3. Vlastní čísla a vlastní vektory

3.1. Uvažujme endomorfismus φ na reálném vektorovém prostoru R^{2} s maticí

[φ]_{K_{2}} = (\begin{matrix}3 & 2 \\ 2 & 6 \end{matrix}) vzhledem ke kanonické bázi K_{2}.

(a) Najděte všechna vlastní čísla a všechny jim příslušné vlastní vektory φ.

(b) rozhodněte, zda je φ diagonalizovatelný,

(c) existuje-li, najděte ortonormální bází R^{2} se standardním skalárním součinem, vůči níž má φ diagonální matici.

(a) Máme zjistit, pro která reálná (vlastní) čísla λ existuje nenulový (vlastní) vektor v, aby φ(v) = λ v. To můžeme ekvivalentně vyjádřit ve tvaru (φ−λId)(v) = 0, a v maticovém zápisu pro libovolnou bázi B prostoru R^{2} ve tvaru

([φ]_{B} − λE)[v]_{B}^{T} = [(φ − λId)]_{B}[v]_{B}^{T} = [0]_{B}^{T} = (0, 0)^{T} .

Hledáme tedy všechna taková λ ∈ R, pro něž existuje netriviální řešení homogenní soustavy rovnic se čtvercovou maticí [(φ − λId)]_{B}. To nastává právě tehdy, když je matice [φ]_{B} − λE singulární. Spočítáme tedy nejprve vlastní čísla matice endomorfismu vzhledem k nějaké pevně zvolené bázi. Poznamenejme, že při tom nezáleží na volbě báze, ale je důležité, abychom počítali s maticí endomorfismu, tj. s maticí daného homomorfismu vzhledem k stejné bázi v definičním oboru i oboru hodnot. V našem případě budeme pracovat s maticí [φ]_{K_{2}}.

Určíme charkteristický polynom matice

det([φ]_{K_{2}} − λE) = (3 − λ)(6 − λ) − 4 = λ^{2} − 9λ + 14 = (λ − 2)(λ − 7).

Vlastní čísla matice [φ]_{K_{2}} jsou tedy právě kořeny charakteristického polynomu, tedy čísla 2 a 7. Dále budeme postupně dosazovat do matice [φ]_{K_{2}} − λE vypočtená vlastní čísla a budeme hledat vlastní vektory matice [φ]_{K_{2}}, tedy nenulová řešení homogenních soustav rovnic s maticemi, která tvoří právě souřadnicové vektory vlastních vektorů endomorfismu φ:

[φ]_{K_{2}} − 2 · E = (\begin{matrix}1 & 2 \\ 2 & 4 \end{matrix}) , [φ]_{K_{2}} − 7 · E = (\begin{matrix}−4 & 2 \\ 2 & −1 \end{matrix}) .

Snadno zjistíme, že všechny nenulové násobky vektoru (−2, 1) jsou vlastními vektory matice [φ]_{K_{2}} příslušnými vlastnímu číslu 2 a všechny nenulové násobky vektoru (1, 2) jsou vlastními vektory matice [φ]_{K_{2}} příslušnými vlastnímu číslu 7.

Konečně máme-li spočítané souřadnice vlastních vektorů [v]_{K_{2}} vzhledem ke kanonické bázi, okamžitě vidíme, že množinu všech vlastních vektorů příslušných vlastnímu číslu 2 tvoří ⟨(−2, 1)⟩ − {(0, 0)} a množinu všech vlastních vektorů příslušných vlastnímu číslu 7 tvoří ⟨(1, 2)⟩ − {(0, 0)}.

(b) Uvážíme-li, že máme dvě různá vlastní čísla endomorfismu na prostoru dimenze 2, víme, že jde o diagonalizovatelný endomorfismus. Protože jsme v (a) našli vlastní vektory stačí vzít bázi M = ((−2, 1), (1, 2)), abychom dostali matici

[φ]_{M} = (\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 7 \end{matrix}) vzhledem k bázi M.

