Pripomeniem niektoré základné fakty o podobnosti s diagonálnou maticou:
- Matica $A$ typu $n\times n$ je podobná s diagonálnou práve vtedy, keď existuje báza $R^n$ pozostávajúca z vlastných vektorov matice $A$.
- Ak matica $A$ má $n$ rôznych vlastných čísel, tak je podobná s diagonálnou.
- Pretože podobné matice musia mať rovnaký charakteristický polynóm, tak na príslušná diagonálna matica (ak existuje) bude mať na diagonálne práve korene charakteristického polynómu (t.j. vlastné čísla), každé z nich toľkokrát, koľkonásobný koreň to je.
Tvrdenie o báze z vlastných vektorov je charakterizácia matíc podobných s diagonálnou.
Vlastné čísla a vlastné vektoryZistite, či existujú regulárna matica $P$ a diagonálna matica $D$ také, že $PAP^{-1}=D$. Ak existujú, nájdite nejaké také $P$ a $D$.
$$A=
\begin{pmatrix}
1 & 2 & 2 \\
0 & 2 & 1 \\
0 & 1 & 2 \\
\end{pmatrix}
$$
(Stačí nájsť jednu maticu z dvojice $P$ a $P^{-1}$; teda ak jednu z nich nájdete, inverznú už rátať nemusíte.)
Výpočet charakteristického polynómu je v tomto prípade veľmi jednoduchý, lebo prvý stĺpec má iba jeden nenulový prvok.
$\chi_A(x)=|xI-A|=$ $\begin{vmatrix}
x-1&-2 &-2 \\
0 &x-2&-1 \\
0 &-1 &x-2
\end{vmatrix}=$ $(x-1)\begin{vmatrix}
x-2&-1 \\
-1 &x-2
\end{vmatrix}=$ $(x-1)[(x-2)^2-1^2]=$ $(x-1)(x-1)(x-3)=$ $(x-1)^2(x-3)$
Vlastné čísla sú teda $1$, $1$, $3$.
Spoiler:
$(A-I)^T=
\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 \\
2 & 1 & 1 \\
2 & 1 & 1 \\
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
2 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}
$
Množina riešení tejto sústavy je dvojrozmerná, môžeme ju zapísať rôznymi spôsobmi, napríklad ako $[(1,-2,0),(1,0,-2)]=[(1,-1,-1),(0,1,-1)]$ a pod.
Pre vlastné číslo $3$ hľadáme vlastné vektory ako riešenia sústavy
$(A-3I)^T=
\begin{pmatrix}
-2 & 0 & 0 \\
2 &-1 & 1 \\
2 & 1 &-1 \\
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 &-1 \\
0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}$
Množina riešení je $[(0,1,1)]$.
Ako skúšku správnosti môžeme skontrolovať, či pre vektory, ktoré sme našli, skutočne platí $\vec xA=\vec x$ resp. $\vec xA=3\vec x$.
Zistili sme, že existuje báza pozostávajúca z vlastných vektorov, takže teraz už vieme povedať, že $A$ je podobná s diagonálnou maticou $D=\operatorname{diag}(1,1,3)$.
Stĺpcové vlastné vektory.
Ak by sme počítali stĺpcové vlastné vektory, tak by sme nemuseli transponovať, t.j. riešili by sme homogénne sústavy s maticami $A-I$ a $A-3I$.
K vlastnej hodnote $1$ by sme dostali stĺpcové vlastné vektory $(1,0,0)$ a $(0,1,-1)$. K vlastnej hodnote $3$ by to bol vektor $(2,1,1)$.
Nižšie sa vrátim k tomu, prečo spomínam aj stĺpcové vlastné vektory. (Hoci nám ich reálne netreba. Resp. naopak ak by sme vypočítali stĺpcové, tak nemusíme počítať riadkové.)
Zostavenie matice $P$
Síce sme o tom na cviku viackrát hovorili, ale skúsim ešte raz stručne pripomenúť, ako môžeme nájsť maticu $P$ a prečo to funguje. (Dá sa povedať, že do značnej miery vlastne opakujem dôkaz charakterizácie matíc podobných s diagonálnymi, akurát tu sa ešte sústreďujem aj na popis matice $P$.)
Označme riadky matice $P$ ako $\vec a_1$, $\vec a_2$, $\vec a_3$, t.j. $P=\begin{pmatrix}\vec a_1\\\vec a_2\\\vec a_3\end{pmatrix}$.
Chceme aby $P$ bolo regulárna - teda tieto tri vektory majú byť linárne nezávislé.
