msleziak.com

Skupina A

Pre danú maticu $A$ nájdite jej charakteristický polynóm, všetky jej vlastné hodnoty a pre každú vlastnú hodnotu všetky (riadkové) vlastné vektory.
$A=
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 2
\end{pmatrix}$

Charakteristický polynóm

Poďme najprv skúsiť vyrátať charakteristický polynóm. Môžeme to skúsiť urobiť viacerými spôsobmi
$|xI-A|=
\begin{vmatrix}
x-1&-1 & 0 \\
-1 &x-1& 0 \\
0 &-1 &x-2
\end{vmatrix}=
(x-2)\begin{vmatrix}
x-1&-1 \\
-1 &x-1
\end{vmatrix}=
(x-2)[(x-1)^2-1]=
(x-2)(x^2-2x)=
(x-2)^2x$

$\begin{vmatrix}
x-1&-1 & 0 \\
-1 &x-1& 0 \\
0 &-1 &x-2
\end{vmatrix}=
\begin{vmatrix}
x &-x & 0 \\
-1 &x-1& 0 \\
0 &-1 &x-2
\end{vmatrix}=
x\begin{vmatrix}
1 &-1 & 0 \\
-1 &x-1& 0 \\
0 &-1 &x-2
\end{vmatrix}=
x\begin{vmatrix}
1 &-1 & 0 \\
0 &x-2& 0 \\
0 &-1 &x-2
\end{vmatrix}=
x\begin{vmatrix}
x-2& 0 \\
-1 &x-2
\end{vmatrix}=
x(x-2)^2$

Zistili sme, že vlastné čísla sú 0 a 2.

Vlastné vektory k 0.
$A^T=
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}$
Riešenia tejto sústavy tvoria podpriestor $[(1,-1,1)]$.
Teda vlastné vektory k 0 sú nenulové násobky vektora $(1,-1,0)$.

Môžeme skontrolovať, že skutočne platí
$(1,-1,0)
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 2
\end{pmatrix}=
(0,0,0)=0\cdot(1,-1,0)$.

Vlastné vektory k 2.

$(A-2I)^T=
\begin{pmatrix}
-1 & 1 & 0 \\
1 &-1 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}\sim
\begin{pmatrix}
1 &-1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}$
Táto sústava má riešenia $[(1,1,0)]$.
Vlastné vektory k 2 sú nenulové násobky vektora $(1,1,0)$.

Môžeme sa presvedčiť, že skutočne platí
$(1,1,0)
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 2
\end{pmatrix}=
(2,2,0)=2\cdot(1,1,0)$.

Jordanov tvar
Keď už máme zrátané nejaké veci, ktoré sa na to hodia, poďme sa pokúsiť dorátať Jordanov tvar a príslušnú maticu prechodu. (O Jordanovom tvare by ste sa mali učiť na najbližšej prednáške. Toto samozrejme už nebola vec, ktorú sme od vás na dnešnej písomke chceli. Dal som to sem ako ukážku, keďže to je vec, ktorú budeme na cvičeniach teraz dosť často rátať.)

Hľadáme zovšeobecnené vlastné vektory k vlastnej hodnote 2, t.j. zoberieme si maticu $(A-2I)^T$, ale pravá strana sústavy teraz bude určená vlastným vektorom, ktorý sme už vyrátali. Dostaneme:
$\left(\begin{array}{ccc|c}
-1 & 1 & 0 & 1 \\
1 &-1 & 1 & 1\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\sim
\left(\begin{array}{ccc|c}
1 &-1 & 0 &-1 \\
0 & 0 & 1 & 2\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)
$
Vidíme, že jedno z riešení je $(0,1,2)$.

Môžeme sa presvedčiť, že
$(0,1,2)
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 2
\end{pmatrix}
=(1,3,4)=2\cdot(0,1,2)+(1,1,0)$.

To znamená, že v báze určenej vektormi $(1,1,0)$, $(0,1,2)$, $(1,-1,0)$ má zobrazenie $x\mapsto xA$ maticu
$$
J=\begin{pmatrix}
2 & 1 & 0 \\
0 & 2 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
$$
a pre maticu
$$P=
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 2 \\
1 &-1 & 0
\end{pmatrix}
$$
platí $PAP^{-1}=J$.

Skupina B

Pre danú maticu $A$ nájdite jej charakteristický polynóm, všetky jej vlastné hodnoty a pre každú vlastnú hodnotu všetky (riadkové) vlastné vektory.\\
$A=
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 2 \\
1 & 1 & 0
\end{pmatrix}
$

Charakteristický polynóm
Skúsme vyrátať charakteristický polynóm. Môžeme to skúsiť viacerými spôsobomi
$\chi_A(x)=
\begin{vmatrix}
x &-1 & 0 \\
-1 & x &-2 \\
-1 &-1 & x
\end{vmatrix}
=x^3-2-2x-x=x^3-3x-2=(x+1)(x^2-x-2)=(x+1)^2(x-2)$
(Rozklad polynómu sme dostali tak, že sme zbadali, že $-1$ je koreň a potom sme videlili celý polynóm polynómom $x-1$.)