(c) Protože je matice [φ]_{K_{2}} symetrická, jde o unitárně diagonalizovatelnou matici, tedy víme, že požadovaná ortonormální báze existuje. Snando nahlédneme, že B = (\frac{1}{\sqrt{5}}(−2, 1), \frac{1}{\sqrt{5}}(1, 2)) je ortonormální báze prostoru R^{2} se standardním skalárním součinem a [φ]_{B} = (\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 7 \end{matrix}). Na závěr poznamenejme, že bází s požadovanými

vlastnostmi existuje právě osm: (±\frac{1}{\sqrt{5}}(−2, 1), ±\frac{1}{\sqrt{5}}(1, 2)) a (±\frac{1}{\sqrt{5}}(1, 2), ±\frac{1}{\sqrt{5}}(−2, 1)) □

3.2. Najděte všechna vlastní čísla a všechny vlastní vektory reálné matice A =

(\begin{matrix}2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{matrix}) a rozhodněte, zda je (ortogonálně) diagonalizovatelná.

Předně si všimněme, že je matice A reálná symetrická, proto ortogonálně diagonalizovatelná, což nám usnadní výpočet vlastních čísel a vektorů.

Nejprve určíme vlastní čísla. Mohli bychom standardně spočítat charakteristický polynom det(A − λE) a najít jeho kořeny. V našem případě je ovšem snadné uhád-

nout vlastní číslo 1, protože matice A − 1 · E = (\begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}) je zjevně singulární.

Vyřešíme-li homogenní soustavu rovnic s maticí A − 1 · E dostaneme všechny příslušné vlastní vektory v_{1}, tedy v_{1} ∈ ⟨(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)⟩ \ {0}. Protože je A ortogonálně diagonalizovatelná, víme, že další vlastní vektor musí být kolmý na vektory příslušné vlastnímu číslu 1, tedy musí ležet v podprostoru ⟨(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)⟩^{⊥} = ⟨(1, 1, 1)⟩. Proto (1, 1, 1) musí být vlastní vektor matice A a spočítáme-li součin A·(1, 1, 1)^{T} = (4, 4, 4)^{T}, dostáváme druhé (a poslední) vlastní číslo 4. Zopakujme, že v_{4} je vlastní vektor příslušný vlastnímu číslu 4, právě když v_{4} ∈ ⟨(1, 1, 1)⟩\{0}, tedy,

že ⟨(1, 1, 1)⟩ je množina všech řešení homogenní soustavy s maticí (\begin{matrix}−2 & 1 & 1 \\ 1 & −2 & 1 \\ 1 & 1 & −2 \end{matrix}).

Na závěr poznamenejme, že spektrum σ(A) = {1, 1, 4} a že z nalezených vlastních čísel a dimenzí podprostorů vlastních vektorů (tzv. geometrické násobnosti) můžeme zjistit, že charakteristický polynom matice A je det(A − λE) = −(λ − 1)^{2}(λ − 4). □

3.3. Mějme matici A = (\begin{matrix}4 & 0 & 2 \\ 4 & 1 & 1 \\ 2 & 0 & 4 \end{matrix}) nad tělesem Z_{5}.

(a) Najděte (nad Z_{5}) všechna vlastní čísla a všechny vlastní vektory matice A,

(b) dokažte, že je matice A diagonalizovatelná,

(c) najděte regulární matici P nad Z_{5}, pro niž je P^{−1}AP diagonální.

(a) Nejprve hledáme nad tělesem Z_{5} kořeny polynomu p(λ) = det(A − λE) = 4λ^{3} + 4λ^{2} + 2. Prostým dosazením, zjistíme, že p(1) = 0 a p(2) = 0, tedy vlastní čísla matice A jsou právě 1 a 2. Dále řešíme homogenní soustavy rovnic s maticí A − 1 · E A − 2 · E:

A − 1 · E = (\begin{matrix}3 & 0 & 2 \\ 4 & 0 & 1 \\ 2 & 0 & 3 \end{matrix}) , A − 2 · E = (\begin{matrix}2 & 0 & 2 \\ 4 & 4 & 1 \\ 2 & 0 & 2 \end{matrix})

Zřejmě například vektory (1, 0, 1) a (0, 1, 0) tvoří bázi podprostoru vlastních vektorů příslušných vlastnímu číslu 1 a vektor (1, 3, 4) tvoří bázi podprostoru vlastních vektorů příslušných vlastnímu číslu 2.

27./28.4.

(b) Uvážíme-li, že posloupnost M = ((1, 0, 1), (0, 1, 0), (1, 3, 4)) je báze Z_{5}, vidíme, že je matice A diagonalizovatelná.

