Jordanov tvar matice $4\times4$

[Martin Sleziak]

Na fóre sú nejaké príklady na Jordanov tvar aj s riešením:
viewtopic.php?t=655
viewtopic.php?t=656
viewtopic.php?t=919
Príklad z písomky je podobný najviac na viewtopic.php?t=656 - tam je tiež matica $4\times4$, ktorá má jediné (štvortnásobné) vlastné číslo.

Na včerajšej písomke s ním mali niektorí z vás problémy, tak sem napíšem riešenie aj napriek tomu, že viacero podobných príkladov máte vyriešených tu. (A viete nájsť kopec ďalších na webe alebo v literatúre. Aj keď možno sa môžu odlišovať v rôznych detailoch - napríklad som viackrát na cvičení spomínal, že niektoré veci fungujú inak v závislosti od toho, či robíme s riadkovými alebo stĺpcvoými vektormi.)
Považoval by som to za štandardný príklad - v tom zmysle, že sme sa naučili jednoduchý postup, ktorý vedie k cieľu - aj keď výpočtovo náročnejší.

[Martin Sleziak]

Nájdite Jordanov tvar, charakteristický polynóm a minimálny polynóm matice
$$A=\begin{pmatrix}
3&-1& 1&-7\\
9&-3&-7&-1\\
0& 0& 4&-8\\
0& 0& 2&-4
\end{pmatrix}.$$
Svoje tvrdenie stručne zdôvodnite.

Riešenie (s občasnými poznámkami.)
Najprv vyrátame charakteristický polynóm $\chi_A(x)=x^4$.

Spoiler:

Pripomeniem, že sa nám oplatí vedieť že pre blokové matice máme
$$
\det\begin{pmatrix}
A & B \\
0 & D
\end{pmatrix}=
\det\begin{pmatrix}
A & 0 \\
C & D
\end{pmatrix}=\det A \cdot \det D
$$

V našom prípade dostaneme:
$$\chi_A(x)=|xI-A| =
\begin{vmatrix}
x-3& 1 \\
-9 &x+3
\end{vmatrix}\cdot
\begin{vmatrix}
x-4& 8 \\
-2 &x+4
\end{vmatrix}
=(x^2-9+9)(x^2-16+16)
=x^4
$$

Zistili sme, že jediné vlastné číslo je $0$, jeho (algebraická) násobnosť je štyri.
(Môžeme si aj skontrolovať, že stopa matice je rovná nule. Vieme, že $\operatorname{Tr}(A)=\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3+\lambda_4$; ak by nám vyšiel súčet vlastných hodnôt iný ako stopa, tak by sme vedeli, že niekde máme chybu.)

Ak zistíme počet vlastných vektorov k $\lambda=0$ alebo ak zistíme hodnosť matice $h(A-\lambda I)=h(A)$, tak z toho vieme zistiť počet blokov v Jordanovom tvare. (Presnejšie povedané, počet blokov prislúchajúcich k tejto vlastnej hodnote - ale v tomto prípade máme jedinú vlastnú hodnotu.)

Štandardným výpočtom zistíme, že $h(A)=2$, teda počet blokov je $4-2=2$. (Vo všeobecnosti $n-h(A-\lambda I)$ je počet blokov prislúchajúcich vlastnej hodnote $\lambda$.)

Spoiler:

$\begin{pmatrix}
3&-1& 1&-7\\
9&-3&-7&-1\\
0& 0& 4&-8\\
0& 0& 2&-4
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
3&-1& 0&-5\\
9&-3&-7&-1\\
0& 0& 1&-2\\
0& 0& 0& 0
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
3&-1& 0&-5\\
0& 0&-7&14\\
0& 0& 1&-2\\
0& 0& 0& 0
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
3&-1& 0&-5\\
0& 0& 1&-2\\
0& 0& 0& 0\\
0& 0& 0& 0
\end{pmatrix}$

Momentálne už teda vieme, že Jordanov tvar má dva bloky. Až na výmenu poradia blokov sú teda jediné dve možnosti
$$J=
\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}\qquad\text{alebo}\qquad
J=\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}.
$$
(Maticu $4\times4$ môžeme na dva bloky rozdeliť ako $4=1+3$ alebo $4=2+2$.)

Ak vypočítame $A^2$, tak z toho vieme zistiť počet blokov, ktoré majú veľkosť aspoň $2$.
(Všeobecne $h(A-\lambda I)-h((A-\lambda I)^2)$ je počet blokov k vlastnej hodnote $\lambda$, ktoré majú veľkosť aspoň $2$.)
Priamy vynásobením sa môžeme presvedčiť, že $A^2=0$.
Teda $h(A^2)=0$ a počet blokov ktoré sú väčšie než $1$ je teda rovný dvom.

