msleziak.com

FMFI UK
https://msleziak.com/forum/

Ešte raz Jordanov tvar

https://msleziak.com/forum/viewtopic.php?t=919

Page 1 of 1

Ešte raz Jordanov tvar

Posted: Tue May 24, 2016 3:12 pm
by Martin Sleziak
Síce tu mám vyriešených viacero úloh na Jordanov tvar. Ale azda by nezaškodilo dať sem aspoň jednu s maticou väčších rozmerov, kde vyjdú dve rôzne vlastné čísla. (Tu je príklad s maticou $4\times4$, kde sme mali iba jedno štvornásobné vlastné číslo: viewtopic.php?t=656 )
Nájdite Jordanov tvar, charakteristický polynóm a minimálny polynóm matice
$$A=\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 \\
-2 & 3 & 2 &-1 \\
1 &-1 & 1 & 0 \\
2 &-2 &-2 & 2
\end{pmatrix}.$$
Charakteristický polynóm

Najprv treba zrátať $\chi_A(x)=(x-1)^2(x-2)^2$.
Spoiler:
Všade som rátal $|A-xI|$ namiesto $|xI-A|$, ale pre matice $4\times4$ je výsledok rovnaký. (Pre matice nepárnych rozmerov by sa zmenilo znamienko.)

$\chi_A(x)=
\begin{vmatrix}
-x & 1 & 0 & 0 \\
-2 &3-x& 2 &-1 \\
1 &-1 &1-x& 0 \\
2 &-2 &-2 &2-x
\end{vmatrix}\overset{(1)}=$ $
\begin{vmatrix}
1-x&1-x&1-x&1-x\\
-2 &3-x& 2 &-1 \\
1 &-1 &1-x& 0 \\
2 &-2 &-2 &2-x
\end{vmatrix}=$ $
(1-x)\begin{vmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 \\
-2 &3-x& 2 &-1 \\
1 &-1 &1-x& 0 \\
2 &-2 &-2 &2-x
\end{vmatrix}=$ $
(1-x)\begin{vmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 \\
0 &5-x& 4 & 1 \\
0 &-2 &-x &-1 \\
0 &-4 &-4 & -x
\end{vmatrix}=$ $
(1-x)\begin{vmatrix}
5-x& 4 & 1 \\
-2 &-x &-1 \\
-4 &-4 & -x
\end{vmatrix}=$ $
(1-x)\begin{vmatrix}
5-x& 4 & 1 \\
-2 &-x &-1 \\
1-x& 0 &1-x
\end{vmatrix}=$ $
(x-1)^2\begin{vmatrix}
5-x& 4 & 1 \\
-2 &-x &-1 \\
1 & 0 & 1
\end{vmatrix}=$ $
(x-1)^2\begin{vmatrix}
4-x& 4 & 0 \\
-1 &-x & 0 \\
1 & 0 & 1
\end{vmatrix}=$ $
(x-1)^2\begin{vmatrix}
4-x& 4 \\
-1 &-x
\end{vmatrix}=$ $(x-1)^2(x^2-4x+4)=$ $(x-1)^2(x-2)^2
$
(1): pripočítali sme ostatné riadky k prvému

