Maticový rozbor VII.

Tato úloha neprošla kontrolou správnosti.

Úloha číslo: 1430

Určete charakteristický polynom, spektrum, vlastní čísla, vlastní vektory, stopu, determinant a minimální polynom matice \(A\) nad tělesem \(\mathbb{R}\). Pomocí minimálního polynomu určete inverzní matici k matici \(A\). Najděte Jordanův kanonický tvar a příslušnou Jordanovu bázi matice \(A\). \[ A= \begin{pmatrix} 1 & -3 & 4 \\ 4 & -7 & 8 \\ 6 & -7 & 7 \end{pmatrix} \]

Poznámka
K řešení této úlohy je třeba znát pojmy detailně představené v úlohách
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 \(\lambda E- A\) \[ p(\lambda) = \det(\lambda E - A)= \begin{vmatrix} \lambda - 1 & 3 & -4 \\ -4 & \lambda+7 & -8 \\ -6 & 7 & \lambda - 7 \end{vmatrix}= \] Determinant vypočítáme například pomocí Sarrusova pravidla. \[ = (\lambda - 1)(\lambda + 7)(\lambda - 7) + 112 + 144 +\] \[- \big[24(\lambda+7) - 12(\lambda-7)-56(\lambda-1)\big]= \] \[ = \lambda^3 - \lambda^2 - 5\lambda - 3. \]
Rozložme polynom v součin. Jeden kořen uhádneme. Číslo \(-1\) je kořenem, neboť
\[ p(-1) = -1 - 1 + 5 - 3 = 0. \] Vydělením polynomu kořenovým činitelem příslušící kořenu \(-1\) máme \[(\lambda^3 - \lambda^2 - 5\lambda - 3):(\lambda + 1) = \lambda^2 - 2\lambda - 3.\]
Vzniklý kvadratický trojčlen má kořeny \(3\) a \(-1\).

Charakteristický polynom má tedy rozklad
\[ p(\lambda) = (\lambda -3)(\lambda+1)^2. \] Vlastní čísla jsou kořeny tohoto polynomu \[ \begin{eqnarray} \lambda_1 &=& -1, \\ \lambda_2 &=& \phantom{-}3. \end{eqnarray} \] Spektrum je soubor vlastních čísel, který zohledňuje násobnost \[\big\lbrace -1,-1,{}3\big\rbrace.\]
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 \(\lambda_1 = -1\). Tj. hledejme nenulová řešení homogenní soustavy \((\lambda_1 E -A)u^\mathrm{T} = 0\).
\[ \begin{pmatrix} -2 & 3 & -4 \\ -4 & 6 & -8 \\ -6 & 7 & -8 \end{pmatrix} \sim\ \dots \ \sim \begin{pmatrix} 2 & -3 & 4 \\ 0 & 1 & -2 \\ \end{pmatrix} \] \[ \hspace{1.8cm} \mathrm{Řešení:} \hspace{1.6cm} \big[\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ \end{pmatrix}\big]. \] Získali jsme vlastní vektor příslušící vlastnímu číslu \(\lambda_1\) \[u=(1,{}2,{}1).\]

