Zistite, či A a B sú podobné

[Martin Sleziak]

Máme zadané 2 matice a chceme zistiť, či sú podobné. Úloha takéhoto typu sa objavila napríklad v PÚ7. (T.j. skôr než ste sa na prednáške dozvedeli o Jordanovom normálnom tvare.) Úlohy takéhoto typu som dal aj do sady úloh, ktorú sme robili na výberovom cviku: https://msleziak.com/vyuka/2014/lag2/05podob.pdf

Skúsme sa teda ešte raz vrátiť k tomu, ako sme túto úlohu riešili vtedy. A tiež sa zamyslieť nad tým, či teraz, keď už poznáme vetu o Jordanovom normálnom tvare, nám to zjednoduší niektoré veci.

S čim môžeme začať, ak sa niekto pýta takúto otázku, je skontrolovať, či tieto matice majú rovnakú stopu, charakteristický polynóm a pod. Môžeme vyskúšať veci, o ktorých vieme, že pre podobné matice musia byť rovnaké. Ak zistíme, že sa v niektorej z týchto vlastností líšia, tak určite podobné nie sú. Ale ak majú rovnaký charakteristický polynóm, tak ešte nemusia byť nutne podobné - musíme rozmýšľať ďalej.

Celá základná idea je - skúsiť či daná matica nie je podobná s nejakou jednoduchšou maticou. Ak sa dá, tak s diagonálnou. Ale aj ak sa nedá, tak skúsime nájsť maticu, ktorá má čo najviac núl.

Teraz, keď už vieme vetu o Jordanovom normálnom tvare, môžeme sa na túto úlohu pozerať aj inak. Vlastne nám stačí nájsť Jordnanov normálny tvar - dve matice sú podobné práve vtedy, keď sú podobné s tou istou Jordanovou maticou. (Veta o Jordanovom normálnom tvare nám vlastne hovorí, že z každej triedy ekvivalencie pre reláciu "podobnosť matíc" nad $\mathbb C$ vieme vybrať jedného kanonického reprezentanta. Ak je pre dve matice tento reprezentant rovnaký, tak ležia v tej istej triede ekvivalencie.)

[Martin Sleziak]

Matice podobné s diagonálnou

$A= \begin{pmatrix} 5 & 7 \\ 1 &-1 \end{pmatrix}$ a $B= \begin{pmatrix} 10 &-12\\ 4 & -6 \end{pmatrix}$

Ak je náhodou matica $A$ podobná s diagonálnou, tak namiesto zisťovania, či $B$ je podobná s $A$, môžeme zisťovať či $B$ je podobná s touto diagonálnou maticou. To by mohlo byť jenoduchšie. Poďme teda najprv overiť, či $A$ je podobná s nejakou diagonálnou maticou $D$.

Zrátame charakteristický polynóm
$\chi_A(x)= \begin{vmatrix} x-5 & -7 \\ -1 &x+1 \end{vmatrix}= (x-5)(x+1)+7=x^2-4x-5-7=x^2-4x-12=(x+2)(x-6)$

Keďže ide o maticu $2\times2$ a máme dve rôzne vlastné hodnoty, už vieme, že $A$ je podobná s diagonálnou maticou $D= \begin{pmatrix} -2 & 0 \\ 0 & 6 \end{pmatrix}$

Chceme overiť, či aj $B$ je podobná s $D$. Môžeme to urobiť podobne:
$\chi_B(x)= \begin{vmatrix} x-10& 12\\ -4 &x+6 \end{vmatrix}= (x-10)(x+6)+48=x^2-4x-60+48=x^2-4x-12=(x+2)(x-6)$
Zistili sme, že aj $B$ je podobná s tou istou diagonálnou maticou. Teda potom je podobná aj s maticou $A$.

[Martin Sleziak]

Matice, ktoré nie sú podobné s diagonálnou$\newcommand{\inv}[1]{{#1}^{-1}}$

Predošlá úloha bola ľahká, lebo išlo o matice podobné s diagonálnou a máme vcelku jednoduchý postup na zistenie, či zadaná matica je podobná s diagonálnou a aj na nájdenie tejto matice. Čo ako dostaneme matice, ktoré nie sú diagonalizovateľné? Poďme sa skúsiť pozrieť na taký prípad.

