Sbírka řešených úloh

Maticový rozbor VI.

Úloha číslo: 1429

• 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,
  • Inverzní matice,
  • 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 $\lambda E- A$. Pozor, pracujeme nad $\mathbb{Z}_5$! $$p(\lambda) = \det(\lambda E + 4A)= \begin{vmatrix} \lambda + 2 & 0 & 1 \\ 2 & \lambda + 4 & 4 \\ 2 & 1 & \lambda + 1 \end{vmatrix}=$$ Determinant vypočítáme například pomocí Sarrusova pravidla. $$= (\lambda + 1)(\lambda + 2)(\lambda + 4) + 2 + 4\big[2(\lambda+4) + 4(\lambda+2)\big]=$$ $$= \lambda^3 + 2\lambda^2 + 3\lambda + 4.$$ Rozložme charakteristický polynom v součin. Jedním kořenem je $1$, neboť $$p(1) = 1 + 2{\cdot} 1 + 3{\cdot} 1 + 4 = 0.$$ Vydělením polynomu kořenovým činitelem příslušící kořenu $1$ nad $\mathbb{Z}_5$ máme $$(\lambda^3 + 2\lambda^2 + 3\lambda + 4):(\lambda + 4) = \lambda^2 + 3\lambda + 1.$$ Vzniklý kvadratický trojčlen má zřejmě dvojnásobný kořen $1$, neboť $$(\lambda + 4)^2 = \lambda^2 + 3\lambda + 1.$$ Charakteristický polynom má tedy rozklad $$p(\lambda) = (\lambda + 4)^3.$$ Vlastní čísla jsou kořeny tohoto polynomu $$\begin{eqnarray} \lambda &=& 1. \\ \end{eqnarray}$$ Spektrum je soubor vlastních čísel, který zohledňuje násobnost $$\big\lbrace 1,{}1,{}1\big\rbrace.$$

• 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 $\lambda = 1$. Tj. hledejme nenulová řešení homogenní soustavy $(\lambda E -A)v^\mathrm{T} = 0$.

  $$\begin{pmatrix} 3 & 0 & 1 \\ 2 & 0 & 4 \\ 2 & 1 & 2 \end{pmatrix} \sim\ \dots \ \sim \begin{pmatrix} 3 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 3 \\ \end{pmatrix}$$ $$\hspace{1.8cm} \mathrm{Řešení:} \hspace{1.6cm} \big[\begin{pmatrix} 3 & 2 & 1 \\ \end{pmatrix}\big].$$ Získali jsme vlastní vektor příslušící vlastnímu číslu $\lambda$ $$v=(3,{}2,{}1).$$

  ---

  Existuje pouze jeden vlastní vektor, 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 $A$ $$p(\lambda) = \lambda^3 + \color{blue}{2}\lambda^2 + 3\lambda + \color{green}{4}.$$ Absolutní člen polynomu je $\color{green}{4}$, koeficient u druhé nejvyšší mocniny je $\color{blue}{2}$. Proto $$\begin{eqnarray} (-1)^3 \det A &=& \color{green}{4} \\ 4\det A &=& 4 \qquad | \cdot 4\\ \det A &=& 1 \end{eqnarray}$$ a $$\begin{eqnarray} -\mathrm{tr\,} A &=& \color{blue}{2} \\ \hspace{1cm}4\,\mathrm{tr\,} A &=& 2 \qquad | \cdot 4 \\ \mathrm{tr\,} A &=& 3. \end{eqnarray}$$ Neboť je charakteristický polynom úplně rozložitelný, lze stopu a determinant vypočítat rychleji užitím spektra matice $\lbrace 1,{}1,{}1 \rbrace$ $$\begin{eqnarray} &&\det A = 1\cdot{}1\cdot{}1 = 1,\\ &&\mathrm{tr\,} A = 1+1+1 = 3. \end{eqnarray}$$ Správnost výpočtu si můžeme ověřit třetím způsobem. Stopu určíme z definice a determinant Sarrusovým pravidlem. $$\mathrm{tr\,}A = \sum_{i=1}^3 a_\mathrm{ii} = a_{11} + a_{22} + a_{33} = 3+1+4 = 3.$$ $$\det A = \begin{vmatrix} 3 & 0 & 4 \\ 3 & 1 & 1 \\ 3 & 4 & 4 \end{vmatrix} = 2+3+4(2+2) = 1.$$

• 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 $$\begin{eqnarray} \mu_1(\lambda) &=& (\lambda+4),\\ \mu_2(\lambda) &=& (\lambda+4)^2,\\ p(\lambda) &=& (\lambda+4)^3.\\ \end{eqnarray}$$

