Jordanov tvar - viacnásobné riešenie tej istej sústavy

[Martin Sleziak]

Na poslednej prednáške sme sa pozerali na to, ako by sme vyrátali Jordanov tvar pre maticu $5\times 5$. Matica, s ktorou sme rátali, mala ako jediné vlastné číslo $2$. Viackrát sme tam riešili sústavu, ktorej matica bola $A-2I$ a menili sa len pravé strany.

Padla otázka, či by sme sa nemohli vyhnúť tomu, aby sme to rátali viackrát; alebo aspoň tie opakované výpočty nejako urýchliť. Jedna možnosť je robiť súčasne riadkové úpravy na matici $I$. Tak dostaneme maticu $E$ takú, že keď ňou vynásobím rozšírenú maticu sústavy zľava, tak je to to isté ako urobiť riadkové úpravy, ktorými sme previedli maticu $A-2I$ na redukovaný trojuholníkový tvar.

Môžeme si to vyskúšať na tej istej matici, ktorú sme použili v našom príklade. (Keďže tam vieme, čo má vyjsť, takže si to môžeme ľahko skontrolovať.)

$(A-2I)=\begin{pmatrix}
4 & -1 & 1 & -1 & -2 \\
1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
-3 & 1 & -1 & 1 & 2 \\
2 & -3 & 3 & 1 & 2 \\
5 & 0 & 0 & -2 & -4
\end{pmatrix}
\sim$ $\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
4 & -1 & 1 & -1 & -2 \\
-3 & 1 & -1 & 1 & 2 \\
2 & -3 & 3 & 1 & 2 \\
5 & 0 & 0 & -2 & -4
\end{pmatrix}
\sim$ $\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & -1 & 1 & -1 & -2 \\
0 & 1 & -1 & 1 & 2 \\
0 & -3 & 3 & 1 & 2 \\
0 & 0 & 0 & -2 & -4
\end{pmatrix}
\sim$ $\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & -1 & 1 & -1 & -2 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & -4 & 4 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & -2 & -4
\end{pmatrix}
\sim$ $\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & -1 & 1 & -1 & -2 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & -1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 2
\end{pmatrix}
\sim$ $\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & -1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 2
\end{pmatrix}
\sim$ $\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & -1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 2 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
$

$\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\sim$ $\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\sim$ $\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 &-4 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 3 & 1 & 0 & 0 \\
0 &-2 & 0 & 1 & 0 \\
0 &-5 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\sim$ $\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 &-4 & 0 & 0 & 0 \\
1 &-1 & 1 & 0 & 0 \\
1 &-6 & 0 & 1 & 0 \\
0 &-5 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\sim
$ $\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
1 &-4 & 0 & 0 & 0 \\
1 &-1 & 1 & 0 & 0 \\
-\frac14 &\frac32 & 0 & -\frac14 & 0 \\
0 &\frac52 & 0 & 0 & -\frac12
\end{pmatrix}\sim
$ $\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
\frac34 & 0 & 0 & -\frac14 & -\frac12 \\
1 &-1 & 1 & 0 & 0 \\
-\frac14 &\frac32 & 0 & -\frac14 & 0 \\
0 &\frac52 & 0 & 0 & -\frac12
\end{pmatrix}\sim
$ $\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
-\frac14 &\frac32 & 0 & -\frac14 & 0 \\
0 &\frac52 & 0 & 0 & -\frac12 \\
\frac34 & 0 & 0 & -\frac14 & -\frac12 \\
1 &-1 & 1 & 0 & 0
\end{pmatrix}$

Ak si teraz označíme ako
$E=\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
-\frac14 &\frac32 & 0 & -\frac14 & 0 \\
0 &\frac52 & 0 & 0 & -\frac12 \\
\frac34 & 0 & 0 & -\frac14 & -\frac12 \\
1 &-1 & 1 & 0 & 0
\end{pmatrix}$
tak táto matica vlastne zodpovedá riadkovým úpravám, ktoré sme robili.

Ako skúšku správnosti môžeme overiť, že $E(A-2I)$ je skutočne rovné matici, ktorú sme dostali po úprave.

Keď teraz máme riešiť sústavu
$\begin{pmatrix}
4 & -1 & 1 & -1 & -2 &|& 0 \\
1 & 0 & 0 & 0 & 0 &|& a \\
-3 & 1 & -1 & 1 & 2 &|& a \\
2 & -3 & 3 & 1 & 2 &|& 2b \\
5 & 0 & 0 & -2 & -4 &|& -b
\end{pmatrix}$
tak vlastne stačí celú maticu vynásobiť zľava $E$ (pričom ak sme urobili skúšku, tak prvých 5 stĺpcov máme hotových a treba dorátať iba šiesty) a dostaneme:
$\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 &|& a\\
0 & 1 &-1 & 0 & 0 &|& \frac{3a-b}2\\
0 & 0 & 0 & 1 & 2 &|& \frac{5a+b}2\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 &|& 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 &|& 0
\end{pmatrix}$
Z tejto matice už vieme zistiť, že sústava má riešenie. A vieme vyčítať tieto riešenia. Vyšla nám tá istá matica, ako keď sme to rátali klasicky riadkovými úpravami.

Potom sme riešili sústavu
$\begin{pmatrix}
4 & -1 & 1 & -1 & -2 &|& a \\
1 & 0 & 0 & 0 & 0 &|& \frac{3a-b}2\\
-3 & 1 & -1 & 1 & 2 &|& 0 \\
2 & -3 & 3 & 1 & 2 &|& \frac{5a+b}2\\
5 & 0 & 0 & -2 & -4 &|& 0
\end{pmatrix}$.
Opäť môžeme túto sústavu vynásobiť zľava maticou $E$ a dostaneme:
$\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 &|& \frac{3a-b}2\\
0 & 1 &-1 & 0 & 0 &|& \frac{11a-7b}8\\
0 & 0 & 0 & 1 & 2 &|& \frac{15a-5b}4\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 &|& \frac{a-b}8\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 &|& \frac{-a+b}2
\end{pmatrix}$
Vidíme, že takáto sústava bude mať riešenie iba ak $b=a$. Po dosadení tejto podmienky dostaneme
$\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 &|& a\\
0 & 1 &-1 & 0 & 0 &|& \frac{a}2\\
0 & 0 & 0 & 1 & 2 &|& \frac{5a}2\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 &|& 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 &|& 0
\end{pmatrix}$
Vidíme, že nám vyšli také isté riešenia, ako keď sme to rátali riadkovými úpravami.

Otázkou zostáva, či sme tým skutočne niečo ušetrili - či sa pri násobení maticou $E$ nepomýlime ľahšie ako pri riadkových úpravách.