Pridám sem aj príklad $3\times3$, kde je jediná vlastná hodnota.
Nájdite charakteristický polynóm, vlastné hodnoty, vlastné vektory a Jordanov normálny tvar matice
$$
A=\begin{pmatrix}
2 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 1 \\
-1 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}.
$$
Budem písať iba k jednej skupine - v druhej je postup veľmi podobný a Jordanov tvar vyjde rovnaký.
Vlastne aj predtým, než by sme čokoľvek rátali, sa dá zbadať, že jednotka určite bude vlastná hodnota. (Pozrite sa na druhý stĺpec.)
Ale aj bez akéhokoľvek hádania výpočty štandardným postupom sú pomerne priamočiare.
$\chi_A(t)=
\begin{vmatrix}
t-2& 0 &-1 \\
-1 &t-1&-1 \\
1 & 0 & t \\
\end{vmatrix}=
(t-1)\begin{vmatrix}
t-2&-1 \\
1 & t \\
\end{vmatrix}=(t-1)(t^2-2t+1)=(t-1)^3
$
Opäť pripomeniem dve veci, ktoré nám dajú aspoň čiastočnú kontrolu:
* Súčet koreňov by mal dať stopu matice:
viewtopic.php?t=642 - to sedí ($\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3=1+1+1=3$ a $\operatorname{Tr}(A)=2+1+0=3$.).
* Ideme teraz rátať vlastné vektory - ak by dostali koreň, ku ktorému vlastný vektor neexistuje, vieme že niekde je chyba.
Riadkové vlastné vektory nájdeme riešením homogénnej sústavy s maticou
$$(A-I)^T=
\begin{pmatrix}
1 & 1 &-1 \\
0 & 0 & 0 \\
1 & 1 &-1 \\
\end{pmatrix}
\approx
\begin{pmatrix}
1 & 1 &-1 \\
0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}
$$
Vidíme, že množina riešení je $[(1,0,1),(0,1,1)]$.
Ľahko môžeme skontrolovať, že sú to naozaj vlastné vektory (k vlastnej hodnote $1$).
Dostali sme dvojrozmerný vlastný podpriestor k vlastnému číslu $1$; z toho vieme, že máme dva Jordanove bloky.
Až na prípadnú výmenu poradia blokov jediná možnosť pre Jordanov tvar je
$$J=
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 \\
\end{pmatrix}
$$
Matica $P$
Vyšlo nám teda, že pre nejakú regulárnu maticu $P$ platí $PAP^{-1}=J$. Mohli by sme skúsiť aj nájsť takúto maticu $P$.
(Toto nebolo súčasťou zadania. Ale možno sa oplatí skúsiť, či sa nejako k takejto matici vieme dopracovať - pre maticu $3\times3$ by to malo byť zvládnuteľné.)
T.j. chceme aby platili takéto vzťahy - ktoré si prepíšeme pomocou riadkov matice $P$:
\begin{align*}
PAP^{-1}&=J\\
PA&=JP\\
\begin{pmatrix}\vec p_1\\\vec p_2\\\vec p_3\end{pmatrix}A&=
\begin{pmatrix}
\lambda & 1 & 0 \\
0 & \lambda & 0 \\
0 & 0 & \lambda \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\vec p_1\\\vec p_2\\\vec p_3\end{pmatrix}\\
\begin{pmatrix}\vec p_1A\\\vec p_2A\\\vec p_3A\end{pmatrix}&=
\begin{pmatrix}\lambda\vec p_1+\vec p_2\\\lambda\vec p_2\\\lambda\vec p_3\end{pmatrix}
\end{align*}
V našej úlohe vyšlo $\lambda=1$; ale naschvál teraz chvíľu budem písať veci o čosi všeobecnejšie. (Aj preto, aby som odlíšil, kedy sme jednotku dostali z vedľajšej diagonály a kedy ako vlastné číslo - azda je to takto prehľadnejšie.)
Chceme teda nájsť tri lineárne nezávislé vektory, ktoré majú spĺňať rovnosti:
\begin{align*}
\vec p_1A&=\lambda \vec p_1+\vec p_2\\
\vec p_2A&=\lambda \vec p_2\\
\vec p_3A&=\lambda \vec p_3
\end{align*}
Druhý a tretí riadok musia byť vlastné vektory - čiže už poznáme všetky možnosti, ktoré sa môžu vyskytnúť v týchto riadkoch.
Ako by sme vedeli nájsť $\vec p_1$? (Medzičasom z prednášky už vieme, že takéto niečo sa volá zovšeobecnený vlastný vektor.)
Uvedené rovnosti môžeme prepísať aj takto:
\begin{align*}
\vec p_1(A-\lambda I)&=\vec p_2\\
\vec p_2(A-\lambda I)&=\vec 0\\
\vec p_3(A-\lambda I)&=\vec 0\\
\end{align*}
Teda na prvú rovnicu sa môžeme pozerať ako na sústavu rovníc - nie je homogénna a ako pravá strana sa tam môže objaviť ľubovoľný nenulový vlastný vektor.
