msleziak.com

Zadanie

Nájdite maticu $P$ takú, že $PAP^{-1}=D$. (Alebo zdôvodnite, že také matice $P$, $D$ neexistujú.)
$$A=
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 2 & 1 \\
1 & 1 & 1 & 2 \\
0 & 0 & 2 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 2 \\
\end{pmatrix}
$$

V ostatných skupinách boli zadané matice $A-I$, $A-2I$, $A+I$. Dostaneme tam teda rovnaké vlastné vektory a vlastné čísla budú posunuté o $-1$, $-2$, $+1$. (Máme $P(A+cI)P^{-1}=D+cI$. T.j. matica $P$ je rovnaká, diagonálna matica sa posunula.)

Pre úlohu tohoto typu máme v podstate štandardný postup.
Staršie úlohy s podobným zadaním:
viewtopic.php?t=1268
viewtopic.php?t=1096
viewtopic.php?t=886


Riešenie
Máme charakteristický polynóm $\chi_A(t)=t(t-1)(t-2)(t-3)$. Teda dostaneme štyri rôzne vlastné čísla $0$, $1$, $2$, $3$. Máme štyri rôzne vlastné hodnoty, vieme teda, že $A$ je podobná s diagonálnou maticou.
$$D=
\begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 3 \\
\end{pmatrix}
$$

K vlastnej hodnote $\lambda$ vieme nájsť riadkové vlastné vektory riešením sústavy homogénnej sústavy s maticou $(A-\lambda I)^T$.
Pre $\lambda=0$ máme $[(1,-1,-1,1)]$. Pre $\lambda=1$ máme $[(0,0,1,-1)]$. Pre $\lambda=2$ máme $[(1,1,-3,-3)]$. Pre $\lambda=3$ máme $[(0,0,1,1)]$. Pre vlastné vektory, ktoré sme dostali vieme ľahko urobiť skúšku - skontrolovať, či naozaj $\vec xA=\lambda\vec x$.

Maticu $P$ dostaneme tak, že si zoberieme vlastné vektory k jednotlivým vlastným hodnotám, tie budú riadky matice $P$.
$$P=
\begin{pmatrix}
1 &-1 &-1 & 1 \\
0 & 0 & 1 &-1 \\
1 & 1 &-3 &-3 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
\end{pmatrix}
$$
Pre túto maticu máme $PAP^{-1}=D$.

Pomerne ľahko sa skontroluje, že $P$ je regulárna a že platí $PA=DP$.
Ak by sme chceli, tak môžeme zrátať aj inverznú maticu
$$P^{-1}=
\begin{pmatrix}
\frac12 & \frac12 & \frac12 & \frac32 \\
-\frac12 &-\frac12 & \frac12 & \frac32 \\
0 & \frac12 & 0 & \frac12 \\
0 &-\frac12 & 0 & \frac12
\end{pmatrix}
$$ A môžeme skontrlovať aj to, že $PAP^{-1}=D$.

Poznámky

Niektorí z vás rátali stĺpcové vlastné vektory. (T.j. rieši sa sústava s maticou $(A-\lambda I)$, pri riadkových to je ešte transponované.)
Ak poukladáte tieto vektory ako stĺpce do nejakej matice - označme ju $Q$ - tak dostanete $QDQ^{-1}=A$ resp. $Q^{-1}AQ=D$. (Máte $AQ=QD$.)
Všimnite si, že sa to líši od poradia, ktoré sme dostali pri riadkových vlastných vektoroch, kde sme mali $PAP^{-1}=D$ resp. $PA=DP$.
Vyššie som pri riadkových vektoroch vypočítal aj maticu $P^{-1}$. Môžete si všimnúť, že jej stĺpce sú stĺpcovými vlastnými vektormi matice $A$.

*****

Vlastné vektory sú nenulové. Ak vám pre niektorú vlastnú hodnotu vyšiel iba nulový vektor, tak niečo nie je v poriadku - buď môže byť chyba pri hľadaní vlastnej hodnoty alebo potom pri hľadaní zodpovedajúcich vlastných vektorov. (V tomto prípade sme vlastné vektory chceli použiť ako riadky matice $P$; je jasné, že ak do $P$ dáme nulový riadok, tak to nebude regulárna matica.)

*****

Stupeň charakteristického polynómu pre maticu typu $n\times n$ je $n$. Teda v tomto prípade by sme mali dostať polynóm stupňa štyri - ak je výsledok iného stupňa, tak je niekde chyba.

Napríklad takýto výpočet nie je ok:

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

V kroku, kde sme násobili druhý riadok $(t-1)$ a štvrtý riadok $(t-2)$ sme zmenili determinant.
Keďže vieme, ako sa determinant zmení keď násobím riadok (stĺpec), tak by sme vlastne vedeli nejako takto dostať, že $(t-1)(t-2)\chi_A(t)=t(t-1)^2(t-2)^2(t-3)$.
Teda aj takto sme vypočítali $\chi_A(x)$. (Vynásobiť niečím aby sme sa vyhli počítaniu so zlomkami môže byť užitočné - je to zmysluplná stratégia. Treba však nezabudnúť na to, že môžeme zmeniť determinant.)