Pre danú maticu $A$ nájdite jej Jordanov tvar $J$.
$$A=\begin{pmatrix}
0 &-3 & 1 & 2 \\
-2 & 1 &-1 & 2 \\
-2 & 1 &-1 & 2 \\
-2 &-3 & 1 & 4 \\
\end{pmatrix}$$
(Explicitne napíšem, že nie je nutné hľadať maticu $P$ takú, že $PAP^{-1}=J$, ako odpoveď mi stačí matica $J$ a zdôvodnenie, prečo vyšla takáto matica -- ako aj výpočty, pomocou ktorých ste sa k~nej dostali.)
Najprv vypočítame charakteristický polynóm a dostaneme
$$\chi_A(t)=t^2(t-2)^2.$$
Vlastné hodnoty sú $0$ a $2$ (obe s algebraickou násobnosťou dva).
V tomto okamihu už vieme, že Jordanov tvar bude mať na diagonále dvakrát číslo $0$ a dvakrát číslo $2$.
Ešte nám treba zistiť, či pre tieto vlastné hodnoty budeme mať dva bloky veľkosti $1$ alebo jeden blok veľkosti $2$.
Počet blokov k vlastnému číslu $\lambda$ vieme zistiť napríklad takýmito spôsobmi (ktoré navzájom úzko súvisia):
* Vieme to zistiť na základe hodnosti matice $h(A-\lambda I)$.
* Vieme to zistiť podľa počtu lineárne nezávislých vlastných vektorov prislúchajúcich k $\lambda$.
V našom prípade dostaneme $h(A)=3$, teda máme jeden blok k vlastnej hodnote $0$.
Dostaneme $h(A-2I)=2$, a teda dva bloky k vlastnej hodnote $2$.
Počty blokov vieme zistiť aj tak, že sa pozrieme na to, koľko máme k jednotlivým vlastným hodnotám lineárne nezávislých vlastných vektorov. (Tu máme výhodu, že navyše ako skúšku správnosti môžeme skontrolovať, či sme naozaj dostali vlastné vektory.)
Vlastné vektory k vlastnej hodnote $\lambda$ dostaneme riešením homogénnej sústavy s maticou $(A-\lambda I)^T$. (A pre vlastné vektory, ktoré vypočítame, môžeme ako skúšku správnosti skontrolovať, či naozaj platí $\vec x A=\lambda\vec x$.)
Poďme sa ale pozrieť trochu aj na to, ako by sme mohli nájsť maticu $P$ takú, že $PAP^{-1}=J$.$\newcommand{\inv}[1]{{#1}^{-1}}$
(Tu to nebude príliš zložité, máme len jeden blok veľkosti $2$, ostatné bloky sú veľkosti $1\times1$.)
V zadaní to od nás síce nechceli - ale možno človeka tak vcelku prirodzene zaujíma, ako by také niečo hľadal.
Zosumarizujme si najprv, čo vlastne musia spĺňať riadky matice $P$.
Teda dostávame tieto rovnosti
\begin{align*}
\vec p_1A&=\vec p_2\\
\vec p_2A&=\vec 0\\
\vec p_3(A-2I)&=2\vec p_3\\
\vec p_4(A-2I)&=2\vec p_4
\end{align*}
Môžeme si všimnúť, že toto by sme dostali aj z toho, že $\vec p_1,\ldots,\vec p_4$ je báza, pri ktorej zobrazenie $\vec x\mapsto\vec xA$ má maticu $J$.
Vidíme teda, že $\vec p_3,\vec p_4$ sú vlastné vektory k $2$.
Vektor $\vec p_2$ je vlastný vektor k $0$.
Vlastné vektory hľadať vieme - zostáva ale otázka ako nájsť $\vec p_1$.
Všimnime si, že potrebujeme aby platilo $\vec p_1A=\vec p_2$, z čoho vyplýva $\vec p_1A^2=\vec p_2A=\vec0$.
Tiež si môžeme všimnúť, že naše podmienky vlastne hovoria, že $\vec p_3,\vec p_4\in\operatorname{Ker}(A-2I)$, $\vec p_2\in\operatorname{Ker} A$.
Toto je možno vhodné miesto na pripomenutie, že matica $P$ nie je určená jednoznačne. (Napríklad vidíme, že za $\vec p_3$ a $\vec p_4$ môžeme zvoliť ľubovoľné dva lineárne nezávislé vlastné vektory k $2$.)
Nájdenie zovšeobecneného vlastného vektoru sústavou
Podmienku $p_1A=\vec p_2$ môžeme prepísať ako $A\vec p_1^T=\vec p_2$.
Ak si vyberieme nejaký vlastný vektor z $\vec p_2$, tak môžeme $\vec p_1$ nájsť riešením sústavy.