Môžeme začať tým, že ako prvú úpravu pripočítame ostatné riadky ku prvému:
$\chi_A(x)=
\begin{vmatrix}
x &-1 & 0 \\
-1 & x &-2 \\
-1 &-1 & x
\end{vmatrix}=
\begin{vmatrix}
x-2&x-2&x-2\\
-1 & x &-2 \\
-1 &-1 & x
\end{vmatrix}=
(x-2)\begin{vmatrix}
1 & 1 & 1 \\
-1 & x &-2 \\
-1 &-1 & x
\end{vmatrix}=
(x-2)\begin{vmatrix}
1 & 1 & 1 \\
0 &x+1&-1 \\
0 & 0 & x+1
\end{vmatrix}=
(x-2)(x+1)^2$

Môžeme začať tým, že odpočítame druhý stĺpec od prvého:
$\chi_A(x)=
\begin{vmatrix}
x &-1 & 0 \\
-1 & x &-2 \\
-1 &-1 & x
\end{vmatrix}=
\begin{vmatrix}
x+1&-1 & 0 \\
-x-1& x &-2 \\
0 &-1 & x
\end{vmatrix}=
(x+1)\begin{vmatrix}
1 &-1 & 0 \\
-1 & x &-2 \\
0 &-1 & x
\end{vmatrix}=
(x+1)\begin{vmatrix}
1 &-1 & 0 \\
0 &x-1&-2 \\
0 &-1 & x
\end{vmatrix}=
(x+1)\begin{vmatrix}
x-1&-2 \\
-1 & x
\end{vmatrix}=
(x+1)(x^2-x-2)=(x+1)(x+1)(x-2)=(x+1)^2(x-2)
$

Vlastné čísla sú $-1$ a $2$.

Vlastné vektory k $-1$.
$(A+I)^T=
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
1 & 1 & 1 \\
0 & 2 & 1
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 1 \\
0 & 2 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
1 &-1 & 0 \\
0 & 2 & 1 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}$
Riešenia sústavy sú $[(1,1,-2)]$.
Vlastné vektory k $-1$ sú nenulové násobky vektora $(1,1,-2)$.

Môžeme sa presvedčiť, že skutočne
$(1,1,-2)
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 2 \\
1 & 1 & 0
\end{pmatrix}
=(-1,-1,2)=-(1,1,-2)$

Vlastné vektory k $2$.

$(A-2I)^T=
\begin{pmatrix}
-2 & 1 & 1 \\
1 &-2 & 1 \\
0 & 2 &-2
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
-1 &-1 & 2 \\
1 &-2 & 1 \\
0 & 2 &-2
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
1 & 1 &-2 \\
0 &-3 & 3 \\
0 & 2 &-2
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
1 & 1 &-2 \\
0 & 1 &-1 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
1 & 0 &-1 \\
0 & 1 &-1 \\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
$
Riešenía tejto sústavy sú $[(1,1,1)]$.
Vlastné vektory k vlastnému číslu $2$ sú nenulové násobky vektora $(1,1,1)$.

Môžeme sa presvedčiť, že skutočne
$(1,1,1)
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 2 \\
1 & 1 & 0
\end{pmatrix}
=(2,2,2)=2\cdot(1,1,1)$

Jordanov tvar
Opäť môžeme skúsiť dorátať Jordanov tvar a maticu prechodu.
Budeme hľadať zovšeobecnené vlastné vektory k vlastnej hodnote $-1$:
$\left(\begin{array}{ccc|c}
1 & 1 & 1 & 1\\
1 & 1 & 1 & 1\\
0 & 2 & 1 &-2
\end{array}\right)\sim
\left(\begin{array}{ccc|c}
1 & 1 & 1 & 1\\
0 & 2 & 1 &-2\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)\sim
\left(\begin{array}{ccc|c}
1 &-1 & 0 & 3\\
0 & 2 & 1 &-2\\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)$
Vidíme, že jedno z riešení je $(3,0,-2)$.

Môžeme skontrolovať, že
$(3,0,-2)
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 2 \\
1 & 1 & 0
\end{pmatrix}
=
(-2,1,0)=-(3,0,-2)+(1,1,-2)$.

Teda pri báze $(3,0,-2)$, $(1,1,-2)$, $(1,1,1)$ má zobrazenie $x\mapsto xA$ maticu:
$J=\begin{pmatrix}
-1 & 1 & 0 \\
0 &-1 & 0 \\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix}$.
Pre maticu
$P=
\begin{pmatrix}
3 & 0 &-2 \\
1 & 1 &-2 \\
1 & 1 & 1
\end{pmatrix}
$
platí $PAP^{-1}=J$.

Časté chyby

Dôležité: Nestrhával som za to body, ale často ste napísali ako vlastné vektory množinu všetkých riešení sústavy (napríklad $[(1,1,1)]$), alebo iba jeden vlastný vektor $(1,1,1)$. (Beriem to tak, že na písomke nie je veľa času detailne sa rozpisovať.) Ale je dôležité, aby ste si aspoň si uvedomili, že vlastné vektory sú iba nenulové riešenie homogénnej sústavy určenej maticou $(A-\lambda I)^T$, kde $\lambda$ je príslušné vlastné číslo.

• Viacerí z vás ste maticu $A-\lambda I$ netransponovali. Takto ste našli stĺpcové vlastné vektory k $\lambda$, nie riadkové.
• Charakteristický polynóm má byť stupňa $n$ pre maticu $n\times n$. T.j. v našom prípade by to mal byť polynóm stupňa 3. Ak vám vyšiel polynóm nižšieho stupňa, tak viete, že máte niekede chybu. (Takisto si môžete ľahko skontrolovať druhý najvyšší koeficient, kde sa vyskytuje stopa matice: viewtopic.php?t=642-)
• Našiel sa aj niekto, čo správne zostavil matice, správne ich upravil na redukovaný trojuholníkový tvar, ale z tohoto výsledku nesprávne vyjadril množinu riešení homogénnej sústavy, tak pre istotu pripomeniem ako sme to robili: viewtopic.php?t=177