$A= \begin{pmatrix} 5 &-1 \\ 9 &-1 \end{pmatrix}$ a $B= \begin{pmatrix} 38 &-81\\ 16 &-34 \end{pmatrix}$

Opäť môžeme začať tým, že nájdeme charakteristický polynóm matice $A$.
$\chi_A(x)= \begin{vmatrix} x-5& 1 \\ -9&x+1\\ \end{vmatrix}= (x-5)(x+1)+9=x^2-4x-5+9=x^2-4x+4=(x-2)^2$

Zistili sme, že $A$ má jedinú vlastnú hodnotu $2$. Skúsme k nej nájsť vlastné vektory:
$(A-2I)^T= \begin{pmatrix} 3 & 9 \\ -1 &-3 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$, vlastné vektory sú nenulové násobky vektora $(3,-1)$. Z vlastných vektorov matice $A$ sa nedá zostaviť báza, teda táto matica nie je podobná s diagonálnou.

Na tomto mieste by sme mohli rátať to isté pre maticu $B$. Zistili by sme, že $\chi_B(x)=\chi_A(x)$ a že $B$ tiež nie je podobná s diagonálnou. Čiže by nám to nepomohlo vylúčiť možnosť, že $A$ a $B$ sú podobné. Dám sem výpočet charakteristického polynómu $\chi_B$, k výpočtu vlastných vektorov sa vrátime neskôr:

Spoiler:

$\chi_B(x)= \begin{vmatrix} x-38 &81\\ -16 &x+34 \end{vmatrix}=$ $(x-38)(x+34)+81\cdot16=$ $x^2-4x+38\cdot34+81\cdot16=$ $x^2-4x-4(19\cdot17-81\cdot4)=$ $x^2-4x-4(18^2-1-18^2)=$ $x^2-4x+4=(x-2)^2$

Vieme už, že $A$ nie je podobná s diagonálnou. Stále by sme chceli nájsť nejakú jednoduchú maticu podobnú s maticou $A$.
Pozerať sa na matice podobné s $A$ znamená pozerať sa na matice zobrazenia $\vec x\mapsto \vec x A$ vyjadrené v inej báze. (Toto zobrazenie má pri štandarnej báze maticu $A$.)
Zoberme napríklad bázu $\vec a_1=(1,0)$,$\vec a_2=(3,-1)$. Máme:
$(1,0)A=(1,0) \begin{pmatrix} 5 &-1 \\ 9 &-1 \end{pmatrix}=(5,-1)=2(1,0)+(3,-1)$.
Súčasne platí:
$(3,-1)A=(3,-1) \begin{pmatrix} 5 &-1 \\ 9 &-1 \end{pmatrix}= (6,-2)=2(3,-1)$.
(Vektor $\vec a_2=(3,-1)$ sme vybrali do bázy práve preto, že je to vlastný vektor matice $A$ a teda jeho obraz $\vec a_2A$ má v tejto báze jednoduché vyjadrenie.)

Dostaneme, že matica zobrazenia $\vec x\mapsto \vec xA$ v tejto báze je:
$J=\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$.

Môžeme si všimnúť, že sme vlastne súčasne zistili aj to, že platí $PA\inv P=J$ pre
$P=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 3 &-1 \end{pmatrix}$.

Teraz sa pýtame, či aj $B$ je podobná s touto maticou.
To je vlastne otázka, či existuje regulárna matica $Q$ taká, že $QB\inv Q=J$. Inak povedané, či existuje báza v ktorej má zobrazenie $x\mapsto xB$ maticu $J$. Ak chceme takúto bázu, tak druhý vektor bázy musí byť nejaký vlastný vektor $\vec v$ matice $B$ pre vlastné číslo $2$.
V prvom riadku by sme potrebovali vektor $\vec u$ taký, že $\vec u B=2\vec u+\vec v$.

Nájdime teda vlastné vektory matice $B$ pre vlastnú hodnotu $2$.
$(B-2I)^T= \begin{pmatrix} 36 &16\\ -81&-36 \end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix} 9 & 4 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$, vlastné vektory sú nenulové násobky vektora $(4,-9)$.

Zoberme $\vec v=(4,-9)$ Pokúsme sa nájsť vektor taký, že $\vec u B=2 \vec u + \vec v$.
To je ekvivalentné s podmienkou $\vec u(B-2I)=\vec v$ alebo (po transponovaní) $(B-2I)^T\vec u^T=\vec v^T$. Riešime teda sústavu:
$\left(\begin{array}{cc|c} 36 &16 & 4\\ -81&-36&-9 \end{array}\right)\sim \left(\begin{array}{cc|c} 9 & 4 & 1\\ 9 & 4 & 1 \end{array}\right)$
Máme napríklad riešenie $\vec u=(1,-2)$.
Skutočne platí $(1,-2)B=(6,-13)=(4,-9)+2(1,-2)$.

