פתרון לינארית 2, האונ' העברית, תשסט, סמסטר ב', מוע ד א', חלק ב' 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 הוא 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: $G = J_1(5) \oplus J_1(4) \oplus J_2(3)$

ב) נסמן את העמודות של P ב (v1,v2,v3,v4) בהתאמה. אזי: $G = P^{-1}AP$ ולכן $PG=AP$ ולכן לכל i רלוונטי $P*Ci(G) = A*v_i$.

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]