Spoiler:

$\begin{pmatrix}
3&-1& 1&-7\\
9&-3&-7&-1\\
0& 0& 4&-8\\
0& 0& 2&-4
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
3&-1& 1&-7\\
9&-3&-7&-1\\
0& 0& 4&-8\\
0& 0& 2&-4
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
$

Zistili sme, že Jordanov tvar je
$$J=\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}.
$$

Poznámka: Ukazovali sme si aj iné možnosti ako nájsť Jordanov tvar. (Napríklad počítaním zovšeobecnených vlastných vektorov.) Takisto sme si ukazovali ako nájsť maticu $P$ takú aby platilo $PAP^{-1}$.
Ak sa vám zdá, že aj toto by bolo treba ešte raz zopakovať, tak môžem niekedy keď si nájdem čas dopísať ako by sa to rátalo pre túto úlohu.

[Martin Sleziak]

Chyby ktoré sa vyskytovali

Odhliadnuc od numerických chýb ste niektorí z hodností príslušných matíc nesprávne určili počet blokov.

V jednej písomke sa tvrdilo, že charateristický polynóm je $2x^2$. Charakteristický polynóm vždy musí mať rovnaký stupeň ako je rozmer matice.

[Martin Sleziak]

Pridám sem aj niečo k príkladu z tohtoročnej písomky na tento typ úlohy. Zadania boli opäť v oboch skupinách veľmi podobné. (Postup ako sa dali rátať bol rovnaký, takisto vyšiel v oboch skupinách rovnaký Jordanov tvar.) Napíšem sme teda iba riešenie pre jednu skupinu.$\newcommand{\inv}[1]{{#1}^{-1}}$

Nájdite Jordanov tvar, charakteristický a minimálny polynóm danej matice.
$$A=
\begin{pmatrix}
3 & 1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0 & 0 \\
2 & 2 & 4 & 2 \\
1 & 1 &-2 & 0 \\
\end{pmatrix}
$$

Výsledok mal byť $$J=
\begin{pmatrix}
2 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 2 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 2 \\
\end{pmatrix}
$$ $\chi_A(x)=(x-2)^4$; $m_A(x)=(x-2)^3$. (Minimálny polynóm vieme vyčítať z Jordanovho tvaru. Veľkosť najväčšieho bloku k vlastnej hodnote $2$ nám povie, aký je exponent pri $(x-2)$.)

Riešenie

Charakteristický polynóm (a tým aj jedinú vlastnú hodnotu $2$) vieme nájsť štandardným postupom.

Spoiler:

$\chi_A(x)=
\begin{vmatrix}
x-3&-1 & 0 & 0 \\
1 &x-1& 0 & 0 \\
-2 &-2 &x-4&-2 \\
-1 &-1 & 2 & x \\
\end{vmatrix}=$ $
\begin{vmatrix}
x-3&-1 \\
1 &x-1\\
\end{vmatrix}\cdot
\begin{vmatrix}
x-4&-2 \\
2 & x \\
\end{vmatrix}=$ $(x^2-4x+4)(x^2-4x+4)=(x-2)^4$

Riešením sústavy s maticou $(A-2I)^T$ by sme našli vlastné vektory $[(1,1,0,0),(0,3,1,1)]$. Máme dva lineárne nezávislé vektory k $2$; to nám hovorí že budeme mať dva Jordanove bloky.
To isté by sme mohli zistiť aj ak spočítame, že $h(A-2I)=2$. (Máme potom $4-2=2$ bloky, vo všeobecnosti $n-h(A-\lambda I)$.)

Spoiler:

$A-2I=
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
-1 &-1 & 0 & 0 \\
2 & 2 & 2 & 2 \\
1 & 1 &-2 &-2 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 2 & 2 \\
0 & 0 &-2 &-2 \\
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}
$

Ak ešte vypočítame, že $(A-2I)^2$ má hodnosť $1$, tak dostávame jeden blok veľkosti aspoň dva. (Máme totiž $h(A-2I)-h((A-2I)^2)=2-1=1$.)

Spoiler:

$(A-2I)^2=
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
-1 &-1 & 0 & 0 \\
2 & 2 & 2 & 2 \\
1 & 1 &-2 &-2 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
-1 &-1 & 0 & 0 \\
2 & 2 & 2 & 2 \\
1 & 1 &-2 &-2 \\
\end{pmatrix}=$ $
\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
6 & 6 & 0 & 0 \\
-6 &-6 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}
$

Z toho už vieme vyčítať, že máme jedinú možnosť pre Jordanov tvar
$$J=
\begin{pmatrix}
2 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 2 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 2 \\
\end{pmatrix}.
$$

Prípadne ešte môžeme skontrolovať, že $(A-2I)^3=0$. Tým sme okrem Jordanovho tvaru súčasne ešte raz skontrolovali aj to, že minimálny polynóm je skutočne $(x-2)^3$.

