Sbírka řešených úloh

Maticový rozbor V.

Úloha číslo: 1428

• Poznámka

  K řešení této úlohy je třeba znát pojmy detailně představené v úlohách

  • Základní pojmy,
  • Vlastní vektory,
  • Maticový polynom,
  • Stopa, determinant a charakteristický polynom,
  • Anulující polynom matice,
  • Minimální polynom,
  • Jordanovy matice,
  • Jordanův kanonický tvar.

• Nápověda 1 – char. polynom, spektrum, vlastní čísla

  Určete charakteristický polynom, spektrum a vlastní čísla matice \(A\).

  Charakteristický polynom je determinant matice \(\lambda E- A\), vlastní čísla jsou jeho kořeny. Spektrum je soubor vlastních čísel, zohledňující jejich násobnost v charakteristickém polynomu. Podrobněji v úloze Základní pojmy.

• Řešení nápovědy 1 – char. pol., spektrum, vlastní čísla

  Nejprve určíme charakteristický polynom, tedy determinant charakteristické matice \(\lambda E- A\). \[ p(\lambda) = \det(\lambda E - A)= \begin{vmatrix} \lambda - 4 & 5 & -2 \\ -5 & \lambda + 7 & -3 \\ -6 & 9 & \lambda -4 \end{vmatrix}= \] Determinant vypočítáme například pomocí Sarrusova pravidla. \[ = (\lambda - 4)^2(\lambda + 7) + 90 + 90 - \big[12(\lambda+7)-15(\lambda-4)-27(\lambda-4)\big]= \] \[ = (\lambda^3 - \lambda^2 -40\lambda + 112) + 180 - (292-40\lambda) = \lambda^3 -\lambda^2 = \lambda^2(\lambda-1). \] Charakteristický polynom \[ p(\lambda) = \lambda^3 - \lambda^2 = \lambda^2(\lambda-1). \] Vlastní čísla jsou kořeny tohoto polynomu \[ \begin{eqnarray} \lambda_1 &=& 0, \\ \lambda_2 &=& 1. \end{eqnarray} \] Spektrum je soubor vlastních čísel, který zohledňuje násobnost \[\big\lbrace 0,{}0,{}1\big\rbrace.\]

• Nápověda 2 – vlastní vektory

  Určete vlastní vektory matice \(A\).

  Vlastní vektor matice \(A\) příslušný vlastnímu číslu \(\lambda\) je nenulový vektor splňující rovnost \(Av^\mathrm{T} = \lambda v^\mathrm{T}\). Více o vlastních vektorech viz úloha Vlastní vektory.

  Z definice vlastního vektoru plyne, že jej lze hledat jako nenulové řešení homogenní soustavy \((\lambda E -A)v^\mathrm{T} = 0\). Viz odvození.

• Řešení nápovědy 2 – vlastní vektory

  Hledejme vlastní vektory příslušící vlastnímu číslu \(\lambda_1 = 0\). Tj. hledejme nenulová řešení homogenní soustavy \((\lambda_1 E -A)v^\mathrm{T} = 0\).

  \[ \begin{pmatrix} -4 & 5 & -2 \\ -5 & 7 & -3 \\ -6 & 9 & -4 \end{pmatrix} \sim\ \dots \ \sim \begin{pmatrix} 4 & -5 & 2 \\ 0 & 3 & -2 \\ \end{pmatrix} \] \[ \hspace{1.8cm} \mathrm{Řešení:} \hspace{1.6cm} \big[\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ \end{pmatrix}\big]. \] Získali jsme vlastní vektor příslušící vlastnímu číslu \(\lambda_1\) \[u=(1,{}2,{}3).\]

  ---

  Hledejme vlastní vektory příslušící vlastnímu číslu \(\lambda_2 = 1\). Tj. hledejme nenulová řešení homogenní soustavy \((\lambda_2 E -A)v^\mathrm{T} = 0\).

  \[ \begin{pmatrix} -3 & 5 & -2 \\ -5 & 8 & -3 \\ -6 & 9 & -3 \end{pmatrix} \sim\ \dots \ \sim \begin{pmatrix} 3 & -5 & 2 \\ 0 & 1 & -1 \\ \end{pmatrix} \] \[ \hspace{1.8cm} \mathrm{Řešení:} \hspace{1.6cm} \big[\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ \end{pmatrix}\big]. \] Získali jsme vlastní vektor příslušící vlastnímu číslu \(\lambda_1\) \[v=(1,{}1,{}1).\]

  ---

  Existují pouze dva lineárně nezávislé vlastní vektory, neexistuje tedy báze prostoru \(T^{3}\), tj. dle věty o podobnosti diagonální matici není matice diagonalizovatelná.