(c) Interpretujeme-li matici A jako matici endomorfismu φ zhledem ke kanonické bázi a vezmeme-li matici přechodu P = [Id]_{BK_{3}}, pak vidíme, že P^{−1}AP =

[Id]_{K_{3} B}[φ]_{K_{3}}[Id]_{BK_{3}} = [φ]_{B} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix}). Tedy zjistili jsme, že P = [Id]_{BK_{3}} =

(\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 4 \end{matrix}). □

3.4. Nechť ψ je endomorfismus na vektorové prostoru R^{3} nad tělesem reálných čísel daný předpisem ψ(x, y, z) = (x + 2y + z, 2x − y + 2z, −2y).

(a) Najděte všechna vlastní čísla a všechny vlastní vektory endomorfismu ψ,

(b) existuje-li, najděte bázi B, vůči níž ma endomorfismus ψ diagonální matici,

(c) najděte matici endomorfismů ψ^{11} a ψ^{154} vzhledem ke kanonické bázi,

(d) určete vlastní čísla a všechny vlastní vektory endomorfismu ψ^{8}.

(a) Nejprve snadno určíme matici endomorfismu [ψ]_{K_{3}} = (\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 2 & −1 & 2 \\ 0 & −2 & 0 \end{matrix}) vzhle-

dem ke kanonické bázi K_{3} a poté najdeme její vlastní čísla. Máme tři různá vlastní

čísla 0, 1 a −1. Vyřešíme-li soustavy s maticemi [ψ]_{K_{3}} + 1E = (\begin{matrix}2 & 2 & 1 \\ 2 & 0 & 2 \\ 0 & −2 & 1 \end{matrix}),

[ψ]_{K_{3}} − 0E = (\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 2 & −1 & 2 \\ 0 & −2 & 0 \end{matrix}), [ψ]_{K_{3}} − 1E = (\begin{matrix}0 & 2 & 1 \\ 2 & −2 & 2 \\ 0 & −2 & −1 \end{matrix}). najdeme právě všechny

vlastní vektory ⟨(1, 0, −1)⟩ \ {0}, ⟨(3, 1, −2)⟩ \ {0} a ⟨(−2, 1, 2)⟩ \ {0}.

(b) Posloupnost B = ((−2, 1, 2), (1, 0, −1), (3, 1, −2)) je tvořena vlastními vektory příslušnými různým vlastním číslům, tudíž jde o lineárně nezávislou posloup-

nost. Proto je B báze R^{3} a [ψ]_{B} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}).

(c) Uvědomíme-li si, že [ψ^{n}]_{B} = [ψ]_{B}^{n}, určíme snadno matice ψ^{11} a ψ^{154} vzhledem k bázi:

[ψ^{11}]_{B} = [ψ]_{B}^{11} = (\begin{matrix}1^{11} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & (−1)^{11} \end{matrix} ) = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}) = [ψ]_{B},

[ψ^{154}]_{B} = [ψ]_{B}^{154} = (\begin{matrix}1^{154} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & (−1)^{154} \end{matrix} ) = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) = [ψ^{2}]_{B},

Tedy okamžitě vidíme, že [ψ^{11}]_{K_{3}} = (\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 2 & −1 & 2 \\ 0 & −2 & 0 \end{matrix}) a [ψ^{154}]_{K_{3}} = (\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 2 & −1 & 2 \\ 0 & −2 & 0 \end{matrix})^{2} =

(\begin{matrix}5 & −2 & 5 \\ 0 & 1 & 0 \\ −4 & 2 & −4 \end{matrix}).

(d) Učiníme-li obdobnou úvahu jako v (c), vidíme, že matice [ψ^{n}]_{B} = [ψ]_{B}^{n}, a tedy i endomorfismus ψ^{n} má vlastní čísla λ^{n} pro vlastní čísla endomorfismu ψ, tedy ψ^{8} práve vlastní čísla 0, 1. Je-li navíc v_{λ} vlastní vektor p ψ(v_{λ}) = λ v_{λ}, pak ψ^{n}(v_{λ}) = λ^{n} v_{λ}, tedy ⟨(3, 1, −2)⟩ \ {0} a ⟨(−2, 1, 2)⟩ \ {0} jsou vlastní vektory ψ^{8} příslušné vlastnímu číslu 1 a ⟨(1, 0, −1)⟩ \ {0} jsou vlastní vektory ψ^{8} příslušné vlastnímu číslu 0. Uvážíme-li, že s vlastními vektory příslušnými stejnému vlastnímu číslu jsou vlastními vektory i jejich lineární kombinace, pak. ⟨(1, 0, −1)⟩ ∪ ⟨(3, 1, −2), (−2, 1, 2)⟩\{0} jsou právě všechny vlastní vektory endomorfismu ψ^{8}. □

4.5.

