msleziak.com

Keďže ste sa po písomke viacerí na tento príklad pýtali, skúsim k nemu niečo napísať.$\newcommand{\inv}[1]{{#1}^{-1}}$

Overte, že $\lambda=-1$ je vlastné číslo danej matice $A$.
Nájdite regulárnu maticu $P$ a diagonálnu maticu $D$ také, že platí $PA\inv P=D$; alebo zdôvodnite, že také matice neexistujú.
$$A=
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 0 &-1 &-1 \\
0 & 0 &-5 &-2 \\
0 & 0 & 4 & 1
\end{pmatrix}
$$

Poznamenám k zadaniu to, že prvá časť vlastne slúžila na to, že ste videli, že $\lambda=-1$ je vlastné číslo - a teda pri hľadaní charakteristického polynómu ste poznali aspoň jeden koreň. (Čiže ak by ste ho vypočítali chybne, tak ste mali k dispozícii takúto informáciu - ktorá vám možno mohla pomôcť odhaliť, že niekde je chyba.)

Skontrolovať, či $\lambda$ je vlastná hodnota môžem napríklad tak, že nájdem $h(A-\lambda I)$ resp. $h((A-\lambda I)^T)$. Ak táto matica nemá plnú hodnosť, ide o vlastnú hodnotu.

Alebo môžem priamo aj skúsiť nájsť vlastné vektory - tento výpočet budem písať nižšie, takže ho nejdem rozoberať na tomto mieste. Spomeniem ale, že napríklad ak som vypočítal, že $(0,0,1,1)$ je vlastný vektor k $-1$, tak to mi napríklad hovorí aj to, že v matici $A-xI$ pomerne jednoducho vyzerá súčet tretieho a štvrtého riadku - takže sa na to dá pozerať ako na možný hint aké úpravy by mohli zjednodušiť výpočet determinantu $\det(A-xI)$.

Výpočet charakteristického polynómu
Tento výpočet je asi vcelku priamočiary, ak si pamätám ako vyzerá determinant blokových matíc s nulovým blokom: viewtopic.php?t=918
$\chi_A(x)=
\begin{vmatrix}
-x & 1 & 1 & 1 \\
1 &-x &-1 &-1 \\
0 & 0 &-5-x&-2 \\
0 & 0 & 4 & 1-x
\end{vmatrix}=$ $
\begin{vmatrix}
-x & 1 \\
1 &-x
\end{vmatrix}\cdot
\begin{vmatrix}
-5-x&-2 \\
4 & 1-x
\end{vmatrix}=$ $
(x^2-1)(x^2+4x+3)=$ $
(x-1)(x+1)^2(x+3)$

Ale aj ak si takúto vec nepamätám, spočítať tento determinant by nemuselo byť až také náročné. Na tomto mieste pripomeniem, že ak sme spočítali korene charakteristického polynómu, tak by malo platiť $\lambda_1+\dots+\lambda_n=\operatorname{tr}(A)$ a $\lambda_1\cdots\lambda_n=\det(A)$.
Znovu pridám linku na relevantný topic: viewtopic.php?t=642

Prinajmenšom stopu viem skontrolovať rýchlo - toto je ďalšie miesto, kde v prípade nejakej chyby mám šancu zbadať, že niečo nie je v poriadku.
Pri výpočtoch, ktoré sú uvedené vyššie, vychádza súčet vlastných hodnôt $1+(-1)+(-1)+(-3)=-4$; to súhlasí so stopou matice.

Nájdenie vlastných vektorov

Zistili sme, že $1$, $-3$ a $-1$ sú vlastné čísla, pričom $-1$ je dvojnásobný koreň charakteristického polynómu.

Ak by matica $A$ bola podobná s diagonálnou maticou, tak by táto matica mali na diagonále presne tieto štyri čísla. A k číslu $-1$ by musel existovať dvojrozmerný vlastný podpriestor.

Vlastné vektory k vlastnej hodnote $\lambda$ vieme nájsť riešením homogénnej sústavy s maticou $(A-\lambda I)^T$.

Konkrétne pre $\boxed{\lambda=-1}$ dostaneme
$(A+I)^T=
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 0 \\
1 &-1 &-4 & 4 \\
1 &-1 &-2 & 4
\end{pmatrix}\sim\dots\sim
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 &-1 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}$
a ako riešenia máme $[(0,0,1,1)]$.