Hledejme vlastní vektory příslušící vlastnímu číslu \(\lambda_2 = 3\). Tj. hledejme nenulová řešení homogenní soustavy \((\lambda_2 E -A)v^\mathrm{T} = 0\).
\[ \begin{pmatrix} 2 & 3 & -4 \\ -4 & 10& -8 \\ -6 & 7 & -4 \end{pmatrix} \sim\ \dots \ \sim \begin{pmatrix} 2 & 3 & -4 \\ 0 & 1 & -1 \\ \end{pmatrix} \] \[ \hspace{1.8cm} \mathrm{Řešení:} \hspace{1.6cm} \big[\begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 \\ \end{pmatrix}\big]. \] Získali jsme vlastní vektor příslušící vlastnímu číslu \(\lambda_2\) \[v=(1,{}2,{}2).\]
Máme 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 \(A\) \[p(\lambda) = \lambda^3 \color{blue}{-} \lambda^2 - 5\lambda \color{green}{-3}.\] Absolutní člen polynomu je \(\color{green}{-3}\), koeficient u druhé nejvyšší mocniny je \(\color{blue}{-1}\). Proto \[ \begin{eqnarray} (-1)^3 \det A &=& \color{green}{-3} \\ \det A &=& 3 \end{eqnarray} \] a \[ \begin{eqnarray} -\mathrm{tr\,} A &=& \color{blue}{-1} \\ \mathrm{tr\,} A &=& 1. \end{eqnarray} \] Neboť je charakteristický polynom úplně rozložitelný, lze stopu a determinant vypočítat rychleji užitím spektra matice \(\lbrace -1,-1,{}3 \rbrace\) \[ \begin{eqnarray} &&\det A = (-1)\cdot(-1)\cdot{}3 = 3,\\ &&\mathrm{tr\,} A = -1-1+3 = 1. \end{eqnarray} \] Správnost výpočtu si můžeme ověřit třetím způsobem. Stopu určíme z definice a determinant Sarrusovým pravidlem. \[ \mathrm{tr\,}A = \sum_{i=1}^3 a_\mathrm{ii} = a_{11} + a_{22} + a_{33} = 1-7-7 = 1. \] \[ \det A = \begin{vmatrix} 1 & -3 & 4 \\ 4 & -7 & 8 \\ 6 & -7 & 7 \end{vmatrix} = -49-144-112-(-168-84-56) = 3. \]
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 \[ \begin{eqnarray} \mu_1(\lambda) &=& (\lambda-3)(\lambda+1),\\ p(\lambda) &=& (\lambda-3)(\lambda+1)^2.\\ \end{eqnarray} \]
- Je polynom \(\mu_1\) anulujícím polynomem matice \(A\)? Ne, není, neboť \[ \mu_1(A) = (A-3E)(A+E)= \] \[ =\begin{pmatrix} -2 & -3 & 4 \\ 4 & -10& 8 \\ 6 & -7 & 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & -3 & 4 \\ 4 & -6 & 8 \\ 6 & -7 & 8 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 8 & . & . \\ . & . & . \\ . & . & . \end{pmatrix} \neq O. \]
Polynom \(p(\lambda)\) je tedy nejmenším možným anulujícím polynomem matice \(A\), je tedy minimální. To, že je anulující, netřeba ověřovat díky Cayley-Hamiltonově větě. \[m(\lambda) = p(\lambda) = (\lambda-3)(\lambda+1)^2.\]
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 \[ m(\lambda) = p(\lambda) = \lambda^3 - \lambda^2 - 5\lambda - 3. \] Tento polynom je pro matici \(A\) anulující \[ m(A) = A^3 - A^2 - 5A - 3 = O. \] Postupnou úpravou dostáváme \[ \begin{eqnarray} A^3 - A^2 - 5A - 3 &=& O \qquad | A^{-1} \\ A^2 - A - 5E - 3A^{-1} &=& O \qquad | +3A^{-1} \\ A^2 - A - 5E &=& 3A^{-1} \qquad | \cdot \frac{1}{3} \\ \frac{1}{3}\left(A^2-A -5E\right)&=& A^{-1} \end{eqnarray} \] Dosazením získáme hledanou inverzní matici \[ A^{-1}= \frac{1}{3}\left(A^2-A -5E\right) = \] \[ = \frac{1}{3}\left[ \begin{pmatrix} 1 & -3 & 4 \\ 4 & -7 & 8 \\ 6 & -7 & 7 \end{pmatrix}^2 - \begin{pmatrix} 1 & -3 & 4 \\ 4 & -7 & 8 \\ 6 & -7 & 7 \end{pmatrix} -5 \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \right]= \] \[ = \frac{1}{3}\left[ \begin{pmatrix} 13 & -10 & 8 \\ 24 & -19 & 16 \\ 20 & -18 & 17 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -6 & 3 & -4 \\ -4 & 2 & -8 \\ -6 & 7 & -12 \end{pmatrix} \right]= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 7 & -7 & 4 \\ 20 & -17 & 8 \\ 14 & -11 & 5 \end{pmatrix}. \]
Můžeme si ověřit správnost výpočtu. Ano, matice jsou skutečně inverzní, protože \[ \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 7 & -7 & 4 \\ 20 & -17 & 8 \\ 14 & -11 & 5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & -3 & 4 \\ 4 & -7 & 8 \\ 6 & -7 & 7 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} =E. \]
Nápověda 6 – 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 6 – Jordanův kanonický tvar
Charakteristický polynom matice \[p(\lambda) = (\lambda - 3)(\lambda + 1)^2\]
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 dva vlastní vektory \(v\), \(J\) tedy bude obsahovat dvě Jordanovy buňky.