Inak: $\chi_A(x)=
\begin{vmatrix}
-x & 1 & 0 & 0 \\
-2 &3-x& 2 &-1 \\
1 &-1 &1-x& 0 \\
2 &-2 &-2 &2-x
\end{vmatrix}\overset{(1)}=$ $
\begin{vmatrix}
1-x& 0 &1-x& 0 \\
-2 &3-x& 2 &-1 \\
1 &-1 &1-x& 0 \\
2 &-2 &-2 &2-x
\end{vmatrix}=$ $
(x-1)\begin{vmatrix}
-1 & 0 &-1 & 0 \\
-2 &3-x& 2 &-1 \\
1 &-1 &1-x& 0 \\
2 &-2 &-2 &2-x
\end{vmatrix}=$ $
(x-1)\begin{vmatrix}
-1 & 0 &-1 & 0 \\
0 &3-x& 4 &-1 \\
0 &-1 &-x & 0 \\
0 &-2 &-4 &2-x
\end{vmatrix}=$ $
-(x-1)\begin{vmatrix}
3-x& 4 &-1 \\
-1 &-x & 0 \\
-2 &-4 &2-x
\end{vmatrix}\overset{(2)}=$ $
-(x-1)\begin{vmatrix}
1-x& 0 &1-x \\
-1 &-x & 0 \\
-2 &-4 &2-x
\end{vmatrix}=$ $
(x-1)^2\begin{vmatrix}
1 & 0 & 1 \\
-1 &-x & 0 \\
-2 &-4 &2-x
\end{vmatrix}=$ $
(x-1)^2\begin{vmatrix}
1 & 0 & 1 \\
0 &-x & 1 \\
0 &-4 &4-x
\end{vmatrix}=$ $
(x-1)^2\begin{vmatrix}
-x & 1 \\
-4 &4-x
\end{vmatrix}=$ $(x-1)^2(x^2-4x+4)=$ $(x-1)^2(x-2)^2$
(1), (2): pripočítali sme tretí riadok k prvému

Ak by som vôbec nehľadal, či to viem nejako zjednodušiť, tak urobím rozvoj napríklad podľa prvého riadku a dostanem:
$\chi_A(x)=
\begin{vmatrix}
-x & 1 & 0 & 0 \\
-2 &3-x& 2 &-1 \\
1 &-1 &1-x& 0 \\
2 &-2 &-2 &2-x
\end{vmatrix}=$ $
-x\begin{vmatrix}
3-x& 2 &-1 \\
-1 &1-x& 0 \\
-2 &-2 &2-x
\end{vmatrix}
-\begin{vmatrix}
-2 & 2 &-1 \\
1 &1-x& 0 \\
2 &-2 &2-x
\end{vmatrix}=$ $-x[(3-x)(1-x)(2-x)-2-2(1-x)+2(2-x)]
-[-2(1-x)(2-x)+2+2(1-x)-2(2-x)]=$ $-x[(3-x)(1-x)(2-x)-2-2+2x+4-2x]
-[-2(1-x)(2-x)+2+2-2x-4+2x]=$ $-x(3-x)(1-x)(2-x)+2(1-x)(2-x)=$ $-(1-x)[x(3-x)(2-x)-2(2-x)]=$ $(x-1)[(x^3-5x^2+6x)-4+2x]=$ $(x-1)(x^3-5x^2+8x-4)$.
Teraz potrebujem nájsť korene polynómu $x^3-5x^2+8x-4$. Nie je moc ťažké všimnúť si, že $1$ je koreňom. Potom ale môžeme tento polynóm vydeliť $(x-1)$ a upraviť ho tak na tvar $x^3-5x^2+8x-4=(x-1)(x^2-4x+4)$. Korene polynómu $x^2-4x+4$ vieme nájsť ľahko (to už je kvadratická rovnica), ale v tomto prípade hneď vidíme známy vzorec $x^2-4x+4=(x-2)^2$. Zistili sme teda, že
$\chi_A(x)=(x-1)(x^3-5x^2+8x-4)=(x-1)^2(x-2)^2$.

Pretože nájsť korene polynómu stupňa 4 nemusí byť jednoduché, pridám sem aj linku na nejaké veci, čo som písal o koreňoch charakteristického polynómu: viewtopic.php?f=29&t=890
Pomocou vlastných vektorov