Nájdenie matice $P$

Napíšem sem aspoň stručne aj niečo k tomu, ako by sme mohli nájsť maticu $P$ takú, aby platilo $PAP^{-1}=J$. (Aj keď na písomke som od vás takúto vec nechcel.)

Vieme, že prvé tri riadky matice $P$ chceme voliť tak, aby platilo $\vec p_2=\vec p_1(A-2I)$ a $\vec p_3=\vec p_2(A-2I)=\vec p_1(A-2I)^2$.
Teda si za $\vec p_1$ môžem zvoliť nejaký vektor taký aby $\vec p_1(A-2I)^2\ne\vec 0$. Napríklad: $\vec p_1=(0,0,\frac12,0)$, $\vec p_2=\vec p_1(A-2I)=(1,1,1,1)$, $\vec p_3=\vec p_1(A-2I)^2=(3,3,0,0)$.
Potom ešte zvolím ďalší vlastný vektor $\vec p_4$ tak, aby boli $\vec p_3$ a $\vec p_4$ nezávislé. Napríklad $\vec p_4=(0,3,1,1)$.

Mám teda $$P=
\begin{pmatrix}
0 & 0 & \frac12 & 0 \\
1 & 1 & 1 & 1 \\
3 & 3 & 0 & 0 \\
0 & 3 & 1 & 1 \\
\end{pmatrix}
$$ a môžem dopočítať inverznú
$$\inv P=
\begin{pmatrix}
0 & \frac13 & \frac29 &-\frac13 \\
0 &-\frac13 & \frac19 & \frac13 \\
2 & 0 & 0 & 0 \\
-2 & 1 &-\frac13 & 0
\end{pmatrix}
$$.
Potom sa dá priamym výpočtom overiť, že skutočne platí $PA\inv P=J$.

Spoiler:

Máme
$
\begin{pmatrix}
0 & 0 & \frac12 & 0 \\
1 & 1 & 1 & 1 \\
3 & 3 & 0 & 0 \\
0 & 3 & 1 & 1 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
3 & 1 & 0 & 0 \\
-1 & 1 & 0 & 0 \\
2 & 2 & 4 & 2 \\
1 & 1 &-2 & 0 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0 & \frac13 & \frac29 &-\frac13 \\
0 &-\frac13 & \frac19 & \frac13 \\
2 & 0 & 0 & 0 \\
-2 & 1 &-\frac13 & 0
\end{pmatrix}
=$ $
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 2 & 1 \\
5 & 5 & 2 & 2 \\
6 & 6 & 0 & 0 \\
0 & 6 & 2 & 2 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0 & \frac13 & \frac29 &-\frac13 \\
0 &-\frac13 & \frac19 & \frac13 \\
2 & 0 & 0 & 0 \\
-2 & 1 &-\frac13 & 0
\end{pmatrix}
=$ $
\begin{pmatrix}
2 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 2 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 2 \\
\end{pmatrix}
$

Rôzne poznámky k odovzdaným riešeniam

Charakteristický polynóm má vždy taký stupeň ako je rozmer matice. T.j. ak mi nejakými výpočtami vyšiel v tomto príklade polynóm stupňa menšieho ako štyri, tak určite niekde musí byť nejaký zádrheľ.

Ak robím pri výpočte determinantu Laplaceov rozvoj, tak bude mať toľko členov koľko mám v danom riadku/stĺpci nenulových prvkov. (T.j. nie vždy tam bude iba jeden člen.)

Pri výpočte determinantu $4\times4$ už nefunguje Sarrusovo pravidlo. (Ak by som chcel rátať determinant z definície, tak podobne ako pre maticu $3\times3$ som mal šesť sčítancov, tu by ich už bolo 24.)

Platí, že ak $A$ a $B$ sú podobné, tak aj $A^2$ a $B^2$ sú podobné a teda $h(A^2)=h(B^2)$.
Podobná vec však už vo všeobecnosti neplatí pre riadkovú ekvivalenciu. (Môžete si skúsiť nájsť kontrapríklad.)
T.j. ak som si pri výpočte $h(A-2I)$ upravil maticu $A-2I$ na redukovaný tvar, tak keď chcem počítať $h((A-2I)^2)$ musím počítať skutočne s maticou $A-2I$. Ak by som namiesto toho počítal druhú mocninu redukovaného tvaru, môže mi vyjsť nesprávny výsledok.