Hľadať $PAP^T=D$, kde $P$ má na diagonále jednotky

[Martin Sleziak]

Nájdite diagonálnu maticu $D$ tak, aby platilo $PAP^T=D$ pre nejakú regulárnu maticu $P$ takú, že $P$ má na diagonále jednotky.
(Ak viete nájsť maticu $D$ bez toho, aby ste vypočítali maticu $P$, v tejto úlohe to úplne stačí -- treba ale nejako zdôvodniť, prečo toto je naozaj hľadaná matica.)
$$A=
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 1 & 2 \\
1 & 1 & 2 & 1 \\
1 & 2 & 1 & 4 \\
\end{pmatrix}
$$

Toto zadanie sa podobá na štandardný typ úlohy aký sme riešili - akurát tu pribudla podmienka, že na diagonále chcem jednotky.
Úloha sa dá riešiť tak, že vyskúšame štandardný postup a nejako sa budeme snažiť upraviť výsledok tak, aby sme na diagonále dostali jednotky. (A pri postupe, ktorý sa asi zdá najpriamočiarejší, to tak vyjde.)
Ak si človek spomenie na dôkaz jednej vety, ktorú sme robili na prednáške, tak vlastne vieme nájsť maticu $D$ aj bez počítania matice $P$.

[Martin Sleziak]

Bez výpočtu matice $P$

V jednej z viet na prednáška sme ukázali, že ak symetrická matica $A$ má nenulové hlavné minory, tak existuje regulárna matica $P$ tak, že
$$PAP^T=\operatorname{diag}(D_1,D_2/D_1,D_3/D_2,\dots,D_n/D_{n-1}).$$

Ak sa ešte detailnejšie pozrieme na dôkaz tak, ako bol sformulovaný na prednáške, tak sme tam používali riadkové a stĺpcové úpravy. Navyše v dôkaze vidíme, že:

• Vždy sme používali iba také úpravy, že sme pripočítavali násobok nejakého riadku k inému. (Nikde sme nepoužili násobenie riadku konštantou a ani výmenu riadkov.)
• Pripočítali sme k nejakému riadku vždy iba niektoré z predchádzajúcich riadkov.

Matica každej takej to riadkovej úpravy je dolná trojuholníková matica, ktorá má na diagonále jednotky. A keď násobíme viacero matíc takéhoto tvaru, tak dostaneme opäť dolnú trojuholníkovú maticu, ktorá má na diagonále jednotky.

Teda v skutočnosti sme mohli toto tvrdenie sformulovať aj tak, že existuje matica tvaru
$$P=
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 & \ldots & 0 \\
p_{21}& 1 & 0 & 0 & \ldots & 0 \\
p_{31}&p_{32}& 1 & 0 & \ldots & 0 \\
\vdots & & & \ddots & \ddots & \vdots \\
p_{n1}&p_{n2}& \ldots & \ldots & p_{n,n-1} & 1 \\
\end{pmatrix}
$$
taká, že $$PAP^T=\operatorname{diag}(D_1,D_2/D_1,D_3/D_2,\dots,D_n/D_{n-1}).$$
(Akurát by sme si museli v dôkaze rozmyslieť aj veci o tvare matice $P$.)

Ak teda vieme niečo takéto, tak nám už stačí iba vypočítať rohové determinantu a dostaneme sa k hľadanej matici $D$ (bez toho, aby sme naozaj vypočítali $P$.)
Ak skúsime počítať $P$, tak vieme, že sa to dá urobiť tak, že budeme používať iba jeden typ operácií.

Ešte poznamenám, že ak by som požadoval aby $P$ mala na diagonále jednotky a bola to dolná trojuholníková matica, tak matica $D$ je určená jednoznačne. (Stačí si rozmyslieť, aké sú hlavné minory.)
Tu som v zadaní žiadal iba jednotky na diagonále - takto je možných viacero výsledkov.

Pre zadanú maticu dostaneme $D_1=D_2=D_3=1$, $D_4=2$ a teda hľadaná matica je
$$D=\operatorname{diag}(D_1,D_2/D_1,D_3/D_2,D_4/D_3)=\operatorname{diag}(1,1,1,2)=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 2 \\
\end{pmatrix}.$$

Spoiler:

$D_2=\begin{vmatrix}
1 & 1 \\
1 & 2 \\
\end{vmatrix}=1$,
$D_3=\begin{vmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 1 \\
1 & 1 & 2 \\
\end{vmatrix}=
\begin{vmatrix}
1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
\end{vmatrix}=1$,
$D_4=\begin{vmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 1 & 2 \\
1 & 1 & 2 & 1 \\
1 & 2 & 1 & 4 \\
\end{vmatrix}=$ $
\begin{vmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 1 & 2 \\
1 & 1 & 2 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 2 \\
\end{vmatrix}=$ $
\begin{vmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 2 \\
\end{vmatrix}=2$

Som rád, že niektorí z vás na písomke prišli na takúto možnosť.