Vidíme teda, že v báze $(1,-2)$, $(4,-9)$ má zobrazenie $\vec x\mapsto \vec x B$ maticu $J$. Teda $B$ je podobná s $J$ (a aj s $A$).

Súčasne sme zistili, že pre maticu $Q$
$Q= \begin{pmatrix} 1 &-2 \\ 4 &-9 \end{pmatrix}$ máme $QB\inv Q=J$.

Môžeme to skontrolovať aj výpočtom:
$\begin{pmatrix} 1 &-2 \\ 4 &-9 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 38 &-81\\ 16 &-34 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 9 & -2 \\ 4 & -1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 6 &-13\\ 8 &-18 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 9 & -2 \\ 4 & -1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$

Ak už vieme o Jordanovom tvare

Predošlý postup sme robili bez odvolávania sa vety o Jordanovom tvare. Ak už túto vetu poznáme, vieme si dosť veľkú časť práce ušetriť.

Akonáhle sme zistili, že matica $A$ má jediné vlastné číslo $2$, tak Jordanov normálny tvar musí mať na diagonále dvojky.
Keď navyše vieme aj to, že $A$ nie je podobná s diagonálnou, tak jej Jordanov tvar musí byť $J= \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$.
Presne rovnaký argument môžeme zopakovať aj pre maticu $B$. Obe matice sú podobné s $J$, teda sú podobné aj navzájom.

(Azda ale nie je na škodu to, že sme si skôr, než sme sa naučili takúto silnú vetu ukázali, že takúto úlohu vieme nejako vyriešiť aj bez nej. Navyše vlastne pri riešení sme dostali Jordanov tvar - takže ten pre nás potom už nebol až takým veľkým prekvapením.)

[Martin Sleziak]

Matice $3\times3$

Pokúsme sa riešiť podobnú úlohu pre nejaké matice rozmerov $3\times3$. Opäť sa môžeme na túto úlohu pozrieť bez odvolania na vetu o Jordanovom tvare a potom aj na to, či nám úlohu nejako zjednoduší, ak vieme niečo o Jordanovom normálnom tvare.

Máme tieto matice:
$\newcommand{\inv}[1]{{#1}^{-1}}A= \begin{pmatrix} 3 & 2 &-5 \\ 2 & 6 &-10\\ 1 & 2 &-3 \end{pmatrix}$ a $B= \begin{pmatrix} 6 &20 &-34\\ 6 &32 &-51\\ 4 &20 &-32 \end{pmatrix}$

Opäť začnime tým, že nájdeme charakteristické polynómy, prípadne aj vlastné vektory.

Zistíme, že $\chi_A(t)=\chi_B(t)=(t-2)^3$.

Spoiler:

$\chi_A(t)= \begin{vmatrix} t-3 & -2 & 5 \\ -2 & t-6 & 10\\ -1 & -2 &t+3 \end{vmatrix}=$ $\begin{vmatrix} t-2 & 0 &2-t\\ -2 & t-6 & 10\\ -1 & -2 &t+3 \end{vmatrix}=$ $(t-2)\begin{vmatrix} 1 & 0 & -1\\ -2 & t-6 & 10\\ -1 & -2 &t+3 \end{vmatrix}=$ $(t-2)\begin{vmatrix} 1 & 0 & -1\\ 0 & t-6 & 8\\ 0 & -2 &t+2 \end{vmatrix}=$ $(t-2)(t^2-4t-12+16)=(t-2)(t^2-4t+4)=(t-2)^3$
$\chi_B(t)= \begin{vmatrix} t-6 & -20 & 34\\ -6 &t-32 & 51\\ -4 & -20 &t+32 \end{vmatrix}=$ $\begin{vmatrix} t-2 & 0 & 2-t\\ -6 &t-32 & 51\\ -4 & -20 &t+32 \end{vmatrix}=$ $(t-2)\begin{vmatrix} 1 & 0 & -1\\ -6 &t-32 & 51\\ -4 & -20 &t+32 \end{vmatrix}=$ $(t-2)\begin{vmatrix} 1 & 0 & -1\\ 0 &t-32 & 45\\ 0 & -20 &t+28 \end{vmatrix}=$ $(t-2)(t^2-4t-28\cdot32+20\cdot45)=$ $(t-2)(t^2-4t-4\cdot224+4\cdot225)=$ $(t-2)(t^2-4t+4)=(t-2)^3$

Pre maticu $A$ nájdeme dvojrozmerný vlastný podpriestor k vlastnému číslu $2$, ktorý vyzerá takto: $[(-2,1,0),(0,1,-2)]$.
Pre maticu $B$ nájdeme dvojrozmerný vlastný podpriestor k vlastnému číslu $2$, ktorý vyzerá takto: $[(-3,2,0),(0,2,-3)]$.