Riešenie sústavy ja napríklad $(1,1,0,-1)$. (Všetky riešenia vieme napísať ako $(1,1+t,-t,-1)$.
Ak sme našli vlastné vektory aj zovšeobecnené vlastné vektory ku všetkým vlastným číslam, tak vieme zostaviť maticu prechodu
$$P=
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 &-1 \\
0 & 1 &-1 & 0 \\
1 & 0 & 0 &-1 \\
1 &-2 & 1 & 0 \\
\end{pmatrix}.
$$
Môžeme sa presvedčiť o tom, že platí $PAP^{-1}=J$ resp. $PA=JP$
Z Jordanovho tvaru vieme vyčítať minimálny polynóm $\mu_A(x)=x^2(x-2)$. Môžeme skúsiť preveriť, či nám naozaj vyjde nulová matica.
Spoiler:
\begin{align*}
(A-2I)A^2&=
\begin{pmatrix}
-2 &-3 & 1 & 2 \\
-2 &-1 &-1 & 2 \\
-2 & 1 &-3 & 2 \\
-2 &-3 & 1 & 2 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0 &-3 & 1 & 2 \\
-2 & 1 &-1 & 2 \\
-2 & 1 &-1 & 2 \\
-2 &-3 & 1 & 4 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0 &-3 & 1 & 2 \\
-2 & 1 &-1 & 2 \\
-2 & 1 &-1 & 2 \\
-2 &-3 & 1 & 4 \\
\end{pmatrix}=\\
&=\begin{pmatrix}
0 &-2 & 2 & 0 \\
0 &-2 & 2 & 0 \\
0 &-2 & 2 & 0 \\
0 &-2 & 2 & 0 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0 &-3 & 1 & 2 \\
-2 & 1 &-1 & 2 \\
-2 & 1 &-1 & 2 \\
-2 &-3 & 1 & 4 \\
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}
\end{align*}
Úmyselne som počítal súčin v takomto poradí. (Vieme, že tieto matice komutujú -- dostali sme ich dosadením $A$ do nejakého polynómu.)
A takisto úmyselne som počítal znovu súčiny -- nepoužil som to, že maticu $A^2$ sme už vypočítali skôr.
Hodí sa mi totiž ukázať, že aj toto môže pomôcť pri nájdení zovšeobecnených vlastných vektorov.
Vieme, že ak $\vec x$ je vlastný vektor k $0$ p.v.k. $\vec xA=\vec 0$. Vidíme aj to, že $\vec x(A-2I)A$ takúto podmienku spĺňa. Teda každý nenulový riadok. matice $(A-2I)A$ je vlastný vektor k $0$. Všetky nenulové riadky nám vyšli $(0,-2,2,0)$, to sú skutočne vlastné vektory.
Pre $0$ máme blok veľkosti dva a teda potrebujeme ďalší vektor v reťazci zovšeobecnených vlastných vektorov. T.j. chceli by sme mať vektory $\vec x_1$, $\vec x_2$ také, že $\vec x_2$ je vlastný vektor a $\vec x_1 A=\vec x_2$. Ak sme si za $\vec x_2$ zobrali niektorý riadok matice $(A-2I)A$, tak za $\vec x_1$ môžeme zobrať zodpovedajúci riadok matice $A-2I$. Napríklad teda môžeme zobrať $\vec x_1=(-2,-3,1,2)$ a $\vec x_2=(0,-2,2,0)$.
Ak ešte doplníme vlastné vektory k $2$, dostávame takúto maticu:$$P=
\begin{pmatrix}
-2 &-3 & 1 & 2 \\
0 &-2 & 2 & 0 \\
1 & 0 & 0 &-1 \\
1 &-2 & 1 & 0 \\
\end{pmatrix}
$$
Iný postup nájdenia bázy/matice prechodu$\newcommand{\Ker}{\operatorname{Ker}}\newcommand{\inv}[1]{{#1}^{-1}}$
Keďže aj na cviku aj v riešení domácej sa objavil aj trochu iný postup hľadania matice $P$ (resp. zodpovedajúcej bázy), napíšem niečo aj k nemu.
Youtube: Жорданова форма матрицы (v ruštine)
Taká všeobecná poznámka k iným postupom riešenia.
Spoiler:
Samozrejme, je úplne v poriadku rátať veci iným spôsobom, než sme sa učili tu. (Celkom určite je užitočné vidieť viacero rôznych pohľadov na tú istú vec.)
Dôležité je, aby ten postup bol správny a aby ste rozumeli, prečo funguje. (A ak sa vás na to niekto opýta - napr. skúšajúci, cvičiaci - tak by ste to mali vedieť zdôvodniť.)