[Martin Sleziak]

Úlohu sme mohli riešiť aj úplne štandardnými postupmi - cez riadkové/stĺcové úpravy alebo doplnením na štvorec.

Riadkové a stĺpcové úpravy

Riadkové úpravy som označil $\sim$ a zodpovedajúce stĺpcové $\sim'$.
Vidíme, že v tomto postupe som používal len také kroky, kde som pripočítal násobok nejakého riadku k niektorému z nasledujúcich riadkov

$A=
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 1 & 2 \\
1 & 1 & 2 & 1 \\
1 & 2 & 1 & 4 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 3 \\
\end{pmatrix}\sim'$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 3 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 2 \\
\end{pmatrix}\sim'$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 2 \\
\end{pmatrix}
$

$I=
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0 & 0 \\
-1 & 0 & 1 & 0 \\
-1 & 0 & 0 & 1 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0 & 0 \\
-1 & 0 & 1 & 0 \\
0 &-1 & 0 & 1 \\
\end{pmatrix}
$

Pre matice
$$P=
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0 & 0 \\
-1 & 0 & 1 & 0 \\
0 &-1 & 0 & 1 \\
\end{pmatrix} \qquad\text{a}\qquad
D=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 2 \\
\end{pmatrix}
$$
máme $PAP^T=D$.
Dá sa to skontrolovať priamym výpočtom, tu je linka na WA.

Spoiler:

$PAP^T=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0 & 0 \\
-1 & 0 & 1 & 0 \\
0 &-1 & 0 & 1 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 1 & 2 \\
1 & 1 & 2 & 1 \\
1 & 2 & 1 & 4 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 &-1 &-1 & 0 \\
0 & 1 & 0 &-1 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 \\
\end{pmatrix}=$ $
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 2 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 &-1 &-1 & 0 \\
0 & 1 & 0 &-1 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 \\
\end{pmatrix}=$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 2 \\
\end{pmatrix}
$

Doplnenie na štvorec
Opäť môžem postupovať štandardne, len sa budem snažiť, aby som v prvej zátvorke mal koeficient pri $x_1$ rovný jedna, podobne pri $x_2$ v druhej zátvorke, atď.

\begin{align*}
K(x_1,x_2,x_3,x_4)
&=x_1^2+2x_1x_2+2x_1x_3+2x_1x_4+2x_2^2+2x_2x_3+4x_2x_4+2x_3^2+2x_3x_4+4x_4^2\\
&=(x_1+x_2+x_3+x_4)^2+x_2^2+2x_2x_4+x_3^2+3x_4^2\\
&=(x_1+x_2+x_3+x_4)^2+(x_2+x_4)^2+x_3^2+2x_4^2
\end{align*}

Takto som dostal rovnosť $QDQ^T=A$ pre maticu $Q=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 1 \\
\end{pmatrix}
$.
Aj matica $P^{-1}=Q$ bude mať na diagonále jednotky a bude to dolná trojuholníková matica.
Pre maticu, ktorá nám vyšla, to môžeme skontrolovať priamym vypočtom. Niečo takéto však platí aj všeobecne.
Niečo o tom, že inverzná matic k hornej trojuholníkovej je opäť horná trojuholníková sa dá pozrieť tu: viewtopic.php?t=1008 a viewtopic.php?t=1009


Kontrolu môžeme urobiť ručne ale napríklad aj vo WA.

Spoiler:

$QDQ^T=
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 1 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 2 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 \\
\end{pmatrix}=$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 1 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 2 \\
\end{pmatrix}=$ $
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 1 & 2 \\
1 & 1 & 2 & 1 \\
1 & 2 & 1 & 4 \\
\end{pmatrix}
$

[Martin Sleziak]

Ako ste videli vyššie, zadanie som sa snažil urobiť tak, že postup ktorý sa najviac núka, naozaj vedie k dolnej trojuholníkovej matici s jednotkami na diagonálach.

Ak by ste riešili úlohu nejako inak a vyšla Vám iná matica, tak stále sa dá vhodným prenásobením dosiahnuť, aby na diagonále matice $P$ bolo $1$ - za predpokladu, že sme na diagonále matice $P$ dostali nenulové prvky.