Podobnosť s diagonálnou maticou

[Martin Sleziak]

Na fóre aj v texte je prepočítaných viacero príkladov tohto typu.

Spoiler:

Zopár príkladov tohto typu na fóre:
viewtopic.php?t=1268
viewtopic.php?t=1096
viewtopic.php?t=886
viewtopic.php?t=644
Pridám opäť linky na nejaké rady k hľadaniu koreňov charakteristického polynómu: viewtopic.php?t=890 a viewtopic.php?t=1091

Nebudem tu teda písať nič k riešeniu, iba napíšem, aké sú správne vlastné hodnoty a vlastné vektory.

Pre danú maticu $A$ nad poľom $\mathbb R$ nájdite regulárnu maticu $P$ a diagonálnu maticu $D$ také, že platí $PAP^{-1}=D$. (Alebo zdôvodnite, že také matice neexistujú.)

a) $A=
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
0 & 2 & 1 \\
4 & 2 & 1
\end{pmatrix}
$

b) $A=
\begin{pmatrix}
2 & 1 & 2 \\
1 & 2 & 2 \\
1 & 1 & 6
\end{pmatrix}
$

c) $A=
\begin{pmatrix}
2 & 1 & 1 \\
1 & 2 & 1 \\
1 & 1 & 4
\end{pmatrix}
$

a) Vlastné hodnoty $\pm1$ a $4$.
Vlastný podpriestor k $1$: $[(1,-1,0)]$
Vlastný podpriestor k $-1$: $[(2,0,-1)]$
Vlastný podpriestor k $4$: $[(4,5,3)]$

b) Vlastné hodnoty $1$, $2$ a $7$.
Vlastný podpriestor k $1$: $[(1,-1,0)]$
Vlastný podpriestor k $2$: $[(1,1,-1)]$
Vlastný podpriestor k $7$: $[(1,1,4)]$

c) Vlastné hodnoty $1$, $2$ a $5$.
Vlastný podpriestor k $1$: $[(1,-1,0)]$
Vlastný podpriestor k $2$: $[(1,1,-1)]$
Vlastný podpriestor k $5$: $[(1,1,2)]$

Môžeme si všimnúť aj to, že v skupine C bola zadaná symetrická matica, vyšli tri rôzne vlastné hodnoty - a vlastné vektory nám tam vyšli navzájom kolmé. (Teda po vynormovaní by sme z nich dostali ortogonálnu maticu $P$.)

Vo všetkých skupinách bolo zadanie také, že ak sme pri výpočte charakteristického polynómu odpočítali od seba prvý a druhý riadok, tak sa dalo vyňať $(x-1)$. (A teda po takejto úprave by sme mali jeden riadok, ktorý už neobsahuje neznámu $x$, čo môže zjednodušiť ďalšie výpočty.)
Samozrejme, nie je to jediná možnosť ako sa dopracovať k charakteristickému polynómu.

[Martin Sleziak]

K úlohe z písomky - ktorá bola tiež takéhoto typu - pridám nejaký pokec do tohto istého topicu.

Pre danú maticu $A\in M_{3,3}(\mathbb R)$ nájdite regulárnu maticu $P$ a diagonálnu maticu $D$ tak, aby platilo $PAP^{-1}=D$; alebo zdôvodnite, že také matice neexistujú.
$$A=
\begin{pmatrix}
3 & 4 &-2 \\
1 & 4 &-1 \\
2 & 6 &-1
\end{pmatrix}
$$

Vlastné hodnoty nájdeme ako korene charakteristického polynómu, ktorý pre túto maticu vyjde
$$\chi_A(t)=-(t-1)(t-2)(t-3).$$

Spoiler:

Riadkové úpravy:
$\chi_A(t)=\det(A-tI)=
\begin{vmatrix}
3-t& 4 &-2 \\
1 &4-t&-1 \\
2 & 6 &-1-t
\end{vmatrix}=$ $
\begin{vmatrix}
3-t& 4 &-2 \\
1 &4-t&-1 \\
0 &2t-2&1-t
\end{vmatrix}=$ $
-(t-1)\begin{vmatrix}
3-t& 4 &-2 \\
1 &4-t&-1 \\
0 &-2 & 1
\end{vmatrix}=$ $
-(t-1)\begin{vmatrix}
3-t& 0 &-2 \\
1 &2-t&-1 \\
0 & 0 &-1
\end{vmatrix}=$ $
-(t-1)\begin{vmatrix}
3-t& 0 \\
1 &2-t\\
\end{vmatrix}=$ $
-(t-1)(t-2)(t-3)$

Stĺpcové úpravy:
$\chi_A(t)=\det(A-tI)=
\begin{vmatrix}
3-t& 4 &-2 \\
1 &4-t&-1 \\
2 & 6 &-1-t
\end{vmatrix}=$ $
\begin{vmatrix}
1-t& 4 &-2 \\
0 &4-t&-1 \\
1-t& 6 &-1-t
\end{vmatrix}=$ $
(1-t)\begin{vmatrix}
1 & 4 &-2 \\
0 &4-t&-1 \\
1 & 6 &-1-t
\end{vmatrix}=$ $
-(t-1)\begin{vmatrix}
1 & 4 &-2 \\
0 &4-t&-1 \\
0 & 2 &1-t
\end{vmatrix}=$ $
-(t-1)\begin{vmatrix}
4-t&-1 \\
2 &1-t
\end{vmatrix}=$ $
-(t-1)(t^2-5t+6)=$ $
-(t-1)(t-2)(t-3)$