3.5. Spočítejte A^{20}, jestliže

(a) A = (\begin{matrix}4 & 0 & 2 \\ 4 & 1 & 1 \\ 2 & 0 & 4 \end{matrix}) nad Z_{5},

(b) A = (\begin{matrix}1 & 2 & 1 \\ 2 & −1 & 2 \\ 0 & −2 & 0 \end{matrix}) nad tělesem R,

(c) A = (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}) nad tělesem Z_{7}.

Podobně jako v 3.4(c) uvážíme, že P^{−1}A^{n}P = (P^{−1}AP)^{n} pro libovolnou regulární matici P, tedy A^{n} = P(P^{−1}AP)^{n}P^{−1}.

(a) Využijeme-li hodnot spočítaných v 3.3(c), dostáváme

A^{20} = (\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 4 \end{matrix}) (\begin{matrix}1^{20} & 0 & 0 \\ 0 & 1^{20} & 0 \\ 0 & 0 & 2^{20} \end{matrix} ) (\begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 4 \end{matrix})^{−1} = PEP^{−1} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) .

(b) Využijeme-li hodnoty hodnot spočítané v 3.4 a položíme P = [Id]_{BK_{3}} =

(\begin{matrix}−2 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & −1 & −2 \end{matrix}), pak P^{−1}A^{n}P = [ψ]_{B} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}), proto

A^{20} = (\begin{matrix}−2 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & −1 & −2 \end{matrix}) (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix})^{20} (\begin{matrix}−2 & 1 & 3 \\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & −1 & −2 \end{matrix})^{−1} =

= P (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) P^{−1} = A^{2} = (\begin{matrix}5 & −2 & 5 \\ 0 & 1 & 0 \\ −4 & 2 & −4 \end{matrix}) .

5.5.

(c) Indukcí nahlédneme, že (\begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix})^{n} = (\begin{matrix}1 & \binom{n}{1} \\ 0 & 1 \end{matrix}), proto

A^{20} = (\begin{matrix}1 & \binom{20}{1} \\ 0 & 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix}1 & 6 \\ 0 & 1 \end{matrix}) .

□

3.6. Najděte reálnou ortogonální matici U, pro níž je U^{T} (\begin{matrix}5 & 2 & 2 \\ 2 & 5 & 2 \\ 2 & 2 & 5 \end{matrix}) U nad R

diagonální.

Nejprve podobně jako v 3.2 určíme vlastní čísla jim příslušné vlastní vektory. Jedno vlastní číslo je zřejmě λ = 3 a vyřešíme homogenní soustavu rovnic s maticí

A−3·E = (\begin{matrix}2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 \end{matrix}) a dostaneme vlastní vektory v_{1} ∈ ⟨(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)⟩\\{0\},

a protože další vlastní vektor musí být kolmý na vektory příslušné vlastnímu číslu 3, tj. leží v podprostoru ⟨(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)⟩^{⊥} = ⟨(1, 1, 1)⟩, je jím například vektor (1, 1, 1). Nyní spočítáme A(1, 1, 1)^{T} = (9, 9, 9)^{T}, odkud dostáváme vlastnímu číslo λ = 9.

Nyní najdeme ortonormální báze obou podprostorů vlastních vektorů. Pro vlastní číslo 9 stačí normalizovat, abychom dostali vektor \frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1) a pro λ = 3 najdeme ortonormální bázi (\frac{1}{\sqrt{2}}(−1, 1, 0), \frac{1}{\sqrt{6}}(−1, −1, 2)) podprostoru ⟨(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)⟩ například Gramovou-Schmidtovou ortogonalizací. Nyní položme B = (\frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1), \frac{1}{\sqrt{2}}(−1, 1, 0), \frac{1}{\sqrt{6}}(−1, −1, 2)). Protože je B ortonormální báze, je zřejmě matice přechodu U = [Id]_{BK_{3}} ortogonální a

U^{T} AU = (\frac{−1}{\sqrt{2}} \frac{1}{\sqrt{2}} 0_{\frac{−1}{\sqrt{6}} \frac{−1}{\sqrt{6}} \frac{2}{\sqrt{6}}}^{\frac{1}{\sqrt{3}} \frac{1}{\sqrt{3}} \frac{1}{\sqrt{3}}} ) (\begin{matrix}5 & 2 & 2 \\ 2 & 5 & 2 \\ 2 & 2 & 5 \end{matrix}) (\begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{−1}{\sqrt{2}} & \frac{−1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{−1}{\sqrt{6}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & 0 & \frac{2}{\sqrt{6}} \end{matrix} ) = (\begin{matrix}9 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}) .