• Nápověda 3 – stopa, determinant

  Určete stopu a determinant matice \(A\).

  Absolutní člen charakteristického polynomu vynásobený \((-1)^{n}\), kde \(n\) je řád matice, určuje determinant. Opačný prvek ke koeficientu u \(\lambda^{n-1}\) určuje stopu.

  V případě úplně rozložitelného charakteristického polynomu matice lze stopu vypočítat i jako součet vlastních čísel, determinant pak jako jejich součin.

  Určení stopy a determinantu matice z charakteristického polynomu je popsáno v úloze Stopa, determinant a charakteristický polynom.

• Řešení nápovědy 3 – stopa, determinant

  Již známe charakteristický polynom matice \(A\) \[p(\lambda) = \lambda^3 - \lambda^2.\] Polynom má nulový absolutní člen, koeficient u druhé nejvyšší mocniny je \(-1\). Proto \[ \begin{eqnarray} (-1)^3 \det A &=& 0 \\ \det A &=& 0 \end{eqnarray} \] a \[ \begin{eqnarray} -\mathrm{tr\,} A &=& -1 \\ \mathrm{tr\,} A &=& 1 \end{eqnarray} \] Neboť je charakteristický polynom úplně rozložitelný, lze stopu a determinant vypočítat rychleji užitím spektra matice \(\lbrace 0,{}0,{}1 \rbrace\) \[ \begin{eqnarray} &&\det A = 0\cdot{}0\cdot{}1 = 0,\\ &&\mathrm{tr\,} A = 0+0+1 = 1. \end{eqnarray} \] Správnost výpočtu si můžeme ověřit třetím způsobem. Stopu určíme z definice a determinant Sarrusovým pravidlem. \[ \mathrm{tr\,}A = \sum_{i=1}^3 a_\mathrm{ii} = a_{11} + a_{22} + a_{33} = 4 - 7 + 4 = 1. \] \[ \det A = \begin{vmatrix} 4 & -5 & 2 \\ 5 & -7 & 3 \\ 6 & -9 & 4 \end{vmatrix} = -112 - 90 - 90 - (-84-100-108)= 0. \]

• Nápověda 4 – minimální polynom

  Nalezněte minimální polynom matice \(A\).

  Minimální polynom je normovaný anulující polynom matice \(A\) nejmenšího možného stupně. Jeho hledáním jsme se zabývali v příkladě Minimální polynom.

• Řešení nápovědy 4 – minimální polynom

  Každý ireducibilní polynom, který dělí charakteristický polynom, dělí i polynom minimální, viz věta. Minimální polynom tedy hledejme mezi polynomy \[ \begin{eqnarray} \mu_1(\lambda) &=& \lambda^\phantom{1}(\lambda-1),\\ p(\lambda) &=& \lambda^2(\lambda - 1). \end{eqnarray} \]

  • Je polynom \(\mu_1\) anulujícím polynomem matice \(A\)? Ne, není, neboť \[ \mu_1(A) = A(A - E) = \] \[ =\begin{pmatrix} 4 & -5 & 2 \\ 5 & -7 & 3 \\ 6 & -9 & 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3 & -5 & 2 \\ 5 & -8 & 3 \\ 6 & -9 & 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & \cdot & \cdot \\ \cdot & \cdot & \cdot \\ \cdot & \cdot & \cdot \end{pmatrix} \neq O. \]

  Polynom \(p(\lambda)\) je tedy nejmenším možným anulujícím polynomem matice \(A\), je tedy minimální. To, že je anulující, netřeba ověřovat díky Cayley-Hamiltonově větě. \[m(\lambda) = p(\lambda) = \lambda^2(\lambda-1).\]

• Nápověda 5 – Jordanův kanonický tvar

  Existuje nad \(\mathbb{R}\) Jordanův kanonický tvar \(J\) matice \(A\)? V kladném případě jej nalezněte a určete příslušnou bázi.

