Nilpotentní matice

Úkol: Je dána matice

$\displaystyle A=\left(\begin{array}{ccccccccccccc} 2&3&4&5\cr-1&-1&-2&-2\cr0&1&0&1\cr0&-1&0&-1\end{array}\right)\,.$

Ukažte, že je tato matice nilpotentní, a určete nejmenší $ n\in${\bb N}, pro které platí $ A^n=0$. Nalezněte její Jordanův kanonický tvar $ J_A$ a zapište jí jako $ QJ_AQ^{-1}$.


Řešení: Víme, že lineární zobrazení na konečnědimenzionálním prostoru je právě tehdy nilpotentní, když má jediné vlastní číslo, a to nulu. Začneme tedy s určením charakteristického polynomu. Můžeme jej buďto přímo spočítat jako $ \chi(\lambda)=\mathop{\rm det}\nolimits (A-\lambda\mathbbm{1})$ (je výhodné determinant rozvinout podle prvního sloupce), nebo můžeme použít třeba vzorce

$\displaystyle \chi(\lambda)=\lambda^4-\lambda^3 \mathop{\rm Tr}\nolimits A+\lambda^2\sum_{i<j}A_{i,j}-
\lambda\sum_i A_i+\mathop{\rm det}\nolimits A\,,$

viz příklad 9.5, vztah 59 (odvození podobného vzorce pro matice $ 3\times 3$ je v příkladu 9.10). V tomto vzorci rozumíme symboly $ A_{i,j}$, resp. $ A_i$ determinanty matice $ A$, s dvěma, resp. jedním vynechaným řádkem a sloupcem56. Pro srovnání uvádíme $ A_1=A_2=A_3=A_4=0$, $ A_{1,2}=A_{2,4}=0$, $ A_{1,3}=-1$, $ A_{1,4}=2$, $ A_{2,3}=-2$, $ A_{3,4}=1$ a dále pak $ \mathop{\rm Tr}\nolimits A=0$ a $ \mathop{\rm det}\nolimits A =0$.

Ať už tak či onak, charakteristický polynom vyjde $ \chi(\lambda)=
\lambda^4$, a tedy je nula skutečně jediným vlastním číslem matice $ A$. Vzhledem ke kanonické bázi bude tedy $ A$ odpovídat nějakému nilpotentnímu zobrazení $ \phi_A:${\bb R}$ ^4\to${\bb R}$ ^4$. Podle věty o struktuře nilpotentního zobrazení budou existovat maximální řetězce, jejichž vektory budou tvořit bázi {\bb R}$ ^4$.

Připomeňme, že u nilpotentního zobrzení $ N:${\bb R}$ ^n\to${\bb R}$ ^n$ jsou řetězce

$\displaystyle \vec{v}_1^{(1)}\stackrel{\phi_N}{\to} \ldots\stackrel{\phi_N}{\to}
\vec{v}_{k_1}^{(1)} \stackrel{\phi_N}{\to} 0\,,$      
$\displaystyle \vdots\hspace{2cm}$     (118)
$\displaystyle \vec{v}_1^{(m)}\stackrel{\phi_N}{\to} \ldots\stackrel{\phi_N}{\to}
\vec{v}_{k_m}^{(m)} \stackrel{\phi_N}{\to} 0\,,$      

šipka říká například, že $ \phi_N(\vec{v}_1^{(1)})=\vec{v}_2^{(1)}$ nebo $ \phi_N(\vec{v}_{k_1}^{(1)})=0$, neboli poslední vektor v řetězci je vždy vlastním vektorem $ \phi_N$. Aby mohly tvořit tyto vektory bázi {\bb R}$ ^n$, musí být součet jejich délek $ k_1$, $ \ldots$, $ k_m$ roven $ n$. Navíc platí věta pro libovolné řetězce, které vyhovují tomuto schématu: Pokud jsou koncové vektory řetězců (v našem schématu $ \vec{v}_{k_1}^{(1)}$, $ \ldots$, $ \vec{v}_{k_m}^{(m)}$) lineárně nezávislé, pak jsou lineárně nezávislé všechny vektory ve schématu.

Vzhledem k bázi (118) má pak $ \phi_N$ blokově diagonální matici, neboť pokud označíme lineární obal vektorů $ i$-tého řetězce $ V_i$, pak pro $ \vec{x}\in V_i$ je opět $ \phi_N\vec{x}\in V_i$. Pokud bázi $ V_i$ napíšeme v pořadí $ \{\vec{v}_{k_1}^{(1)},\ldots, \vec{v}_1^{(1)}\}=\{\vec{a}_1,\ldots,\vec{a}_{k_1}\}$, mají tyto Jordanovy bloky (velikosti $ k_i\times k_i$) tvar

$\displaystyle J_{k_i}=\left(\begin{array}{ccccccccccccc} 0&1&0&\ldots &0\cr 0&0...
...\cr \vdots&&&\ddots&\vdots\cr
0&0&0&&1\cr 0&0&0&\ldots &0\end{array}\right)\,,
$

neboť $ \phi_N(\vec{a}_j)=1\vec{a}_{j-1}$, a tedy v $ j$-tém sloupci je jednička na $ (j-1)$-ním řádku a jinak jsou všude nuly. V prvním sloupci jsou nuly všude, neboť $ \phi_N\vec{a}_1=0$.

Nyní se vrátíme k zobrazení $ \phi_A:${\bb R}$ ^4\to${\bb R}$ ^4$. Abychom určili Jordanův tvar $ \phi_A$, potřebujeme znát pouze strukturu Jordanovy báze, tedy délky (a počet) řetězců (118), nikoliv konkrétní vektory v tomto schématu; to bude první krok. Teprve abychom mohli zapsat $ A$ jako $ QJ_AQ^{-1}$, musíme tyto vektory najít, a to učiníme v kroku druhém.



Podsekce