□

3.7. Nechť je f symetrická bilineární forma na reálném vektorovém prostoru R^{3} s

maticí [f]_{K_{3}} = (\begin{matrix}5 & 2 & 2 \\ 2 & 5 & 2 \\ 2 & 2 & 5 \end{matrix}) vzhledem ke kanonické bázi. Najděte bázi B, která je

ortonormální vzhledem ke standardnímu skalárnímu součinu ω a polární vzhledem k symetrické bilineární formě f.

Stačí nám vzít ortonormální bázi B z 3.6, o níž víme, že

[f]_{B} = [Id]_{BK_{3}}^{T}[f]_{K_{3}}[Id]_{BK_{3}} = U^{T} AU = (\begin{matrix}4 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) ,

tedy B je polární báze f. □

3.8. Najděte polární bázi symetrické bilineární formy g na vektorovém prostoru R^{3}, která je ortonormální vzhledem ke standardnnímu skalárnímu součinu, jestliže

[g]_{K_{3}} = (\begin{matrix}2 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 5 \end{matrix})

Postupujeme stejně jako v úlohách 3.6 a 3.7. Nejprve standardním způsobem najdeme spektrun matice [g]_{K_{3}}, tedy σ([g]_{K_{3}}) = {1, 1, 7}. Pro vlastní číslo 1 najdeme podprostor vlastních vektorů V_{1} = ⟨(1, −1, 0), (2, 0, −1)⟩ a pro vlastní číslo 7 tvoří podprostor vlastních vektorů V_{7} = ⟨(1, 1, 2)⟩. Zbývá nám například pomocí Grammovy-Schmidtovy ortogonalizace najít ortonormální bázi V_{1} (tedy například (\frac{1}{\sqrt{2}}(1, −1, 0), \frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, −1)) a normalizovat vektor (1, 1, 2). Nyní je M = (\frac{1}{\sqrt{2}}(1, −1, 0), \frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, −1), \frac{1}{\sqrt{6}}(1, 1, 2)) ortonormální bází R^{3}, která je zároveň po-

lární vzhledem ke g. Závěrem poznamenejme, že [g]_{K_{3}} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 7 \end{matrix}) □

11.5.

4. Jordanův kanonický tvar

4.1. Buď M = (\begin{matrix}5 & 3 \\ −3 & −1 \end{matrix}), N = (\begin{matrix}1 & 1 \\ −1 & 3 \end{matrix}), K = (\begin{matrix}2 & 0 \\ 3 & 1 \end{matrix}) matice nad tělesem

komplexních čísel.

(a) Spočítejte vlastní čísla a vlastní vektory matic M, N a K,

(b) najděte Jordanův kanonický tvar matic M, N a K,

(c) rozhodněte, které dvojice matic M, N a K jsou podobné.

(a) Obvyklým způsobem snadno zjistíme, že charakteristický polynom matice M a N je (λ − 2)^{2} a charakteristický polynom matice K je (λ − 2)(λ − 1), proto σ(M) = {2, 2}, σ(N) = {2, 2} a σ(K) = {1, 2}. Nyní vyřešíme homogení soustavy

rovnic s maticemi M−2E = (\begin{matrix}3 & 3 \\ −3 & −3 \end{matrix}), N−2E = (\begin{matrix}−1 & 1 \\ −1 & 1 \end{matrix}), K−1E = (\begin{matrix}1 & 0 \\ 3 & 0 \end{matrix}) a

K−2E = (\begin{matrix}0 & 0 \\ 3 & −2 \end{matrix}) Tedy množina vlastních vektorů matice M je ⟨(1, −1)⟩\\{(0, 0)\},

množina vlastních vektorů matice N je ⟨(1, 1)⟩\{(0, 0)} a množina vlastních vektorů matice K je ⟨(0, 1)⟩ ∪ ⟨(2, 3)⟩ \ {(0, 0)}.