  Existenci Jordanova kanonického tvaru pomůže ukázat tato věta. Při řešení užijte homomorfní analogii, jako je tomu v části o diagonalizovatelnosti homomorfní náhled na podobnost.

• Řešení nápovědy 5 – Jordanův kanonický tvar

  Charakteristický polynom matice \[p(\lambda) = \lambda^3 - \lambda^2 = \lambda\lambda(\lambda -1)\]

  je nad \(\mathbb{R}\) rozložitelný na lineární faktory. Je tak splněn předpoklad této věty a matice \(A\) má nad \(\mathbb{R}\) Jordanův kanonický tvar.

  Počet lineárně nezávislých vlastních vektorů obecně odpovídá počtu Jordanových buněk v Jordanově matici. V tomto případě máme dvojici lineárně nezávislých vektorů \(u,v\), \(J\) bude tedy obsahovat \(2\) Jordanovy buňky.

  Na diagonálu matice \(J\) vhodně umístíme vlastní čísla příslušící vlastním vektorům \(u,v\) a doplníme \(1\) tak, aby vznikly dvě Jordanovy buňky. Máme dvě možnosti

  \[ J \in \left\lbrace \begin{pmatrix} \color{green}{1} & 0 & 0 \\ 0 & \color{red}{0} & \color{red}{0} \\ 0 & \color{red}{1} & \color{red}{0} \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} \color{red}{0} & \color{red}{0} & 0 \\ \color{red}{1} & \color{red}{0} & 0 \\ 0 & 0 & \color{green}{1} \end{pmatrix}\right\rbrace. \]

  Nechť je například první z matic naším Jordanovým tvarem matice \(A\).

  \[ J = \begin{pmatrix} \color{green}{1} & 0 & 0 \\ 0 & \color{red}{0} & \color{red}{0} \\ 0 & \color{red}{1} & \color{red}{0} \end{pmatrix} \]

  Aby tomu tak skutečně bylo, musíme najít bázi, vůči které má endomorfismus \(f\), jehož maticí je matice \(A\), matici \(J\).

  Z poznatků získaných řešením příkladu o diagonálním tvaru jasně plyne, že první vektor báze je vektor \(v\) a třetí vektor báze je vektor \(u\), neboť \[ \begin{eqnarray} \langle f(v) \rangle_B &=& \langle 1v \color{grey}{+ 0w + 0u} \rangle_B = (\color{green}{1},0,{}0) = \mathrm{první\ sloupec\ matice\ }J ,\\ \langle f(u) \rangle_B &=& \langle \color{grey}{0v + 0w + } 0u \rangle_B = (0,{}0,\color{red}{0}) = \mathrm{třetí\ sloupec\ matice\ }J.\\ \end{eqnarray} \]

  Tyto rovnosti jsou dány tím, že se vlastní vektor \(u\) zobrazí na svůj \(0\)-násobek, vektoru \(v\) na svůj \(1\)-násobek.

  Druhý vektor uspořádané báze \(\lbrace v,w,u \rbrace\), značený \(w\), sice neznáme, ale měl by být řešením (existuje-li) rovnice \[ \begin{eqnarray} \langle f(w) \rangle_B &=& \langle 0v + 0w + 1u \rangle_B = (0,{}\color{red}{0},\color{red}{1}) = \mathrm{druhý\ sloupec\ matice\ }J.\\ \phantom{\langle} f(w) \phantom{\rangle_B} &=& \phantom{\langle} 0v + 0w + 1u \phantom{\rangle_B}\\ \phantom{\langle} f(w) \phantom{\rangle_B} &=& \phantom{\langle} u \phantom{\rangle_B}\\ \phantom{\langle} Aw^\mathrm{T} \phantom{\rangle_B} &=& \phantom{\langle} u^\mathrm{T} \phantom{\rangle_B}\\ \end{eqnarray} \] Hledejme tedy řešení soustavy lineárních rovnic, jejíž maticí soustavy je matice \(A\) a pravou stranou vektor \(u\). \[ \left(\begin{array}{rrr|r} 4 & -5 & 2 \,&\, 1\\ 5 & -7 & 3 \,&\, 2\\ 6 & -9 & 4 \,&\, 3 \end{array}\right)\sim\ \ldots\ \sim \left(\begin{array}{rrr|r} 4 & -5 & 2 \,&\, 1\\ 0 & 3 &-2 \,&\,-3 \end{array}\right). \]

  Řešení existuje, je jím lineární množina \((-1,-1,{}0)+\big[(1,{}2,{}3)\big]\).