  • Je polynom $\mu_1$ anulujícím polynomem matice $A$? Ne, není, neboť $$\mu_1(A) = (A + 4E) =\begin{pmatrix} 2 & 0 & 4 \\ 3 & 0 & 1 \\ 3 & 4 & 3 \end{pmatrix} \neq O.$$
  • Je polynom $\mu_2$ anulujícím polynomem matice $A$? Ne, není, neboť $$\mu_1(A) = (A + 4E)^2 =\begin{pmatrix} 2 & 0 & 4 \\ 3 & 0 & 1 \\ 3 & 4 & 3 \end{pmatrix} \hspace{-0.2cm} \begin{pmatrix} 2 & 0 & 4 \\ 3 & 0 & 1 \\ 3 & 4 & 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & \cdot & \cdot \\ \cdot & \cdot & \cdot \\ \cdot & \cdot & \cdot \end{pmatrix} \neq O.$$

  Polynom $p(\lambda)$ je tedy nejmenším možným anulujícím polynomem matice $A$, je tedy minimální. To, že je anulující, netřeba ověřovat díky Cayley-Hamiltonově větě. $$m(\lambda) = p(\lambda) = (\lambda+4)^3.$$

• Nápověda 5 – inverzní matice

  Určete inverzní matici k matici $A$. K výpočtu užijte jejího anulujícího polynomu.

• Řešení nápovědy 5 – inverzní matice

  Pro matici $A$ jsme nalezli minimální polynom $$m(\lambda) = (\lambda + 4)^3.$$ Tento polynom je pro matici $A$ anulující $$m(A) = (A + 4E)^3 = O.$$ Postupnou úpravou dostáváme $$\begin{eqnarray} (A + 4E)^3 &=& O \\ A^3 + 3A^2 4 + 3A4^2 +(4E)^3 &=& O \\ A^3 + 2A^2 + 3A + 4E &=& O \qquad | A^{-1} \\ A^2 + 2A + 3E + 4A^{-1} &=& O \qquad | + A^{-1}\\ A^2 + 2A + 3E &=& A^{-1} \end{eqnarray}$$ Dosazením získáme hledanou inverzní matici $$A^{-1}= A^2 + 2A + 3E = \begin{pmatrix} 3 & 0 & 4 \\ 3 & 1 & 1 \\ 3 & 4 & 4 \end{pmatrix}^2 \hspace{-0.3cm} +2 \begin{pmatrix} 3 & 0 & 4 \\ 3 & 1 & 1 \\ 3 & 4 & 4 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 3 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix} =$$ $$= \begin{pmatrix} 3 & 0 & 4 \\ 3 & 1 & 1 \\ 3 & 4 & 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3 & 0 & 4 \\ 3 & 1 & 1 \\ 3 & 4 & 4 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 4 & 0 & 3 \\ 1 & 0 & 2 \\ 1 & 3 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 4 \\ 4 & 3 & 3 \end{pmatrix}.$$

  ---

  Můžeme si ověřit správnost výpočtu. Ano, matice jsou skutečně inverzní, protože $$\begin{pmatrix} 3 & 0 & 4 \\ 3 & 1 & 1 \\ 3 & 4 & 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 4 \\ 4 & 3 & 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} =E.$$

• Nápověda 6 – Jordanův kanonický tvar

  Existuje nad $\mathbb{Z}_5$ 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 6 – Jordanův kanonický tvar

  Charakteristický polynom matice $$p(\lambda) = (\lambda + 4)^3$$

  je nad $\mathbb{Z}_5$ rozložitelný na lineární faktory. Je tak splněn předpoklad této věty a matice $A$ má nad $\mathbb{Z}_5$ Jordanův kanonický tvar.

  Počet lineárně nezávislých vlastních vektorů obecně odpovídá počtu Jordanových buněk v Jordanově matici. V tomto případě máme jeden vlastní vektor $v$, $J$ tedy bude obsahovat jednu Jordanovu buňku.

  Na diagonálu matice $J$ umístíme vlastní čísla a matici doplníme jedničkami tak, aby vznikla jedna Jordanova buňka.

  $$J = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}$$

  Nechť je tato matice Jordanovým tvarem matice $A$.

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

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

  Tato rovnost je dána tím, že se vlastní vektor $v$ zobrazí na svůj $1$-násobek.

  Nyní musíme určit první a druhý vektor uspořádané báze $B = \lbrace a,b,v \rbrace$.

  V prvním sloupci matice $J$ jsou souřadnice obrazu prvního vektoru báze vůči téže bázi $B$.

  $$\begin{eqnarray} \mathrm{1.\ sloupec\ matice\ }J = (1,{}1,{}0) = \langle f(a) \rangle_B &=& \langle 1a + 1b + 0v \rangle_B \\ \phantom{\langle} f(a) \phantom{\rangle_B} &=& \phantom{\langle} 1a + 1b + 0v \phantom{\rangle_B}\\ \phantom{\langle} f(a) \phantom{\rangle_B} &=& \phantom{\langle} a + b \phantom{\rangle_B}\\ \phantom{\langle} f(a) + 4a &=& \phantom{\langle} b \phantom{\rangle_B}\\ \phantom{\langle} Aa^\mathrm{T} + 4a^\mathrm{T} &=& \phantom{\langle} b^\mathrm{T} \phantom{\rangle_B}\\ \phantom{\langle} (A + 4E)a^\mathrm{T} &=& \phantom{\langle} b^\mathrm{T} \phantom{\rangle_B} \tag{1} \end{eqnarray}$$

