Jsou si ty matice opravdu podobné?

Úkol: Jsou dány matice $ A$ a $ B$

$\displaystyle A=\left(\begin{array}{ccccccccccccc} 3&-2&1\cr2&-2&2\cr3&-6&5\end...
...n{array}{ccccccccccccc} 24&-11&-22\cr20&-8&-20\cr12&-6&-10\end{array}\right)\,.$

Ukažte, že jsou si tyto matice podobné a nalezněte matici $ C$ tak, aby $ B=CAC^{-1}$.


Řešení: Napřed připomeňme, že podobné matice mají stejné charakteristické polynomy (tedy stejná spektra $ \sigma$ včetně násobností). To nám dává několik rychlých způsobů, jak zkontrolovat, zda dvě zadané matice mohou být podobné; stejně jako rovnost charakteristických polynomů to ale jsou pouze nutné podmínky podobnosti.

$\displaystyle A\sim B\ \Rightarrow\ \mathop{\rm Tr}\nolimits A=\mathop{\rm Tr}\...
...rm det}\nolimits A =\mathop{\rm det}\nolimits B\ \wedge\ \sigma(A)=\sigma(B)\,.$

Každá matice $ X$ je podobná nějaké matici $ J_X$ blokově diagonálního tvaru s Jordanovými bloky na diagonále. Protože je tento Jordanův kanonický tvar $ J_X$ určen až na pořadí jednotlivých bloků jednoznačně, je zřejmé, že

$\displaystyle A\sim B\ \Leftrightarrow\ J_A=J_B\,, $

pokud konstruujeme Jordanův tvar například tak, že bloky řadíme sestupně podle vlastních čísel a v rámci jednotlivých vlastních čísel sestupně podle délky řetězců.

Úkol tedy vyřešíme tak, že najdeme Jordanovy tvary matic $ A$ a $ B$ a ověříme, že jsou stejné ($ J_A=J_B$). Potom najdeme převodní matice $ C_A$, $ C_B$,

$\displaystyle A=C_AJ_AC_A^{-1}\,,\qquad B=C_BJ_BC_B^{-1}\,,
$

z nichž vypočítáme $ C_B\cdot (C_A^{-1}\cdot A\cdot C_A)\cdot
C_B^{-1}=B$. Protože pro dvě regulární matice $ X$ a $ Y$ platí $ (X\cdot
Y^{-1})^{-1}=Y\cdot X^{-1}$, bude matice $ C=C_B\cdot C_A^{-1}$ splňovat žádaný předpis $ B=C\cdot A\cdot C^{-1}$.

Označme $ \alpha$ a $ \beta$ zobrazení {\bb R}$ ^3\to${\bb R}$ ^3$, která mají v kanonické bázi matice $ A$, $ B$. Charakteristické polynomy těchto zobrazení jsou nezávislé na volbě báze, a lze je tudíž počítat v kanonické bázi jako $ \mathop{\rm det}\nolimits (A-\lambda\mathbbm{1})$ a $ \mathop{\rm det}\nolimits (B-\lambda\mathbbm{1})$. Podle očekávání vyjdou polynomy stejně, a to

$\displaystyle \chi_{\alpha}(\lambda)=\chi_{\beta}(\lambda)=\lambda^3-6\cdot\lambda^2+12\cdot\lambda-8=(\lambda-2)^3\,.$

Dále vyšetříme strukturu nilpotentních zobrazení $ \alpha_2=\alpha-2\cdot \mathop{{\rm Id}}$ resp. $ \beta_2=\beta-2\cdot \mathop{{\rm Id}}$. V kanonické bázi mají tato zobrazení tvar

$\displaystyle A_2=A-2\mathbbm{1}=\left(\begin{array}{ccccccccccccc} 1&-2&1\cr 2...
...array}{ccccccccccccc} 22&-11&-22\cr20&-10&-20\cr 12&-6&-12\end{array}\right)\,,$

zobrazení $ \mathop{{\rm Id}}$ odpovídá v libovolné bázi vždy jednotková matice. Ihned vidíme, že $ h(A_2)=h(B_2)=1$, tedy $ \dim$Ker $ {}(\alpha-2\mathop{{\rm Id}})=\dim$Ker $ {}(\beta-2\mathop{{\rm Id}})=2$. Jelikož jsou tyto dimenze menší než dimenze celého prostoru, musí být $ \dim$Ker $ {}(\alpha-2\mathop{{\rm Id}})^2>\dim$Ker $ {}(\alpha-2\mathop{{\rm Id}})$, a tedy $ \dim$Ker $ {}(\alpha-2\mathop{{\rm Id}})^2=3$. Stejně to platí i pro $ \beta$.

Struktura obou zobrazení bude tedy stejná

$\displaystyle \alpha:\ \begin{array}{ccccccccccccc} \vec{v}_3\to \vec{v}_1\to 0...
...ay}{ccccccccccccc} \vec{v}_6\to \vec{v}_4\to 0\cr \vec{v}_5\to 0\end{array}\,,
$

kde šipka $ \to$ znamená působení zobrazení $ \alpha-2\mathop{{\rm Id}}$ (v levé tabulce), resp. $ \beta-2\mathop{{\rm Id}}$ (v pravé tabulce). Matice zobrazení $ \alpha$ v bázi $ \vec{v}_1,\vec{v}_3,\vec{v}_2$ a matice zobrazení $ \beta$ v bázi $ \vec{v}_4,\vec{v}_6,\vec{v}_5$ budou stejné

$\displaystyle J=J_A=J_B=\left(\begin{array}{ccccccccccccc} 2&1&0\cr 0&2&0\cr 0&0&2\end{array}\right)\,.
$

Toto je pěkná ukázka skutečnosti, že dvě podobné matice popisují totéž zobrazení, pouze vzhledem k různým bázím.

Vypočtěme konečně matici $ C$, která zprostředkuje podobnostní transformaci (srovnejte s příkladem 15.4). Volíme-li například $ \vec{v}_3=\vec{v}_6=(1,0,0)^T$ jako počáteční vektory řetězců délky dva, pak $ \vec{v}_1=(A-2\mathbbm{1})\vec{v}_3=(1,2,3)^T$ a $ \vec{v}_4=(B-2\mathbbm{1})\vec{v}_6 =(22,20,12)^T$. Dále se přímo nabízí $ \vec{v}_2=(2,1,0)^T$ a $ \vec{v}_5=(1,2,0)^T$, hlídali jsme přitom, aby byly vektory $ \vec{v}_2, \vec{v}_1$ a $ \vec{v}_5, \vec{v}_4$ nezávislé. Nyní už jen poskládáme tyto vektory do matic

$\displaystyle C_A= \left(\vphantom{\vcenter to1cm{}}\Big(\vec{v}_1\Big)\Big(\ve...
...ter to1cm{}}\Big(\vec{v}_4\Big)\Big(\vec{v}_6\Big)
\Big(\vec{v}_5\Big)\right)\,$

a dopočítáme $ C=C_B C_A^{-1}$, což je matice, která splňuje $ B=CAC^{-1}$. Číselně vyjde

$\displaystyle C_A^{-1}=\left(\begin{array}{ccccccccccccc} 0&0&\frac{1}{3}\cr 1&...
...cccccccccc} 1&-1&\frac{23}{3}\cr 0&2&\frac{16}{3}\cr 0&0&4\end{array}\right)\,.$

$ \ast$PK,KV$ \ast$