Na diagonálu matice \(J\) vhodně umístíme vlastní čísla a matici doplníme jedničkami tak, aby vznikla jedna Jordanova buňka. Máme dvě možnosti
\[ J \in \left\lbrace \left(\begin{array}{rrr} \color{red}{3} & 0 & 0 \\ 0 & \color{blue}{-1}& \color{blue}{0} \\ 0 & \color{blue}{1} &\color{blue}{-1} \end{array}\right), \left(\begin{array}{rrr} \color{blue}{-1} & 0 & 0 \\ 0 & \color{red}{3}& \color{red}{0} \\ 0 & \color{red}{1} &\color{red}{3} \end{array}\right) \right\rbrace. \]
Nechť je například Jordanovým tvarem matice \(A\) matice první
\[ J = \left(\begin{array}{rrr} \color{red}{3} & 0 & 0 \\ 0 & \color{blue}{-1}& \color{blue}{0} \\ 0 & \color{blue}{1} &\color{blue}{-1} \end{array}\right). \]
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 první vektor báze je vektor \(v\) a třetí vektor báze je vektor \(u\) neboť \[ \begin{eqnarray} \langle f(v) \rangle_B &=& \langle 3v + \color{grey}{0w + 0u} \rangle_B = (3,{}0,{}0) = \mathrm{první\ sloupec\ matice\ }J,\\ \langle f(u) \rangle_B &=& \langle \color{grey}{0v + 0w } - 1v \rangle_B = (0,{}0,-1) = \mathrm{třetí\ sloupec\ matice\ }J. \end{eqnarray} \]
Tyto rovnosti jsou dány tím, že se vlastní vektor \(v\) zobrazí na svůj \(3\)-násobek, a vektor \(u\) na svůj \(-1\)-násobek.

Nyní musíme určit druhý vektor uspořádané báze \(B = \lbrace v,w,u \rbrace\).