Spoiler:

$(A-2I)^T= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 2 & 4 & 2\\ -5 &-10&-5 \end{pmatrix}\sim$ $\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$
Riešenia: $[(-2,1,0),(0,1,-2)]$\\
$(B-2I)^T= \begin{pmatrix} 4 & 6 & 4\\ 20 &30 & 20\\ -34 &-51&-34 \end{pmatrix}\sim$ $\begin{pmatrix} 2 & 3 & 2\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$
Riešenia: $[(-3,2,0),(0,2,-3)]$

Matica $A$ teda nie je podobná s diagonálnou. Vedeli by sme nájsť nejakú jednoduchú maticu podobnú s $A$?

Ak už poznáme vetu o Jordanovom normálnom tvare, tak z toho, čo sme zistili doteraz, už vieme, že $A$ aj $B$ budú mať dva Jordanove bloky a teda obe sú podobné s maticou
$J= \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$
A už nič nemusíme rátať ďalej.

Ak chceme skúsiť úlohu riešiť bez použitia tejto vety, tak môžeme uvažovať napríklad takto:
Chceli by sme bázu $\vec a_1$, $\vec a_2$, $\vec a_3$, pri ktorej bude mať zobrazenie $\vec x\mapsto \vec x A$ čo najjednoduchšiu maticu.
Ak to tejto bázy za $\vec a_2$, $\vec a_3$ vyberieme nejaké vlastné vektory k $2$, tak matica zobrazenia v tejto báze bude vyzerať takto:
$\begin{pmatrix} a & b & c \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$
(O prvom riadku zatiaľ nevieme povedať nič - závisí od voľby $\vec a_1$. Ale v druhom riadku máme súradnice vektora $\vec a_2A=2\vec a_2$ v báze $\vec a_1$, $\vec a_2$, $\vec a_3$, čo sú presne čísla 0,2,0. Podobne je to v treťom riadku.)
Ešte by sme azda vedeli povedať - pretože stopy podobných matíc musia byť rovnaké - že nezávisle od voľby $\vec a_1$ bude nová matica vyzerať takto:
$\begin{pmatrix} 2 & b & c \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$.
Čísla $b$ a $c$ však stále môžu závisieť od voľby $\vec a_1$.

Čiže by sme teda mohli zobrať dva lineárne nezávislé vektory, doplniť ich na bázu celého $\mathbb R^3$, zistiť aké dostaneme $b$ a $c$ a potom riešiť úlohu, či $B$ je podobná s takouto maticou. To by mohla byť jednoduchšia úloha zisťovať podobnosť s pôvodnou maticou $A$, pretože táto matica je jednoduchšia. (Má veľa núl.)

V skutočnosti však vieme dostať ešte o trochu krajšiu maticu. (Čo nás teraz, keď sme sa už učili o Jordanovom normálnom tvare, asi veľmi neprekvapí.)
Vieme, že v prvom riadku sú čísla $b$ a $c$ také, že
$\vec a_1 A=2\vec a_1+b\vec a_2+c\vec a_3$.
Nie je ťažké si uvedomiť, že $\vec b=b\vec a_2+c\vec a_3$ bude tiež vlastný vektor k vlastnému číslu 2.
Ale druhý a tretí riadok našej matice vyzerajú rovnako, bez ohľadu na to, aký vektor sme dali do bázy. Teda by sme mohli vytvoriť takú bázu, kde na druhom mieste bude práve tento vektor a dostaneme maticu tvaru:
$\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$
(Pretože $\vec a_1 A= 2\vec a_1+\vec b$.)

Teraz sa pýtame, či $B$ je podobná s takouto maticou.
Mohli by sme úplne presne zopakovať argument, ktorý sme použili pred chvíľou. Poďme to pre zmenu skúsiť zrátať - skúsime konkrétne nájsť bázu, pri ktorej má $\vec x \mapsto \vec xB$ takúto maticu.
Znamená to, že sa pýtame na existenciu vektorov $\vec b_1$, $\vec b_2$, $\vec b_3$ takých, že:
$\vec b_1 B = 2\vec b_1+\vec b_2$
$\vec b_2 B = 2\vec b_2$
$\vec b_3 B = 2\vec b_3$
Teda $\vec b_2$ aj $\vec b_3$ musia byť vlastné vektory matice $B$, sú to teda nejaké vektory z podpriestoru $[(-3,2,0),(0,2,-3)]$.
Navyše chceme, aby platilo
$\vec b_1 B - 2\vec b_1=\vec b_2$
$\vec b_1(B-2I)=\vec b_2$
$(B-2I)^T\vec b_1^T=\vec b_2^T$
Teda $\vec b_2$ musí byť navyše taký vlastný vektor, aby táto sústava mala riešenie.