Teraz vypočítam vlastné vektory.
Spoiler:
$(A-I)^T=
\begin{pmatrix}
-1 &-2 & 1 & 2 \\
1 & 2 &-1 &-2 \\
0 & 2 & 0 &-2 \\
0 &-1 & 0 & 1
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
-1 & 0 & 1 & 0 \\
1 & 0 &-1 & 0 \\
0 & 1 & 0 &-1 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 &-1 & 0 \\
0 & 1 & 0 &-1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}$
Vlastný podpriestor k vlastnej hodnote $1$ je dvojrozmerný: $[(1,0,1,0),(0,1,0,1)]$.
Budem mať 2 bloky k vlastnej hodnote $1$.
Spoiler:
$(A-2I)^T=
\begin{pmatrix}
-2 &-2 & 1 & 2 \\
1 & 1 &-1 &-2 \\
0 & 2 &-1 &-2 \\
0 &-1 & 0 & 0
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
-2 & 0 & 1 & 2 \\
1 & 0 &-1 &-2 \\
0 & 0 &-1 &-2 \\
0 & 1 & 0 & 0
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 2 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}$
Vlastný podpriestor k vlastnej hodnote $1$ je jednorozmerný: $[(0,0,2,-1)]$.
Jordanov tvar obsahuje jediný blok k vlastnej hodnote $2$.

Už na základe týchto informácií viem zostaviť Jordanov tvar. Ale ak chcem, môžem sa presvedčiť, že skutočne existuje aj zovšeobecnený vlastný vektor k vlastnej hodnote $2$.
Spoiler:
$\left(\begin{array}{cccc|c}
-2 &-2 & 1 & 2 & 0\\
1 & 1 &-1 &-2 & 0\\
0 & 2 &-1 &-2 & 2\\
0 &-1 & 0 & 0 & -1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|c}
-2 & 0 & 1 & 2 & 2\\
1 & 0 &-1 &-2 &-1\\
0 & 0 &-1 &-2 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|c}
-2 & 0 & 0 & 0 & 2\\
1 & 0 & 0 & 0 &-1\\
0 & 0 &-1 &-2 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 0 & 0 & 0 &-1\\
0 & 1 & 0 & 0 & 1\\
0 & 0 &-1 &-2 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)$
Riešenie je napríklad $(-1,1,0,0)$.
$(-1,1,0,0)
\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 \\
-2 & 3 & 2 &-1 \\
1 &-1 & 1 & 0 \\
2 &-2 &-2 & 2
\end{pmatrix}=
(-2,2,2,-1)=2\cdot(-1,1,0,0)+(0,0,2,-1)$

Zrátali sme vlastne aj niečo navyše:
Pre maticu $P=
\begin{pmatrix}
-1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 2 &-1 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1
\end{pmatrix}
$ platí $PAP^{-1}=J$.

Pomocou hodností mocnín $(A-\lambda I)$

Zrátame hodnosti matíc $A-I$ a $A-2I$:
Spoiler:
$A-I=
\begin{pmatrix}
-1 & 1 & 0 & 0 \\
-2 & 2 & 2 &-1 \\
1 &-1 & 0 & 0 \\
2 &-2 &-2 & 1
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 &-1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 2 &-1 \\
0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
$

$A-2I=
\begin{pmatrix}
-2 & 1 & 0 & 0 \\
-2 & 1 & 2 &-1 \\
1 &-1 &-1 & 0 \\
2 &-2 &-2 & 0
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
-2 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 2 &-1 \\
1 &-1 &-1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
-2 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 2 &-1 \\
-1 & 0 &-1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
-2 & 1 & 0 & 0 \\
-2 & 0 & 0 &-1 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
-2 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
2 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}$
$h(A-I)=2$ $\Rightarrow$ máme $2$ bloky k vlastnému číslu $1$
$h(A-2I)=3$ $\Rightarrow$ máme $1$ blok k vlastnému číslu $2$

Opäť, táto informácia nám stačí na to, aby sme zostavili Jordanov tvar.
Samozrejme, ak chceme, môžeme sa ešte presvedčiť, že $h((A-I)^2)=h((A-2I)^2)=2$

Výsledok
Zistili sme, že Jordanov tvare je
$$J=\begin{pmatrix}
2 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 2 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.$$
Z neho ľahko vidíme aj to, že minimálny polynóm je $m_A(x)=m_J(x)=(x-1)(x-2)^2$.
All times are UTC+01:00
Page 1 of 1

Powered by phpBB® Forum Software © phpBB Limited