(b) Víme, že Jordanův kanonický tvar matice má na diagonále právě hodnoty spektra a nad diagonálou nuly nebo jedničky. Přitom různá vlastní čísla určují různé Jordanovy buňky, proto je matice K diagonalizovatelná, a proto podobná

Jordanově matici (\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}). Matice M i N mohou být podobné pouze Jordanovým

maticím (\begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 2 \end{matrix}) nebo (\begin{matrix}2 & 1 \\ 0 & 2 \end{matrix}), Podobnost s první z nich by ovšem znamenala, že je

matice M či N diagonalizovatelná, zatímco v (a) jsme zjistili, že vlastní vektory ani matice M ani matice N netvoří bázi, tedy matice diagonalizovatelné nejsou. Tedy

je Jordanův kanonický tvar matice M i N roven právě Jordanově buňce (\begin{matrix}2 & 1 \\ 0 & 2 \end{matrix}).

(c) Víme, že dvě podobné matice mají nutně stejná spektra, tedy matice K není podobná matici M ani N. Na druhou stranu, dvě matice se stejným Jordanovým kanonickým tvarem jsou podobné, tedy M ∼ N □

4.2. Najděte Jordanův kanonický tvar a zjistěte, zda jsou si podobné, komplexní

matice A = (\begin{matrix}−1 & 3 & 2 \\ −1 & 1 & 1 \\ −2 & 3 & 3 \end{matrix}) a B = (\begin{matrix}4 & 3 & 1 \\ −3 & −2 & −1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}).

U obou matic snadno zjistíme, že det(A − λE) = det(B − λE) = −λ^{3} + 3λ^{2} − 3λ + 1 = (1 − λ)^{3} Obě tedy mají stejné spektrum a musí být podobné jedné z následujících matic v Jordanově kanonickém tvaru:

J_{1} = (\begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) , J_{2} = (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) , J_{3} = (\begin{matrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) .

Podobnost s maticí J_{1} = E by znamenala, že je matice diagonalizovatelná, což zjevně ani pro A ani B neplatí. Uvědomme si, že podprostor vlastních vektorů matice A ani B musí mít stejnou dimenzi jako podprostor vlastních vektorů jejich Joradnova normálníhoo tvaru matice. Tedy matice A−E respektive B−E musí mít stejnou hodnost jako matice J_{i} − E pro příslušný Jordanův normální tvar matice. Protože h(A − E) = 2 a h(B − E) = 1, je matice A nutně podobná Jordanově matici J_{3} a matice B je podobná Jordanově matici J_{2}. Z Jordanovy věty potom plyne, že matice J_{2} a J_{3} nejsou podobné, proto nejsou podobné ani matice A a B. □

19.5.

4.3. Najděte regulární matici P nad tělesem komplexních čísel, pro níž platí, že

P^{−1} (\begin{matrix}5 & 3 \\ −3 & −1 \end{matrix}) P = (\begin{matrix}2 & 1 \\ 0 & 2 \end{matrix}).

Využijeme údaje, které jsme o matici M = (\begin{matrix}5 & 3 \\ −3 & −1 \end{matrix}) zjistili v 4.1.

Označme φ endomorfismus na prostoru C^{2} s maticí [φ]_{K_{2}} = M vzhledem ke kanonické bázi. Podobně jako u úloh týkajících se diagonalizovatelnosti můžeme problém převést na otázku nalezení báze B = (v_{1}, v_{2}) vůči níž bude mít matice

endomorfismu φ Jordanův kanonický tvar, tj [φ]_{B} = (\begin{matrix}2 & 1 \\ 0 & 2 \end{matrix}). To ovšem znamená,

že φ(v_{1}) = 2 v_{1} a φ(v_{2}) = v_{1} +2 v_{2}. Odtud okamžitě vidíme, že vektor v_{1} je právě vlastním vektorem matice M, zvolme například vektor (1, −1) a druhý vektor v_{2} dostaneme jako řešení nehomogenní soustavy rovnic (M − 2E) v_{2}^{T} = v_{1}^{T} s maticí

(\begin{matrix}3 & 3 & | & 1 \\ −3 & −3 & | & −1 \end{matrix}). Vidíme, že soustavu řeší například vektor (\frac{1}{3}, 0), našli jsme

tak hledanou matici P = [Id]_{BK_{2}} = (\begin{matrix}1 & \frac{1}{3} \\ −1 & 0 \end{matrix}). □

20.5.

4.4. Mějme komplexní matice G = (\begin{matrix}1 & 1 & 2 \\ 1 & −2 & 1 \\ −1 & −2 & −2 \end{matrix}), H = (\begin{matrix}−2 & 3 & 2 \\ −1 & 0 & 1 \\ −2 & 3 & 2 \end{matrix}).