A navyše má platiť
\begin{align*}
PAP^{-1}&=D\\
PA&=DP\\
\begin{pmatrix}\vec a_1\\\vec a_2\\\vec a_3\end{pmatrix}A&=
\begin{pmatrix}
d_1& 0 & 0 \\
0 &d_2& 0 \\
0 & 0 &d_3
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\vec a_1\\\vec a_2\\\vec a_3\end{pmatrix}\\
\begin{pmatrix}\vec a_1A\\\vec a_2A\\\vec a_3A\end{pmatrix}&=
\begin{pmatrix}d_1\vec a_1\\d_2\vec a_2\\d_3\vec a_3\end{pmatrix}
\end{align*}
Vidíme teda, že pre $i=1,2,3$ má platiť $$\vec a_iA=d_iA.$$ Teda $d_i$ je vlastné číslo a $i$-ty riadok matice $P$ je (riadkový) vlastný vektor prislúchajúci k vlastnému číslu $d_i$.
Keďže vlastné čísla aj vlastné vektory už máme vyrátané, vlastne nám iba treba do matice $P$ poukladať ako riadky vlastné vektory. (V rovnakom poradí v akom sme do $D$ dali vlastné čísla.)
Dostaneme, že pre $$P=
\begin{pmatrix}
1 &-2 & 0 \\
1 & 0 &-2 \\
0 & 1 & 1 \\
\end{pmatrix}
$$
a $D=\operatorname{diag}(1,1,3)$ platí $PAP^{-1}=D$.
Ak chceme urobiť skúšku, tak sa môžeme presvedčiť, že $P$ je regulárna a platí $PA=DP$. Alebo môžeme vypočítať $P^{-1}$ a overiť rovnosť $PAP^{-1}=D$. (Tento druhý postup je výpočtovo náročnejší, lebo počítame aj inverznú maticu.)
Tu je linka na overenie vo WolframAlpha
Aj by ste počítali inverznú maticu, dostali by ste
$$P^{-1}=\frac14
\begin{pmatrix}
2 & 2 & 4 \\
1 &-1 & 2 \\
-1 & 1 & 2 \\
\end{pmatrix}
$$
WolframAlapha
To isté cez bázu a maticu prechodu
Ešte trochu iný pohľad na odvodenie, ktoré je napísané vyššie.
Chceme zistiť, či $A$ je podobná s $D$. To znamená, že zobrazenie $\vec x\mapsto \vec xA$ by malo mať v inej báze maticu $D$.
To znamená, že hľadáme bázu $\vec b_1$, $\vec b_2$, $\vec b_3$ takú, že platí
\begin{align*}
\vec b_1&=d_1\vec b_1\\
\vec b_2&=d_2\vec b_2\\
\vec b_3&=d_3\vec b_3
\end{align*}
Vidíme, že sme dostali tie isté podmienky ako vyššie - potrebujeme bázu zloženú z vlastných vektorov.
Ak chceme dostať aj rovnosť $PAP^{-1}=D$, tak si treba ešte uvedomiť, ako vyzerá matica prechodu a aký je vzťah medzi maticami v dvoch rôznych bázach.
Pomocou stĺpcových vektorov
Ak by sme sa rozhodli z nejakého dôvodu rátať so stĺpcovými vlastnými vektormi, tak veľmi podobným odvodením ako sme videli vyššie sa dá presvedčiť o tom, že ak poukladáme tieto vektory ako stĺpce do matice $Q$, tak pre túto maticu bude platiť $Q^{-1}AQ=D$ resp. $A=QDQ^{-1}$.
V našom príklade dostávame napríklad (pri nejakej voľbe stĺpcových vlastných vektorov)
$$Q=
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 2 \\
0 & 1 & 1 \\
0 &-1 & 1 \\
\end{pmatrix}
$$
Pridám linku na overenie vo WO pre jednu i druhú rovnosť.
Pre voľbu $Q$ máme samozrejme veľa možností. Vždy to však bude matica, ktorá má ako stĺpce vlastné vektory - môžete sa presvedčiť, že stĺpce matice $P^{-1}$ sú skutočne stĺpcové vlastné vektory.
Spomínam to na tomto mieste z dvoch dôvodov. Jednak ak si budete pozerať inú literatúru, tak môžete pomerne bežne naraziť na to, že sa pracuje so stĺpcovými vektormi.
A tiež preto, že v tomto prípade sa jeden stĺpcový vektor (konkrétne $(1,0,0)$) dal uhádnuť viac-menej na prvý pohľad. Takže preto by sa mohlo zdať, že počítanie stĺpcových vektorov je o máličko jednoduchšie, keďže jeden z nich vidíme hneď. (V skutočnosti tam ale žiadne výrazný rozdiel v obtiažnosti výpočtov nie je.)