Pomerne ľahko vieme aj skontrolovať, či $(0,0,1,1)$ je skutočne vlastný vektor. Máme teda iba jednorozmerný vlastný podpriestor k vlastnému číslo $-1$ - teda už na tomto mieste vieme povedať, že matica $A$ nie je podobná s diagonálnou.

Analogickým spôsobom by sme vedeli nájsť vlastné vektory aj k ostatným vlastným hodnotám.
Pre $\boxed{\lambda=1}$ máme vlastný vektor $(1,1,0,0)$.
Pre $\boxed{\lambda=-3}$ máme vlastný vektor $(0,0,2,1)$.

Jordanov tvar.$\newcommand{\inv}[1]{{#1}^{-1}}$

Vlastne sme už úspešne odpovedali na úlohu, ktorá bola na písomke - vieme, že matica $A$ nie je podobná diagonálnej matici.

Súčasne potom vieme, že Jordanov tvar tejto matice je
$$J=
\begin{pmatrix}
-3 & 0 & 0 & 0 \\
0 &-1 & 1 & 0 \\
0 & 0 &-1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
$$

Ak by sme chceli regulárnu maticu $P$ takú, že $PA\inv P=J$, tak poznáme niektoré riadky - sú to vlastné vektory.
Pre $\lambda=-1$ by sme potrebovali ešte zovšeobecnený vlastný vektor, t.j. potrebovali by sme vektor taký, že $\vec p_2A=\lambda\vec p_2+\vec p_3$, t.j. $\vec p_2(A-\lambda I)=\vec p_3$.
T.j. riešime sústavu
$\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 1 & 0 & 0 & 0\\
1 & 1 & 0 & 0 & 0\\
1 &-1 &-4 & 4 & 1\\
1 &-1 &-2 & 4 & 1
\end{array}\right)$
Vieme nájsť všetky riešenie tejto sústavy - jedno z nich je napríklad $(\frac12,-\frac12,0,0)$.

Môžeme teda napríklad dostať maticu
$$P=
\begin{pmatrix}
0 & 0 & 2 & 1 \\
\frac12&-\frac12& 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
1 & 1 & 0 & 0
\end{pmatrix}
$$

Dá sa výpočtom overiť to, že $PA=JP$ resp. že $PA\inv P=J$.
Pridám linku na Symbolab.

Martin Sleziak wrote: ↑Tue Apr 25, 2023 6:35 pm $\chi_A(x)=\dots=
(x^2-1)(x^2+4x+3)=$ $
(x-1)^2(x+1)(x+3)$

Ďakujem za upozornenie mailom na preklep - na tomto mieste som mal chybne uvedený súčin koreňových činiteľov (posledná rovnosť). Pôvodný post som už zeditoval a je tam teraz už správne $\chi_A(x)=\dots=(x^2-1)(x^2+4x+3)=$ $
(x-1)(x+1)^2(x+3)$. (Teda dvojnásobný koreň je $-1$; to som už mal potom napísané aj v pôvodnej verzii správne.)

Viacerí ste riešili namiesto sústavy s maticou $(A-\lambda I)^T$ homogénnu sústavu s maticou $(A-\lambda I)$. (T.j. zabudli ste na transponovanie.)
Takýmto spôsobom vypočítať stĺpcové (pravé) vlastné vektory.$\newcommand{\inv}[1]{{#1}^{-1}}$

Vyskúšajme to aspoň pre jednu vlastnú hodnotu - napríklad $\boxed{\lambda=-1}$
$A+I=
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 1 &-1 &-1 \\
0 & 0 &-4 &-2 \\
0 & 0 & 4 & 2
\end{pmatrix}
$
Ako riešenia sústavy dostaneme $[(1,-1,0,0)]$.

Môžeme sa presvedčiť, že keď sprava vynásobíme maticu $A$ takýmto stĺpcovým vektorom, tak skutočne dostaneme $\lambda$-násobok.
$
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 0 &-1 &-1 \\
0 & 0 &-5 &-2 \\
0 & 0 & 4 & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1\\-1\\0\\0 \end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}-1\\ 1\\0\\0 \end{pmatrix}
$

Ešte doplním aj to, že podobne ako z riadkových vlastných vektorov aj zo stĺpcových by sme vedeli poskladať vhodnú maticu, ktorá dáva vzťah medzi A a D. V tomto prípade to je ale tak, že ak Q je matica, v ktorej ako stĺpce máme pravé vlastná vektory, tak platí:
\begin{align*}
AQ&=QD\\
\inv QAQ&=D\\
A&=QD\inv A
\end{align*}