Ve druhém sloupci matice \(J\) jsou souřadnice obrazu druhého vektoru báze vůči téže bázi \(B\).
\[ \begin{eqnarray} \mathrm{2.\ sloupec\ matice\ }J = (0,{}-1,{}1) = \langle f(w) \rangle_B &=& \langle 0v -1w + 1u \rangle_B \\ \phantom{\langle} f(w) \phantom{\rangle_B} &=& \phantom{\langle} 0v -1w + 1u \phantom{\rangle_B}\\ \phantom{\langle} f(w) \phantom{\rangle_B} &=& \phantom{\langle} -w + u \phantom{\rangle_B}\\ \phantom{\langle} f(w) + w &=& \phantom{\langle} u \phantom{\rangle_B}\\ \phantom{\langle} Aw^\mathrm{T} + w^\mathrm{T} &=& \phantom{\langle} u^\mathrm{T} \phantom{\rangle_B}\\ \phantom{\langle} (A + E)w^\mathrm{T} &=& \phantom{\langle} u^\mathrm{T} \phantom{\rangle_B} \end{eqnarray} \]
Dostali jsme soustavu lineárních rovnic, jejíž řešením (existuje-li) bude hledaný bázový vektor \(w\).
\[\mathrm{Řešíme\ soustavu:}\quad(A+E)w^\mathrm{T} = u^\mathrm{T}\hspace{2cm}\] \[ \left(\begin{array}{rrr|r} 2 &-3 & 4 \,&\, 1\\ 4 &-6 & 8 \,&\, 2\\ 6 &-7 & 8 \,&\, 1 \end{array}\right)\sim\ \ldots\ \sim \left(\begin{array}{rrr|r} 2 &-3 & 4 \,&\, 1\\ 0 & 2 & -4 \,&\,-2 \end{array}\right) \] \[\mathrm{Řešení:}\hspace{4cm} (0,{}1,{}1)+\big[(1,{}2,{}1)\big] \]
Jako vektor \(w\) tedy můžeme vzít např.
\[w = (0{,}1,1).\]
Sestavili jsme bázi \(B\), vůči níž má endomorfismus \(f\) Jordanovu matici \(J\)
\[ B = \big\lbrace v,w,u \big\rbrace = \big\lbrace (1,{}2,{}2), (0,{}1,{}1), (1,{}2,{}1)\big\rbrace. \]
Ověření
Ověříme, že skutečně endomorfismus \(f\), který má ke kanonické bázi matici \[A= \begin{pmatrix} 1 & -3 & 4 \\ 4 & -7 & 8 \\ 6 & -7 & 7 \end{pmatrix},\] má k bázi \[ B = \big\lbrace (1,{}2,{}2), (0,{}1,{}1), (1,{}2,{}1)\big\rbrace \] Jordanovu matici \[ J = \left(\begin{array}{rrr} 3 & 0 & 0 \\ 0 &-1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \end{array}\right). \]
Maticí přechodu od báze \(B\) ke kanonické bázi je matice \[ S = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 1 \end{pmatrix}. \]
Nejprve určíme inverzní matici k matici \(S\), např. metodou užitou v tomto příkladě.
\[ \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 1 \,&\, 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 2 \,&\, 0 & 1 & 0 \\ 2 & 1 & 1 \,&\, 0 & 0 & 1 \end{array}\right) \sim \ \ldots\ \sim \left(\begin{array}{rrr|rrr} 1 & 0 & 0 \,&\, 1 &-1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \,&\,-2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \,&\, 0 & 1 &-1 \end{array}\right) \] \[ S^{-1}= \left(\begin{array}{rrr} 1 &-1 & 1 \\ -2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 &-1 \end{array}\right) \] Matice endomorfismu vůči bázi \(B\) je dána maticovým součinem \[ S^{-1} A S = \left(\begin{array}{rrr} 1 &-1 & 1 \\ -2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 &-1 \end{array}\right) \begin{pmatrix} 1 & -3 & 4 \\ 4 & -7 & 8 \\ 6 & -7 & 7 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 1 \end{pmatrix}= \] \[ = \left(\begin{array}{rrr} 3 &-3 & 3 \\ 2 &-1 & 0 \\ -2 & 0 & 1 \end{array}\right) \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 1 \end{pmatrix} = \left(\begin{array}{rrr} 3 & 0 & 0 \\ 0 &-1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \end{array}\right) = J. \] 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 \(p(\lambda) = (\lambda-3)(\lambda+1)^2\),
- minimální polynom \(m(\lambda) = (\lambda-3)(\lambda+1)^2\),
- vlastní čísla \(\lambda_1 = -1\) a \(\lambda_2 = 3\),
- spektrum \(\lbrace -1,-1,{}3 \rbrace\),
- determinant \(\det A = 3\),
- stopu \(\mathrm{tr\,}A = 1\),
- vlastní vektor pro \(\lambda_1\) \(u=(1,{}2,{}1)\); pro \(\lambda_2\) \(v=(1,{}2,{}2)\),
- inverzní matici \(\frac13\begin{pmatrix} 7 &-7 & 4 \\ 20 &-17& 8 \\ 14 &-11& 5 \end{pmatrix}\).
Vzhledem k bázi
\[ B = \big\lbrace (1,{}2,{}2), (0,{}1,{}1), (1,{}2,{}1)\big\rbrace \] má matice \(A\) Jordanův kanonický tvar \[ J = \left(\begin{array}{rrr} 3 & 0 & 0 \\ 0 &-1 & 0 \\ 0 & 1 &-1 \end{array}\right). \]