פתרון לינארית 2, אונ' עברית, תשסט, מועד א, שאלה 4

התרגיל: נתונה המטר': $A=\begin{pmatrix} 5 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 4 & 0 & 0\\ 2 & 3 & 3 & 0\\ 4 & 5 & 6 & 3 \end{pmatrix}$

א) מצא את צורת ז'ורדן של A

ב) מצא P הפיכה כך ש $P^{-1}AP$ היא צורת ז'ורדן של A.

מקור: [1]

פתרון: נתבונן בפולינום האופייני של A (שהוא קל לחישוב, מטר' משולשית): $P_A(x) = (x-5)(x-4)(x-3)^{2}$ לפי משפט, אותם גורמים לינאריים בדיוק יופיעו בפולינום המינימלי של A. ברור שהריבוי הגיאומטרי של הע"ע 4,5 הוא 1. כמו כן הגורמים $x-4,x-5$ יופיעו בפולינום המינימלי של A [לפי משפט], והמעלה שלהם לא תיהיה גדולה מ 1 כי פולינום מינימלי מחלק כל פולינום שמאפס את A, ובפרט את הפולינום האופייני, לפי משפט קיילי המילטון. לכן לפי משפט, הבלוקים הגדולים ביותר ביותר המתאימים לע"ע 4,5 הם בגודל של החזקה של $x-4,x-5$ בפולינום המינימלי של A, בהתאמה. ולפי מה שאמרנו זה יהיה שווה בדיוק 1. לכן צורת ז'ורדן של A היא משהו בסגנון של $J_1(5) \oplus J_1(4) \oplus B$

כמו כן, אין עוד בלוקים המתאימים לע"ע 4,5 כי הריבוי הגיאומטרי שלהם הוא בדיוק 1 = כמות הבלוקים שלהם בצורת ז'ורדן. סך הבלוקים המתאימים לע"ע 3 הוא (ריבוי גאומטרי) כמימד מרחב האיפוס של $A-3I = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0\\ 2 & 3 & 0 & 0\\ 4 & 5 & 6 & 0 \end{pmatrix}$ וזו מטר' מדורגת מדרגה 3 מסדר 4, ולכן מימד מרחב האיפוס שלה הוא בדיוק 1, ולכן סה"כ צורת ז'ורדן של A היא: $J_A = J_1(5) \oplus J_1(4) \oplus J_2(3)$

המשך פתרון לא סטנדרטי: (המשך הפתרון הסטנדרטי בתחתית הדף)

ב) נסמן את העמודות של P ב (v1,v2,v3,v4) בהתאמה. אזי: $J_A = P^{-1}AP$ ולכן $PJ_A=AP$ ולכן לכל i רלוונטי $P\cdot C_i(J_A) = Av_i$.

אז עבור i = 1,2 זה ממש קל כי אנחנו רק צריכים למצוא וקטורים עצמיים שמתאימים לע"ע 4,5... ברור שאנחנו יודעים לעשות את זה, לכן אני אחסוך לכולם[חוץ מלעצמי] חישוב מפרך ונגיע ל $v_1 = (2, 2, 5, 24), v_2 = (0, 1, 3, 23)$

נקבל לפי הנ"ל גם את המשוואות הבאות: $3v_3=Av_3, v_3 + 3v_4=Av_4$ נעביר קצת אגפים ונקבל: $v_3 \in N(A-3I), v_3 = (A-3I)v_4 \in C(A-3I)$ כאשר N מציין את מרחב האיפוס ו C מציין את מרחב העמודות.

כבר כתבנו למעלה את A-3I אז אפשר להסתכל עליה.

כבר אמרנו גם שמימד המרחב העצמי של הע"ע 3 הוא 1, ולכן ל $v_3$ יש לנו רק אפשרות אחת (עד כדי כפל בסקלר שלא מעניין אותנו פה), ממש קל לראות שאותו וקטור הוא $v_3=(0, 0, 0, 1)$ ולכן קיבלנו משוואה: $(A-3I)v_4=v_3 = e_4 = (0, 0, 0, 1)$ זו משוואה פשוטה למדי בארבעה נעלמים שאפשר לפתור עם דירוג [אגב, אין לזה פתרון יחיד]: $v_4 = (0, 0, \frac{1}{6}, a)$ אבל נבחר a = 0 שיהיה נוח לכולם... $v_4 = (0, 0, \frac{1}{6}, 0)$

סוף סוף קיבלנו את $P = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 & 0\\ 5 & 3 & 0 & \frac{1}{6}\\ 24 & 23 & 1 & 0 \end{pmatrix}$ זה מגניב כי אם נחליף את שורה 3,4 אנחנו רואים ש P היא הפיכה [דרגה 4], אז לא דיברנו שטויות לגמרי, יש ניצוץ של תקווה... טוב נו, אם בודקים זה אכן יוצא נכון [סתם עבודה טכנית, שלצערי עשיתי אותה]

המשך פתרון סטנדרטי:

נסמן $\lambda_1 = 5, \lambda_2 = 4, \lambda_3 = 3$ נמצא לכל i רלוונטי בסיס ל $K _{\lambda _i}$

א)$K_{\lambda_1}$ אנחנו כבר יודעים שאנחנו צריכים למצוא רק מסלול אחד, והוא מאורך 1, לכן פשוט נמצא וקטור עצמי(מסלול מאורך 1) אחד בלבד (יחיד) של A הקשור לע"ע $\lambda_1=5$... אחרי חישוב נגיע ל $v_1 = (2, 2, 5, 24)$

ב)$K_{\lambda_2}$ עם אותו הגיון בדיוק ניקח ו"ע הקשור ל $\lambda_2=4$ ונקבל $v_2 = (0, 1, 3, 23)$

ג)$K_{\lambda_3}$ פה נרצה למצוא מסלול אחד בלבד מאורך 2, ז"א נמצא בסיס ל $N(A-3I) \cap C(A-3I)^{1}$. אנחנו יודעים שחייב להיות לשני המרחבים הנ"ל חיתוך, וגם ראינו כבר כי $dim N(A-3I) = 1$ אז ניקח את הוקטור היחיד שיש שם (עד כדי כפל בסקלר) כהתחלה לבסיס שלנו, ז"א $v_3 = (0, 0, 0, 1)$ ואת הוקטור השני $v_4$ בבסיס למרחב זה נמצא ע"י $(A-3I)v_4 = v_3$ ואת זה אפשר לפתור בקלות עם דירוג שם נקבל מרחב פתרונות $v_4 \in \{ (0,0,\frac{1}{6},a) | \forall a \in F\}$ כאשר F זה השדה מעליו A מוגדרת [זה לא מצויין].

טוב, ניקח שרירותית מתוך המרחב הזה: $v_4 = (0,0,\frac{1}{6},0)$.

עכשיו ניקח את הוקטורים $v_1,v_2,v_3,v_4$ שיהיו עמודות מטריצה P והיא תקיים $J_A = P^{-1}AP$ לפי ההוכחה הקונסטרוקטיבית בהרצאות לקיום מטריצה מז'רדנת.

התוצאה היא:

סוף סוף קיבלנו את $P = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 & 0\\ 5 & 3 & 0 & \frac{1}{6}\\ 24 & 23 & 1 & 0 \end{pmatrix}$