(a) Najděte Jordanův kanonický tvar matic G a H,

(b) spočítejte G^{50},

(c) existuje-li, najděte přirozené n, pro které H^{n} = 0.

(a) Opět nejprve spočítáme charakteristické polynomy det(G − λE) = −(λ + 1)^{3} a det(H − λE) = −λ^{3}, tedy σ(G) = {−1, −1, −1} a σ(H) = {0, 0, 0}. Nyní stejně jako v 4.2 využijeme pozorování, že pro dvě podobné matice h(A−λE) = h(B−λE) A a B platí, že h(A − λE) = h(B − λE) pro každá skalár λ, speciálně pro vlastní čísla. Protože h(G + E) = 2 a h(H) = 2, dostáváme

G ∼ (\begin{matrix}−1 & 1 & 0 \\ 0 & −1 & 1 \\ 0 & 0 & −1 \end{matrix}) , H ∼ (\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}) .

(b) Známe-li Jordanův normální tvar J matice G a spočítáme-li regulární matici P, pro kterou G = PJP^{−1} G^{50} = PJ^{50}P^{−1}, zbyde nám proto určit J^{50}.

Matici P spočítáme stejným způsobem jako v 4.3. Tedy hledáme nejdřív vlastní vektor v_{1}, tj. vyřešíme homogenní soustavu rovnic s maticí G + E a poté řešíme nehomogenní soustavy rovnic (G + E) v_{2}^{T} = v_{1}^{T} a (G + E) v_{3}^{T} = v_{2}^{T} (A+E)v3=v2, tedy postupně hledáme řešení soustav s maticemi:

(\begin{matrix}2 & 1 & 2 & | & 0 \\ 1 & −1 & 1 & | & 0 \\ −1 & −2 & −1 & | & 0 \end{matrix}) , (\begin{matrix}2 & 1 & 2 & | & 1 \\ 1 & −1 & 1 & | & 0 \\ −1 & −2 & −1 & | & −1 \end{matrix}) , (\begin{matrix}2 & 1 & 2 & | & \frac{1}{3} \\ 1 & −1 & 1 & | & \frac{1}{3} \\ −1 & −2 & −1 & | & 0 \end{matrix}) .

Spočítali jsme, že například v_{1} = (1, 0, −1), v_{2} = \frac{1}{3}(1, 1, 0) a v_{3} = \frac{1}{9}(2, −1, 0). Tyto

vektory sepíšeme do matice přechodu P = (\begin{matrix}1 & \frac{1}{3} & \frac{2}{9} \\ 0 & \frac{1}{3} & \frac{−1}{9} \\ −1 & 0 & 0 \end{matrix} ) od kanonické bázi k bázi

(v_{1}, v_{2}, v_{3}) a obvyklým způsobem určíme inverzní matici P^{−1} = (\begin{matrix}0 & 0 & −1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 3 & −3 & 3 \end{matrix}).

Dále určíme podobně jako v 3.5(c) hodnotu J^{50} = (\begin{matrix}(−1)^{50} & −\binom{50}{1} & \binom{50}{2} \\ 0 & (−1)^{50} & −\binom{50}{1} \\ 0 & 0 & (−1)^{50} \end{matrix} ).

Konečně zbývá dopočítat G^{50} = PJ^{50}P^{−1} =

= (\begin{matrix}1 & \frac{1}{3} & \frac{2}{9} \\ 0 & \frac{1}{3} & \frac{−1}{9} \\ −1 & 0 & 0 \end{matrix} ) (\begin{matrix}1 & −50 & 1225 \\ 0 & 1 & −50 \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix}0 & 0 & −1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 3 & −3 & 3 \end{matrix}) = (\begin{matrix}3576 & −3725 & 3575 \\ −50 & 51 & −50 \\ −3625 & 3775 & 3624 \end{matrix}) .

(c) Uvažujeme stejně jako v (b), tedy uvědomíme si, že existuje regulární matice

Q, pro kterou H^{n} = Q (\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})^{n} Q^{−1} stačí nahlédnout, že (\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})^{2} ≠ 0 a

(\begin{matrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix})^{3} = 0, tedy hledané minimální n = 3. □

4.5. Je-li φ endomorfismus na C^{3} s maticí [φ]_{K_{3}} = (\begin{matrix}2 & −2 & −1 \\ 1 & 3 & 1 \\ 1 & 2 & 4 \end{matrix}) vzhledem ke

kanonické bázi K_{3}, najděte bázi, vůči níž má φ Jordanovu matici.