  V druhém sloupci matice $J$ jsou souřadnice obrazu druhého vektoru báze vůči téže bázi $B$.

  $$\begin{eqnarray} \mathrm{2.\ sloupec\ matice\ }J = (0,{}1,{}1) = \langle f(b) \rangle_B &=& \langle 0a + 1b + 1v \rangle_B \\ \phantom{\langle} f(b) \phantom{\rangle_B} &=& \phantom{\langle} 0a + 1b + 1v \phantom{\rangle_B}\\ \phantom{\langle} f(b) \phantom{\rangle_B} &=& \phantom{\langle} b + v \phantom{\rangle_B}\\ \phantom{\langle} f(b) + 4b &=& \phantom{\langle} v \phantom{\rangle_B}\\ \phantom{\langle} Ab^\mathrm{T} + 4b^\mathrm{T} &=& \phantom{\langle} v^\mathrm{T} \phantom{\rangle_B}\\ \phantom{\langle} (A + 4E)b^\mathrm{T} &=& \phantom{\langle} v^\mathrm{T} \phantom{\rangle_B} \tag{2} \end{eqnarray}$$

  Dostali jsme dvě soustavy lineárních rovnic (1), (2). Nejprve vyřešíme soustavu (2), neboť zde známe pravou stranu.

  $$\mathrm{Řešíme\ soustavu:}\quad(A+4E)b^\mathrm{T} = v^\mathrm{T}\hspace{2cm}$$ $$\left(\begin{array}{rrr|r} 2 & 0 & 4 \,&\, 3\\ 3 & 0 & 1 \,&\, 2\\ 3 & 4 & 3 \,&\, 1 \end{array}\right)\sim\ \ldots\ \sim \left(\begin{array}{rrr|r} 2 & 0 & 4 \,&\, 3\\ 0 & 4 & 2 \,&\, 4 \end{array}\right)$$ $$\mathrm{Řešení:}\hspace{4cm} (3,{}2,{}3)+\big[(1,{}4,{}2)\big]$$

  Jako vektor $b$ tedy můžeme vzít např.

  $$b = (3,{}2,{}3).$$ Nyní již známe pravou stranu soustavy (1), určeme řešení této soustavy. $$\mathrm{Řešíme\ soustavu:}\quad(A+4E)a^\mathrm{T} = b^\mathrm{T}\hspace{2cm}$$ $$\left(\begin{array}{rrr|r} 2 & 0 & 4 \,&\, 3\\ 3 & 0 & 1 \,&\, 2\\ 3 & 4 & 3 \,&\, 3 \end{array}\right)\sim\ \ldots\ \sim \left(\begin{array}{rrr|r} 2 & 0 & 4 \,&\, 3\\ 0 & 4 & 2 \,&\, 1 \end{array}\right)$$ $$\mathrm{Řešení:}\hspace{4cm} (4,{}4,{}0)+\big[(1,{}4,{}2)\big]$$

  Jako vektor $a$ tedy můžeme vzít např.

  $$a = (4,{}4,{}0).$$

  Sestavili jsme bázi $B$, vůči níž má endomorfismus $f$ Jordanovu matici $J$

  $$B = \big\lbrace a,b,v \big\rbrace = \big\lbrace (4,{}4,{}0), (3,{}2,{}3), (3,{}2,{}1)\big\rbrace.$$

• Ověření

  Ověříme, že skutečně endomorfismus $f$, který má ke kanonické bázi matici $$A= \begin{pmatrix} 3 & 0 & 4 \\ 3 & 1 & 1 \\ 3 & 4 & 4 \end{pmatrix},$$ má k bázi $$B = \big\lbrace a,b,v \big\rbrace = \big\lbrace (4,{}4,{}0), (3,{}2,{}3), (3,{}2,{}1)\big\rbrace$$ Jordanovu matici $$J = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}.$$

  ---

  Maticí přechodu od báze $B$ ke kanonické bázi je matice $$S = \begin{pmatrix} 4 & 3 & 4 \\ 4 & 2 & 2 \\ 0 & 3 & 1 \end{pmatrix}.$$

  Nejprve určíme inverzní matici k matici $S$, např. metodou užitou v tomto příkladě.

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

• Odpověď

  Pro matici $A$ nad tělesem $\mathbb{Z}_5$ jsme našli

  • charakteristický polynom $p(\lambda) = (\lambda+4)^3$,
  • minimální polynom $m(\lambda) = (\lambda+4)^3$,
  • vlastní čísla $\lambda = 1$,
  • spektrum $\lbrace 1,{}1,{}1 \rbrace$,
  • determinant $\det A = 1$,
  • stopu $\mathrm{tr\,}A = 3$,
  • vlastní vektor $v=(3,{}2,{}1)$,
  • inverzní matici $\begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 4 \\ 4 & 3 & 3 \end{pmatrix}$.

  Vzhledem k bázi

  $$B = \big\lbrace (4,{}4,{}0), (3,{}2,{}3), (3,{}2,{}1)\big\rbrace$$ má matice $A$ Jordanův kanonický tvar $$J = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}.$$