Jordanův tvar naposledy

Úkol: Najdete Jordanuv tvar matice

\begin{displaymath}
A=
\left(
\begin{array}{ccc}
1 & -3 & 4 \\
4 & -7 & 8 \\
6 & -7 & 7
\end{array}\right)
\end{displaymath}

a matici $ C$, která ji prevádí na Jordanuv tvar $ J_A$.


Řešení: Nejdříve najdeme vlastní čísla matice $ A$. Charakteristická rovnice je

$\displaystyle \mathop{\rm det}\nolimits \left(A - \lambda\mathbbm{1}\right)=\ma...
...
\end{array} \right)=
- \left( \lambda +1 \right)^2 \left( \lambda -3 \right).
$

Máme jedno jednonásobné vlastní číslo $ \lambda_1=3$ a jedno dvojnásobné vlastní číslo $ \lambda_{2,3}=-1$. Toto je o trochu slozitější situace, nez s jakou jsme se setkali v příkladech (15.3-15.7). Použijeme nyní větu, která říká:


Je-li $ \phi$ lineární zobrazení {\bb R}$ ^n\to${\bb R}$ ^n$, pak pro každé vlastní číslo $ \lambda$ je

   to $ \ds
\dim$Ker $ {}(\phi-\lambda\mathop{{\rm Id}})<\dim$Ker $ {}(\phi-\lambda\mathop{{\rm Id}})^2<\ \cdots\ \hfill$$\displaystyle \hss
$

to $ \hfill\ds \cdots <
\dim$Ker $ {}(\phi-\lambda\mathop{{\rm Id}})^m=\dim$Ker $ {}(\phi-\lambda\mathop{{\rm Id}})^{m+1}=\ \cdots\,,$$\displaystyle \hss
$

přičemž $ \dim$Ker $ {}(\phi-\lambda\mathop{{\rm Id}})^m$ je rovno $ n_\lambda$, násobnosti čísla $ \lambda$. Pro libovolné $ \lambda\not=\lambda'$ tvoří průnik prostorů Ker $ {}(\phi-\lambda\mathop{{\rm Id}})^j$ a Ker $ {}(\phi-\lambda'\mathop{{\rm Id}})^{j'}$ pouze nulový vektor.


Prostory Ker $ {}(\phi-\lambda\mathop{{\rm Id}})^j$ budeme opět značit Ker $ {}_\lambda^j$, prostor $ V_\lambda=$Ker $ {}_\lambda^m$ se nazývá kořenovým prostorem vlastního čísla $ \lambda$. Nezávislost kořenových prostorů pro různá vlastní čísla znamená, že

$\displaystyle \dim$   {\Cal L}$\displaystyle \left(\bigcup_\lambda V_\lambda\right)=\sum_\lambda\dim
V_\lambda=\sum_\lambda n_\lambda=n\,,
$

neboli že bázi celého prostoru lze poskládat z bází kořenových podprostorů. Restrikce $ \phi-\lambda\mathop{{\rm Id}}\big\vert _{V_\lambda}$ (tedy $ \phi-\lambda\mathop{{\rm Id}}$ jako zobrazení $ V_\lambda\to V_\lambda$) má ale jediné vlastní číslo, a to nulu, a proto lze bázi kořenového podprostoru najít tak, jak jsme to dělali u nilpotentních zobrazení.

Co to bude znamenat v praxi: Nejprve se budeme zabývat vlastním číslem $ \lambda_1=3$. U jednonásobných vlastních čísel nemáme zádné problémy, kořenový prostor $ V_3=$Ker $ {}(A-3\mathbbm{1})$ je jednorozměrný. Najdeme vlastní vektor k číslu $ \lambda_1$, například $ \vec{u}=(1,2,2)^T$, a jsme hotovi.

U dvojnásobného vlastního čísla $ \lambda_{2,3}=-1$ to bude obtížnější. Musíme určit $ \dim$Ker $ {}_{-1}^1$ a $ \dim$Ker $ {}_{-1}^2$.

$\displaystyle h \left(A+\mathbbm{1}\right)=h \left( \begin{array}{ccc}
2 & -3 & 4 \\
4 & -6 & 8 \\
6 & -7 & 8
\end{array} \right)=2
\ \ \Rightarrow \ \dim$   Ker $\displaystyle {}_{-1}^1=3-2=1
$

$\displaystyle h\big( \left(A+\mathbbm{1}\right)^2\big)=h \left( \begin{array}{c...
...\
32 & -32 & 32 \\
32 & -32 & 32
\end{array} \right)=1
\ \ \Rightarrow \ \dim$   Ker $\displaystyle {}_{-1}^2=3-1=2
$

Výpočet hodnosti $ (A+\mathbbm{1})^2$ jsme si podobně jako v příkladě 15.4 ušetřit, neboť z  $ \dim$Ker $ {}_{-1}^1=1<2$ plyne $ \dim$Ker $ {}_{-1}^2>\dim$Ker $ {}_{-1}^1$ a přitom je dimenze všech $ \dim$Ker $ {}_{-1}^j$ nejvýše dva.

Jordanova báze pro dvojnásobné vlastní číslo $ \lambda_{2,3}=-1$ se tedy skládá z jediného řetězce

$\displaystyle \vec{v}\stackrel{A+\mathbbm{1}}{\to}(A+\mathbbm{1})\vec{v}\stackrel{A+\mathbbm{1}}{\to} 0\,.
$

Jordanův tvar matice $ A$, neboli matice příslušného zobrazení v bázi $ (A+\mathbbm{1})\vec{v},\vec{v},\vec{u}$, je proto

\begin{displaymath}
J_A=
\left(
\begin{array}{ccc}
-1 & 1 & 0 \\
0 & -1 & 0 \\
0 & 0 & 3
\end{array}\right)
\end{displaymath}

Abychom získali matici přechodu do Jordanovy báze, potřebujeme najít ještě vektor $ \vec{v}$. Ten má být z kořenového prostoru čísla $ \lambda=-1$, tedy z  Ker $ {}_{-1}^2$ a navíc musí být $ (A+\mathbbm{1})\vec{v}=\vec{w}\not=0$. Řetězec budeme nyní zaplňovat zprava: najdeme nejprve řešení rovnice $ (A+\mathbbm{1})\vec{w}=0$, například $ \vec{w}=(1,2,1)^T$, a potom nalezneme $ \vec{v}$ pomocí $ (A+\mathbbm{1})\vec{v}=\vec{w}$; dostaneme $ \vec{v}=\frac{1}{3}(-1,1,2)^T$. Chceme-li se vyhnout zlomkům, můžeme samozřejmě (oba) tyto vektory násobit třemi.

Jiná možnost je najít nějaké řešení $ \left(A+\mathbbm{1}\right)^2\vec{v}=0$ a dopočítat $ (A+\mathbbm{1})\vec{v}=\vec{w}$. Vektory $ \vec{w},\vec{v},\vec{u}$ pak zapíšeme do sloupců matice $ C$

\begin{displaymath}
C=
\left(
\begin{array}{rrr}
3 & -1 & 1 \\
6 & 1 & 2 \\
3 ...
...2}{3} & \frac{1}{3} & 0 \\ [1mm]
1 & -1 & 1
\end{array}\right)
\end{displaymath}

a zájemci mohou ověřit, že skutečně platí $ CJ_AC^{-1}=A$.

$ \ast$VP$ \ast$