Alebo sa môžeme pozrieť na to, že súčasne máme
$$\vec p_1(A-\lambda I)^2=\vec p_2(A-\lambda I)=\vec 0.$$
Podmienka $\vec p_1(A-\lambda I)^2=\vec 0$ nám dáva homogénnu sústavu, ktorú musí spĺňať $\vec p_1$.
Z tejto homogénnej sústavy dostaneme nejakých možných kandidátov na $\vec p_1$.
Ešte si ale musíme dať pozor na to, že spomedzi jej riešení nemôžeme $\vec p_1$ zvoliť úplne ľubovoľne. Napríklad nechceme, aby $\vec p_2=\vec p_1(A-\lambda I)$ vyšiel nulový vektor (lebo chceme dostať regulárnu maticu). Inak povedané: Určite nechceme, aby $\vec p_1$ bol vlastný vektor.
Nájdenie $\vec p_1$ riešením sústavy
Chceli by sme sa pozrieť na možné riešenia $\vec p_1(A-I)=\vec p_2$, t.j. $(A-I)^T=\vec p_2^T$. Pritom $\vec p_2$ môže byť ľubovoľný vlastný vektor, a teda je tvaru $a(1,0,1)+b(0,1,1)$.
$$\left(\begin{array}{ccc|c}
1 & 1 &-1 & a \\
0 & 0 & 0 & b \\
1 & 1 &-1 & a+b
\end{array}\right)$$
Táto sústava pre niektoré hodnoty $a$, $b$ možno nemá riešenie - my by sme radi našli také, kedy riešenie bude mať.
V tomto prípade z druhého riadku okamžite vidíme, že nutne musí platiť $b=0$. Potom už dostávame veľmi jednoduchú sústavu
$$\left(\begin{array}{ccc|c}
1 & 1 &-1 & a \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 1 &-1 & a
\end{array}\right)\approx
\left(\begin{array}{ccc|c}
1 & 1 &-1 & a \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)$$
Táto sústava má riešenie pre každé $a$. (A vieme všetky riešenia nájsť.)
My však v skutočnosti nepotrebujeme nájsť úplne všetky možné riešenia. (Sme spokojní, ak sa nám podarí nájsť jednu maticu $P$, pre ktorú platí $PAP^{-1}=J$.)
Zoberme si napríklad $a=1$.
Potom jedno z riešení je $\vec p_1=(1,0,0)$.
Voľba $a=1$, $b=0$ znamená, že máme $\vec p_2=(1,0,1)$.
Ešte potrebujeme pridať nejaký vlastný vektor $\vec p_3$, pričom máme zakázané násobky vektora $\vec p_2$.
Môžeme si napríklad vybrať $\vec p_3=(0,1,1)$.
Pomocou podmienky $\vec p_1(A-\lambda I)^2=\vec 0$
Najprv chceme nájsť také vektory, ktoré vyhovujú rovnosti $\vec p_1(A-I)^2=\vec 0$.
Vypočítame teda $(A-I)^2$, zistíme, že nám vyšla nulová matica.
To isté sme mohli vidieť aj vtedy, ak by sme si uvedomili, že z nášho Jordanovho tvaru už máme minimálny polynóm $m_A(t)=m_J(t)=(t-1)^2$.
(Ale vypočítať súčin dvoch matíc $3\times3$ nie je až tak veľa roboty - ak sme to teda zbadali už aj predtým, môžeme si to takto prekontrolovať.)
Teda podmienku $\vec p_1(A-I)^2=\vec 0$ spĺňa ľubovoľný vektor z $\mathbb R^3$ (resp. z $\mathbb C^3$).
Už sme si ale uvedomili, že nechceme ako $\vec p_1$ vybrať vlastný vektor.
Zoberme si teda úplne hocijaký vektor, ktorý neleží vo vlastnom podpriestore k jednotke. Napríklad $\vec p_1=(1,0,0)$.
Potom máme
$$\vec p_2=\vec p_1(A-I)=(1,0,1).$$
Vidíme, že ako $\vec p_2$ nám vyšiel vlastný vektor. (To sme aj chceli - keby to tak nevyšlo, tak niečo nie je v poriadku.)
Ako $\vec p_3$ chceme vlastný vektor, ale určite to nesmie byť násobok $\vec p_2$. Nejaký taký vektor si vyberieme, napríklad $\vec p_3=(0,1,1)$.
Matica $P$
Dostali sme maticu:
$$P=
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 \\
\end{pmatrix}
$$
(Pri oboch postupoch vyšla tá istá matica. Mali sme - v oboch postupoch - viacero miest, kde sme si mohli vybrať s viacerých možností. Riešenie tu je naschvál napísané tak, že sme si ich vyberali spôsobom, pri ktorom to vyšlo rovnako.)
Asi vcelku rýchlo vidno, že táto matica je regulárna.
Môžeme sa presvedčiť výpočtom (či už ručne alebo v nejakom programe), že $PA=JP$ a $PAP^{-1}=J$.
Pridám linku na Symbolab (aj keď pre matice $3\times3$ s výnimkou výpočtu inverznej matice sú to veci, ktoré asi vidno veľmi rýchlo):
*
výpočet $PAP^{-1}$
*
výpočet $PA-JP$ - tu ako medzivýsledky vidíte aj $PA$ a $JP$