Nejprve musíme určit spektrum σ(φ) = {3, 3, 3}. Definujme f = φ−3Id. Určíme jádra Kerf a Kerf^{2}. Nejprve spočítáme matice

[f]_{K_{3}} = [φ]_{K_{3}} − 3E = (\begin{matrix}−1 & −2 & −1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \end{matrix}) , [f^{2}]_{K_{3}} = [f]_{K_{3}}^{2} = (\begin{matrix}−2 & 0 & −2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 2 \end{matrix})

a [f^{3}]_{K_{3}} = [f]_{K_{3}}^{3} = 0. Dále najdeme řešení homogenních soustav rovnic s danými maticemi, což budou právě jádra endomorfismů f, f^{2} a f^{2}. Tedy Kerf^{3} = C^{3}, Kerf^{2} = ⟨(0, 1, 0), (1, 0, −1)⟩ a Kerf = ⟨(1, 0, −1)⟩. Zvolíme vektor doplňku Kerf^{2} v prostoru Kerf^{3}, například (1, 0, 0). Konečně spočítáme vektory f(1, 0, 0) = (−1, 1, 1) a f^{2}(1, 0, 0) = (−2, 0, 2) a položíme B = ((−2, 0, 2), (−1, 1, 1), (1, 0, 0)).

Potom [φ]_{B} = (\begin{matrix}3 & 1 & 0 \\ 0 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 3 \end{matrix}). □

Další úlohy

(1) Najděte všechna vlastní čísla a všechny jim příslušné vlastní vektory endomorfismu φ na reálném vektorovém prostoru R^{4} a a rozhodněte, zda je φ diagonalizovatelný jestliže

(a) [φ]_{K_{4}} = (\begin{matrix}3 & 4 & 2 & 7 \\ 0 & 2 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 4 \end{matrix}) , (b) [φ]_{K_{4}} = (\begin{matrix}3 & 4 & 2 & 7 \\ 0 & 2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 4 \end{matrix}) ,

(c) [φ]_{K_{4}} = (\begin{matrix}3 & 4 & 4 & 4 \\ 4 & 2 & 4 & 4 \\ 4 & 4 & 2 & 4 \\ 4 & 4 & 4 & 4 \end{matrix}) , (d) [φ]_{K_{4}} = (\begin{matrix}3 & 4 & 0 & 0 \\ 4 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 4 \\ 0 & 0 & 4 & 4 \end{matrix}) ,

(e) φ = Id, (f) φ = 0.

(2) Najděte všechna vlastní čísla a všechny vlastní vektory reálné matice A =

(\begin{matrix}0 & 3 & 3 & 3 \\ 3 & 0 & 3 & 3 \\ 3 & 3 & 0 & 3 \\ 3 & 3 & 3 & 0 \end{matrix}), a rozhodněte, zda je matice diagonalizovatelná

(3) Najděte nad tělesem Z_{7}všechna vlastní čísla a všechny vlastní vektory ma-

tice A = (\begin{matrix}3 & 4 & 4 \\ 2 & 3 & 1 \\ 3 & 3 & 2 \end{matrix}) a existuje-li, najděte regulární matici P, pro niž je

P^{−1}AP diagonílní.

(4) Mějme komplexní matice G = (\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ 2 & 3 & 0 \\ 4 & 5 & 3 \end{matrix}), H = (\begin{matrix}3 & 0 & 0 \\ 2 & 3 & 0 \\ 4 & 5 & 3 \end{matrix}).

(a) Najděte Jordanův kanonický tvar matic G a H,

(b) spočítejte G^{5} a H^{5},

(c) najděte Jordanův kanonický tvar matic GH a HG.

(5) Najděte polární bázi symetrické bilineární formy f na vektorovém prostoru R^{n}, která je ortonormální vzhledem ke standardnnímu skalárnímu součinu, jestliže

(a) n = 3 a [g]_{K_{3}} = (\begin{matrix}1 & 1 & 2 \\ 1 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 4 \end{matrix}),

(b) n = 3 a [g]_{K_{3}} = (\begin{matrix}0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}),

(c) n = 8 a g(e_{i}, e_{j}) = 1 + δ_{ij},

(d) n = 4 a g(e_{i}, e_{j}) = i + j.