  Jako vektor \(w\) tedy můžeme vzít

  \[w = (-1,-1,{}0)+(1,{}2,{}3) = (0,{}1,{}3).\]

  Sestavili jsme bázi \(B\), vůči níž má endomorfismus \(f\) Jordanovu matici \(J\)

  \[ B = \big\lbrace v,w,u \big\rbrace = \big\lbrace (1,{}1,{}1), (0,{}1,{}3), (1,{}2,{}3)\big\rbrace. \]

• Ověření

  Ověříme, že skutečně endomorfismus \(f\), který má ke kanonické bázi matici \[A= \begin{pmatrix} 4 & -5 & 2 \\ 5 & -7 & 3 \\ 6 & -9 & 4 \end{pmatrix},\] má k bázi \[ B = \big\lbrace v,w,u \big\rbrace = \big\lbrace (1,{}1,{}1), (0,{}1,{}3), (1,{}2,{}3)\big\rbrace \] Jordanovu matici \[ J = \begin{pmatrix} \color{green}{1} & 0 & 0 \\ 0 & \color{red}{0} & \color{red}{0} \\ 0 & \color{red}{1} & \color{red}{0} \end{pmatrix}. \]

  ---

  Maticí přechodu od báze \(B\) ke kanonické bázi je matice \[ S = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \\ 1 & 3 & 3 \end{pmatrix}. \]

  Nejprve určíme inverzní matici k matici \(S\), např. metodou užitou v tomto příkladě.

  \[ \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 1 \,&\, 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \,&\, 0 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & 3 \,&\, 0 & 0 & 1 \end{array}\right) \sim \ \ldots\ \sim \left(\begin{array}{rrr|rrr} 1 & 0 & 0 \,&\, 3 &-3 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \,&\, 1 &-2 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \,&\,-2 & 3 &-1 \end{array}\right) \] \[ S^{-1}= \left(\begin{array}{rrr} 3 &-3 & 1 \\ 1 &-2 & 1 \\ -2 & 3 &-1 \end{array} \right) \] Matice endomorfismu vůči bázi \(B\) je dána maticovým součinem \[ S^{-1} A S = \left(\begin{array}{rrr} 3 &-3 & 1 \\ 1 &-2 & 1 \\ -2 & 3 &-1 \end{array}\right) \begin{pmatrix} 4 & -5 & 2 \\ 5 & -7 & 3 \\ 6 & -9 & 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \\ 1 & 3 & 3 \end{pmatrix}= \] \[ = \left(\begin{array}{rrr} 3 &-3 & 1 \\ 0 & 0 & \phantom{-}0 \\ 1 &-2 & 1 \end{array}\right) \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \\ 1 & 3 & 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \color{green}{1} & 0 & 0 \\ 0 & \color{red}{0} & \color{red}{0} \\ 0 & \color{red}{1} & \color{red}{0} \end{pmatrix} = J. \] Dostali jsme skutečně Jordanovu matici \(J\). Matice \(J,A\) jsou podobné, maticí zprostředkující podobnost je matice \(S\).

• Odpověď

  Pro matici \(A\) nad tělesem \(\mathbb{R}\) jsme našli

  • charakteristický polynom \(p(\lambda) = \lambda^2 (1-\lambda)\),
  • minimální polynom \(m(\lambda) = \lambda^2 (1-\lambda)\),
  • vlastní čísla \(\lambda_1 = 0\), \(\lambda_2 = 1\),
  • spektrum \(\lbrace 0,{}0,{}1 \rbrace\),
  • determinant \(\det A = 0\),
  • stopu \(\mathrm{tr\,}A = 1\),
  • vlastní vektory pro \(\lambda_1\) \(u=(1,{}2,{}3)\) , pro \(\lambda_2\) \(v=(1,{}1,{}1)\),

  Vzhledem k bázi

  \[ B = \big\lbrace (1,{}1,{}1), (0,{}1,{}3), (1,{}2,{}3)\big\rbrace \] má matice \(A\) Jordanův kanonický tvar \[ J = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}. \]