Označme si riadky matice P ako →a1,…,→a4, t.j. P=(→a1→a2→a3→a4).
Napríklad pre maticu J1 potom dostaneme: (→a1→a2→a3→a4)A=J(→a1→a2→a3→a4) (→a1A→a2A→a3A→a4A)=(1100010000110001)(→a1→a2→a3→a4)=(→a1+→a2→a2→a3+→a4→a4)
Ak porovnáme jednotlivé riadky matíc, ktoré nám vyšli dostaneme presne tie isté rovnosti ako pred chvíľou.
Podobne by to fungovalo pre J2.
V oboch prípadoch by sme potrebovali nájsť vektory →b taký, že →bA=→b+→a platí pre nejaký vlastný vektor →a.
(V prvom prípade takúto rovnosť spĺňajú →a1 a vlastný vektor →a2 a aj →a3 a vlastný vektor →a4. V druhom prípade - pre maticu J2 - to platí pre →a2 a vlastný vektor →a3.)
Túto podmienku môžeme ekvivalentne prepísať ako: →bA=→b+→a⇔ →bA−→bI=→a⇔ →b(A−I)=→a⇔ (A−I)T→bT=→aT
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: (0−20−1a−3−7−3−43b0000−a+b31337−6b)
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 J2. J2=(1100011000100001)
(Aby bol Jordanov tvar J1, 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. (0−20−1a−3−7−3−43a0000031337−6a)∼(0201−a−31−30−a000003−130a)∼(3−130a0201−a0000000000)
Vidíme, že jedno z možných riešení je (0,0,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 PAP−1=J. Vlastne môžeme využiť niektoré veci, ktoré sme už vypočítali.
Už sme našli →a3=(3,9,0,−18), →a2=(a,3b,1−a+b,−3−6b). Za →a4 môžeme zvoliť ľubovoľný vlastný vektor nezávislý od →a3.
Už nám zostáva zistiť iba →a1. Môžeme to urobiť rovnakým spôsobom, ako sme našli →a1. Jediný rozdiel je, že vektor na pravej strane sústavy je teraz →a2.
(0−20−1a−3−7−3−43b00001−a+b31337−3−6b)
Vidíme, že riešenie môžeme dostať iba ak b=a−1. (0−20−1a−3−7−3−43a−300000313373−6a)∼(0201−a−31−30−a−3000003−1303−a)∼(0201−a−31−30−a−3000000000−a)
Dostávame, že nutne musí platiť a=0.
(02010−31−30−30000000000)
Táto sústava má riešenie (0,0,1,0).
Ak položíme →a1=(0,0,1,0), tak zodpovedajúci vektor →a2 dostaneme pre a=0 a b=−1, t.j. →a2=(0,−3,0,3).
Môžeme skontrolovať, že skutočne platí: (00100−303390−1810−10)(1−303−2−60130−313−1−408)(00100−303390−1810−10)−1=J2
Opäť ideme hľadať Jordanov normálny tvar, využijeme teraz to, že vieme, že rozdiel h((A−λI)k−1)−h((A−λI)k) nám prezradí počet blokov prislúchajúcich k vlastnej hodnote λ, ktoré majú veľkosť aspoň k.
Spočítajme teda najprv h(A−I). A−I=(0−303−2−70130−303−1−407)∼(010−1−2−70130000−1−407)∼(010−1−20060000−1003)∼(100−3010−100000000)
Zistili sme, že h(A−I)=2, a teda počet blokov bude 4−2=2.
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 J2=(1100011000100001)
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 →a1A=→a1+→a2 →a2A=→a2+→a3 →a3A=→a3 →a4A=→a4
Tieto rovnosti môžeme prepísať ako →a1(A−I)=→a2 →a2(A−I)=→a3 →a3(A−I)=→0 →a4(A−I)=→0
Všimnime si, že dostávame →a1(A−I)2=→a2(A−I)=→a3 →a1(A−I)3=→a3(A−I)=→0
Podmienke →a1(A−I)3=→0 vyhovuje ľubovoľný vektor. (Lebo (A−I)3=0.)
Ak si teda zvolíme ľubovoľný vektor →a1, tak už vieme dorátať →a2=→a1(A−I) aj →a3=→a2(A−I)=→a1(A−I)2. (Akurát →a1 chceme zvoliť tak, aby sme nedostali →a2=→0 alebo →a3=→0; t.j. chceme →a1(A−I)2≠→0.)
Zvoľme napríklad →a1=(1,0,0,0), čo znamená, že →a2 bude prvý riadok matice A−I a →a3 bude prvý riadok matice (A−I)2.
Teda máme: →a2=(0,−3,0,3) →a3=(3,9,0,−18)
Všimnime si, že vektor →a3 je skutočne vlastný vektor matice A.
Ešte potrebujeme vyrátať jeden vlastný vektor →a4 nezávislý od →a3. Vlastné vektory sme už rátali v predošlom výpočte, môžeme napríklad zvoliť →a4=(1,0,−1,0).
Môžeme skontrolovať, že skutočne platí: (10000−303390−1810−10)(1−303−2−60130−313−1−408)(10000−303390−1810−10)−1=J2
Ešte sa vrátim k výberu →a1 pri druhom uvedenom postupe.
Martin Sleziak wrote:
Podmienke →a1(A−I)3=→0 vyhovuje ľubovoľný vektor. (Lebo (A−I)3=0.)
Ak si teda zvolíme ľubovoľný vektor →a1, tak už vieme dorátať →a2=→a1(A−I) aj →a3=→a2(A−I)=→a1(A−I)2.
Zvoľme napríklad →a1=(1,0,0,0), čo znamená, že →a2 bude prvý riadok matice A−I a →a3 bude prvý riadok matice (A−I)2.
Teda máme: →a2=(0,−3,0,3) →a3=(3,9,0,−18)
Všimnime si, že vektor →a3 je skutočne vlastný vektor matice A.
Skutočne je pravda, že tento vektor chceme voliť tak, aby →a1(A−I)3=→0.
Navyše ale ešte potrebujeme, aby vektory →a1, →a2, →a3 boli lineárne nezávislé.
To pre tento vektor skutočne platí.
Dokonca to platí pre každý vektor taký, že →a1(A−I)3=→0 a súčasne →a1(A−I)2≠→0.
Pretože h((A−I)2)<4, určite sa taký vektor dá zvoliť.
Ak by sme však zvolili napríklad →a1=(0,−3,0,−3), tak dostaneme →a2=(3,9,0,−18) a →a3=(0,0,0,0). (Vidno to z toho, že →a2 je vlastný vektor.) Čiže takáto voľba →a1 by bola zlá.