Sarrusovo pravidlo:
$\chi_A(t)=\det(A-tI)=
\begin{vmatrix}
3-t& 4 &-2 \\
1 &4-t&-1 \\
2 & 6 &-1-t
\end{vmatrix}=$ $
-(t-3)(t-4)(t+1)-8-12+4(4-t)+6(3-t)-4(-1-t)=$ $
-(t^3-6t^2+5t+12)-20+38-6t=$ $
-(t^3-6t^2+11t-6)=$ $
-(t-1)(t^2-5t+6)=$ $
-(t-1)(t-2)(t-3)$

Ešte raz Sarrusovo pravidlo - ak si všimneme, že sa dá vyňať $t-3$
$\chi_A(t)=\det(A-tI)=
\begin{vmatrix}
3-t& 4 &-2 \\
1 &4-t&-1 \\
2 & 6 &-1-t
\end{vmatrix}=$ $
(3-t)(t-4)(t+1)-8-12+4(4-t)+6(3-t)-4(-1-t)=$ $
(3-t))(t-4)(t+1)-20+38-6t=$ $
(3-t)(t-4)(t+1)+18-6t=$ $
(3-t)(t-4)(t+1)+6(3-t)$ $
(3-t)[(t-4)(t+1)+6]$ $
(3-t)(t^2-3t+2)$ $
-(t-3)(t-2)(t-1)$

Môžeme ako čiastočnú skúšku správnosti skontrolovať, že platí $\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=\operatorname{Tr}(A)$. (Prípadne aj $\lambda_1\cdot\lambda_2\cdot\lambda_3=\det(A)$, ak vypočítame determinant matice $A$. Súčasne vieme, že stopa a determinant súvisia s koeficientmi charakteristického polynómu; čiže môžeme skontrolovať aj to.)

Spoiler:

V našom prípade platí
\begin{align*}
\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=\operatorname{Tr}(A)&=6\\
\lambda_1\cdot\lambda_2\cdot\lambda_3=\det(A)&=6
\end{align*}
Ak sme vypočítali charakteristický polynóm v tvare $\chi_A(t)=-t^3+6t^2-11t+6$, tak si vieme skontrolovať, že stopa a determinant sa medzi koeficientmi objavili na správnych miestach a so správnym znamienkom.

Dostali sme teda tri vlastné hodnoty $\lambda_1=1$, $\lambda_2=2$, $\lambda_3=3$. Vieme teda, že $A$ je podobná s diagonálnou maticou
$$D=
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 3
\end{pmatrix}.
$$
Na nájdenie matice $P$ nám stačí nájsť vlastné vektory, ktoré potom použijeme ako riadky tejto matice. (V rovnakom poradí, v akom sme dali do matice $D$ vlastné čísla.)

Pre vlastnú hodnotu $\lambda$ nájdeme vlastné vektory riešením homogénnej sústavy s maticou $(A-\lambda I)^T$. (Treba nezabudnúť na transponovanie - keďže používame riadkové vlastné vektory.)

Nebudem tu písať výpočty k riešeniu sústav, dostaneme z nich:

• pre $\lambda=1$ množinu riešení $[(0,2,-1)]$;
• pre $\lambda=2$ množinu riešení $[(1,1,-1)]$;
• pre $\lambda=3$ množinu riešení $[(1,2,-1)]$.

Za príslušný riadok matice $P$ môžeme zobrať ľubovoľný nenulový vlastný, t.j. napríklad $$P=
\begin{pmatrix}
0 & 2 &-1 \\
1 & 1 &-1 \\
1 & 2 &-1
\end{pmatrix}.
$$
Výpočtom sa dá skontrolovať:

• že sú to naozaj vlastné vektory (na to stačí vypočítať či $\vec xA=\lambda\vec x$);
• že platí $PA=DP$.
• Ak by sme vypočítali aj maticu $P^{-1}$, tak vieme skontrolovať aj $PAP^{-1}=D$ resp. $P^{-1}DP=A$. (Samozrejme, ak vieme že matica $P$ je regulárna, tak tieto rovnosti sú ekvivalentné s $PA=DP$. A z prednášky vieme, že vlastné vektory k rôznym vlastným hodnotám sú lineárne nezávislé.)

Pridám linku na Symbolab, kde je vypočítané $PAP^{-1}$.
$$\begin{pmatrix}
0 & 2 &-1 \\
1 & 1 &-1 \\
1 & 2 &-1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
3 & 4 &-2 \\
1 & 4 &-1 \\
2 & 6 &-1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0 & 2 &-1 \\
1 & 1 &-1 \\
1 & 2 &-1
\end{pmatrix}^{-1}=
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 3
\end{pmatrix}.
$$

Stĺpcové vs. riadkové vlastné vektory
Na tejto prednáške pracujeme s vektormi ako s riadkami.
Ak ste pre vlastnú hodnotu $\lambda$ namiesto sústavy s maticou $(A-\lambda I)^T$ riešili sústavu s maticou $A-\lambda I$, tak ste našli vektory, ktoré spĺňajú
$$A\vec x^T=\lambda\vec x^T,$$
t.j. stĺpcové vlastné vektory.

Aj takéto vektory sa dajú použiť na nájdenie matíc, na aké som sa pýtal v zadaní. Treba si dať pozor na poradie a aj na to, že vektory teraz dávam do stĺpcov.
Skúste si rozmyslieť, že podobne ako sme to odvodili pre riadkové vektory, tak v tomto prípade:
* Ak poukladám do D na diagonálu vlastné hodnoty,
* stĺpcové vlastné vektory poukladám do matice $Q$ ako stĺpce a v poradí zodpovedajúcom vlastným hodnotám,
tak pre takéto matice mám $AQ=QD$ a teda $$Q^{-1}AQ=D.$$
Teda pri takomto postupe pre maticu $P$,na ktorú som sa pýtal v zadaní, platí $P=Q^{-1}$.