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

הערה: מי שיוסיף, לאחר הפתרון של אוהד להלן, פתרון סטנדרטי יותר לפי החוברת בנושא משפט ג'ורדן שהעליתי לאתר הקורס, יזכה גם הוא בנקודה על שאלה זו. (בועז)

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: $G = J_1(5) \oplus J_1(4) \oplus J_2(3)$

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]