Ideme teda riešiť sústavu:
$\left(\begin{array}{ccc|c} 4 & 6 & 4 & -3a\\ 20 &30 & 20 & 2a+2b\\ -34 &-51&-34 & -3b \end{array}\right)\sim \left(\begin{array}{ccc|c} 2 & 3 & 2 & -\frac32a\\ 2 & 3 & 2 & \frac{a+b}5\\ 2 & 3 & 2 & \frac3{17}b \end{array}\right)$
Zistili sme, že táto sústava má riešenie iba pre $17a=-2b$, $b=-\frac{17}2a$.
Riešením je napríklad vektor $(-\frac34a,0,0)$.
Môžeme si zvoliť napríklad $a=2$, $b=-17$.
Potom dostaneme:
$\vec b_1=(-\frac32,0,0)$, $\vec b_2=(-6,-30,51)$.
Za $\vec b_3$ môžeme zvoliť napríklad $(0,2,-3)$. (Alebo akýkoľvek iný vlastný vektor, ktorý nie je násobkom $\vec b_1$.)

Pri tejto báze má zobrazenie $\vec x\mapsto\vec x B$ maticu
$J=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$.
Teda $B$ je podobné s touto maticou (a tým aj s maticou $A$.)

Vyrátali sme aj niečo navyše - zistili sme, že pre maticu
$P= \begin{pmatrix} -\frac32 & 0 & 0 \\ -6 &-30& 51 \\ 0 & 2 &-3 \end{pmatrix}$
platí $PB\inv P=J$.

EDIT: Ešte pridajme inú možnosť ako sa dá nájsť vektor $\vec b_2$.

Dostali sme, že má platiť
$$\vec b_1(B-2I)=\vec b_2.$$
Táto rovnosť nám vlastne hovorí, že $\vec b_2$ je lineárna kombinácia riadkov matice $A-2I$.
V našom prípade má matica
$$B-2I= \begin{pmatrix} 4 & 20&-34 \\ 6 & 30&-51 \\ 4 & 20&-34 \end{pmatrix}$$
hodnosť $1$ a zodpovedajúci riadkový podpriestor je jednorozmerný $V_B=[(2,10,-17)]$.

Teda $\vec b_2$ musí byť nejaký nenulový násobok vektora $(2,10,-17)$. (Nenulový preto, že chceme dostať regulárnu maticu.)
Zvoľme si napríklad $\vec b_2=(2,10,-17)$.
Máme veľa možností pre voľbu vektora $\vec b_1$, napríklad $\vec b_1=(\frac12,0,0)$.

Vektor $\vec b_3$ už môžeme zvoliť ako ľubovoľný vlastný vektor k vlastnému číslu $2$, ale taký, aby nebol lineárnou kombináciou doteraz zvolených vektorov $\vec b_1$, $\vec b_2$. Pretože $\vec b_1$ nepatrí do vlastného podpriestoru prislúchajúceho vlastnému číslu $2$, stačí si dať pozor na to aby sme nevybrali násobok vektora $\vec b_2$. Teda môžeme zvoliť napríklad $\vec b_3=(1,0,-1)$.

Získali sme inú maticu
$$P= \begin{pmatrix} \frac13 & 0 & 0 \\ 2 &10 &-17\\ 1 & 0 &-1 \end{pmatrix},$$
aj pre túto maticu platí $PAP^{-1}=J$.

[Martin Sleziak]

Načo to celé bolo dobré?

Načo sme vlastne takéto veci rátali?

• Možno trochu viac oceníme Jordanovu vetu - s ňou vieme takéto veci zistiť jednoduchšie.
• Možno je to dobrá príprava na Jordanovu vetu - asi nás menej prekvapí všeobecná veta, keď sme videli v nejakom konkrétnom prípade, že matica je podobná s maticou, ktorá má tvar Jordanovho bloku.
• Ako prípravu na výpočet Jordanovho tvaru - tam tiež budeme používať niektoré z vecí, ktoré sme rátali tu.
• Ak by sme chceli vyrátať nielen Jordanov tvar ale aj príslušnú maticu $P$, tak použijeme presne postup, ktorý sme použili v tejto úlohe.