A asi je dôležité aj dať pozor na to, že rôzne texty môžu mať rôzne konvencie - o tom bola reč tu: viewtopic.php?t=1334
V našom prípade napríklad pracujeme s vektormi ako riadkami a aj definícia vlastných vektorov bola taká, že sú to riadkové vektory. Čiže napríklad pri úlohe nájsť vlastné vektory si treba dať pozor na to, akú konvenciu používame.
Pri úlohe nájsť Jordanov tvar priamo nepotrebujeme vypočítať vlastné vektory. Ale ak ich chceme nájsť na to, aby sme z nich zostavili maticu $P$ pri hľadaní diagonálnej matice, Jordanovej matice či pri ortogonálnej podobnosti, tak sú tam rozdiely. Opäť pridám linku na topic, kde je o tom reč: viewtopic.php?t=1687
Prepíšem ho tu ale tak, že budeme používať riadkové vektory, nie stĺpcové - tak ako sme zvyknutí. (Aj keď tu robíme vlastne iba s takou pomerne jednoduchou situáciou - okrem vlastných vektorov potrebujeme nájsť iba jeden ďalší vektor.)
Počítajme najprv s maticou
$$A-2I=\begin{pmatrix}
-2 &-3 & 1 & 2 \\
-2 &-1 &-1 & 2 \\
-2 & 1 &-3 & 2 \\
-2 &-3 & 1 & 2 \\
\end{pmatrix}$$
Ak pridáme jednotkovú maticu a robíme riadkové úpravy, tak vypočítame jadro (a súčasne aj obraz) zobrazenia $\vec x\mapsto \vec x(A-2I)$.
Podobný postup výpočtu jadra je spomenutý ako jedno z možných riešení tu: viewtopic.php?t=795
$\left(\begin{array}{cccc|cccc}
1 & 0 & 0 & 0 &-2 &-3 & 1 & 2 \\
0 & 1 & 0 & 0 &-2 &-1 &-1 & 2 \\
0 & 0 & 1 & 0 &-2 & 1 &-3 & 2 \\
0 & 0 & 0 & 1 &-2 &-3 & 1 & 2
\end{array}\right)\sim\dots\sim
\left(\begin{array}{cccc|cccc}
1 & 0 & 0 & 0 &-2 &-3 & 1 & 2 \\
-1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 2 &-2 & 0 \\
1 &-2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
-1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)$
Týmto postupom sme zistli, že $\Ker(A-2I)=\{\vec x; \vec x(A-2I)=\vec0\}=[(-1,0,0,1),(1,-2,1,0)]$.
A teda našli sme dvojrozmerný vlastný podpriestor k $2$.
Rovnakým postupom nájdeme vlastné vektory aj pre vlastnú hodnotu $A$, teraz počítame s maticou
$$A=\begin{pmatrix}
0 &-3 & 1 & 2 \\
-2 & 1 &-1 & 2 \\
-2 & 1 &-1 & 2 \\
-2 &-3 & 1 & 4 \\
\end{pmatrix}.$$
$$\left(\begin{array}{cccc|cccc|cccc}
-1 & 0 & 0 & 1 &-2 & 0 & 0 & 2 &-4 & 0 & 0 & 4\\
1 & 1 & 0 &-1 & 0 & 1 &-1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
1 & 3 & 0 &-3 & 0 & 0 &-2 & 2 & 0 &-8 & 4 & 4\\
0 &-1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\
\end{array}\right)$$
To čo sme takto dostali, je matica, kde máme v každom riadku vektory $\vec x$, $\vec xA$ a potom $\vec xA^2$.
My hľadáme vektor $\vec p_1$, tak aby $\vec p_2=\vec p_1A$ bol nenulový vektor a aby platilo $\vec p_1A^2=\vec 0$.
V poslednom riadku sme síce dostali vpravo nulu - ale tento riadok nám nevyhovuje, lebo nulu sme dostali aj v strede.
Čiže sa snažíme robiť riadkové úpravy tak, aby sme niekde dostali vpravo nulu a v strede nenulový vektor.
Vidíme, že v tomto konkrétnom prípade žiadne úpravy robiť nemusíme, niečo takéto sme dostali už v prvom kroku.
Môžeme teda zobrať $\vec p_1=(1,1,0,-1)$ a $\vec p_2=(0,1,-1,0)$.
Dostali sme sa teda k matici
$$P=
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 &-1 \\
0 & 1 &-1 & 0 \\
-1 & 0 & 0 & 1 \\
1 &-2 & 1 & 0 \\
\end{pmatrix}
$$
Opäť sa dá skontrolovať, že $PA=JP$. Resp. ak vypočítame aj $\inv P$, tak môžeme skontrolovať aj $PA\inv P=J$.