Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης

Τίτλος Μαθήματος: Γραμμική Άλγεβρα ΙΙ Ενότητα: Η Κανονική Μορφή Jordan - I Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης Τμήμα: Μαθηματικών

35 7 Η Κανονική Μορφή Jordan - I Στην παρούσα παράγραφο ϑα µελετήσουµε µια σηµαντική κανονική µορφή πινάκων οι οποίοι έχουν την ιδιότητα ότι το χαρακτηριστικό τους πολυώνυµο αναλύεται σε γινόµενο πρωτοβαθµίων, όχι κατ ανάγκη διακεκριµµένων, παραγόντων Εστω K ένα σώµα Ορισµός 71 Εστω n 1 και λ K Ο τετραγωνικός n n πίνακας λ 1 0 0 0 0 0 λ 1 0 0 0 0 0 λ 0 0 0 J n (λ) = 0 0 0 λ 1 0 0 0 0 0 λ 1 0 0 0 0 0 λ καλείται ο στοιχειώδης n n πίνακας Jordan ο οποίος αντιστοιχεί στο λ Ενας πίνακας n n πινακας J καλείται πίνακας Jordan αν είναι το ευθύ άθροισµα στοιχειωδών πινάκων Jordan: J = J n1 (λ 1 ) J n2 (λ 2 ) J nk (λ k ) όπου λ i K, 1 i k, και n 1 + n 2 + + n k = n Στην παρούσα παράγραφο ϑα αποδείξουµε ότι κάθε n n πίνακας A µε στοιχεία από το σώµα K, ο οποίος έχει όλες τις ιδιοτιµές του στο K είναι όµοιος µε έναν πίνακα Jordan 71 Μηδενοδύναµες Γραµµικές Απεικονίσεις Στην παρούσα παράγραφο συµβολίζουµε µε K ένα σώµα Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης και µια γραµµική απεικόνιση f : E E Θεώρηµα 72 Υποθέτουµε ότι η f είναι µηδενοδύναµη : f m = 0 Τότε υπάρχουν διανύσµατα z 1, z 2,, z k E και ϕυσικοί αριθµοί ρ 1, ρ 2,, ρ k 1 έτσι ώστε : f ρ 1 ( z 1 ) = f ρ 2 ( z 2 ) = = f ρ k( z k ) = 0, δηλαδή : f ρ i ( z i ) = 0, 1 i k και το σύνολο B = { z 1, f( z 1 ),, f ρ1 1 ( z 1 ), z 2, f( z 2 ),, f ρ2 1 ( z 2 ),, z k, f( z k ),, f ρk 1 ( z k ) } να είναι ϐάση του E Απόδειξη Η απόδειξη ϑα γίνει µε επαγωγή στην διάσταση dim K E := n Αν dim K E = 0, τότε E = { 0} και f = 0 Το συµπέρασµα τότε ισχύει τετριµµένα

36 1 Υποθέτουµε ότι n = 1 Θεωρούµε µιά ϐάση { e} του E, και τότε x E, ϑα έχουµε x = k e και άρα : f( x) = f(k e) = kf( e) Ετσι ϑέτοντας f( e) = ε K, έπεται ότι ε = λ e, για κάποιο λ K, και άρα ϑα έχουµε : f( x) = k ε = kλ e = λ x, x E Επειδή f m = 0, έπεται ότι : f m ( x) = λ m x = 0 Ιδιαίτερα f m ( e) = λ m e = 0 και άρα λ m = 0 διότι e 0 Εποµένως λ = 0 και άρα f = 0 Τότε ϑέτοντας k = 1, ρ 1 = 1, και z 1 = e, έπεται ότι το σύνολο B = { e} είναι µια ϐάση του E µε την επιθυµιτή ιδιότητα 2 Επαγωγική Υπόθεση: Υποθέτουµε ότι το συµπέρασµα ισχύει για όλους τους K-διανυσµατικούς χώρους F µε dim K F < n και κάθε µηδενοδύναµη γραµµική απεικόνιση g : F F 3 Γενική Περίπτωση: Υποθέτουµε, όπως στην εκφώνηση του Θεωρήµατος, ότι dim K E = n 1 και η f : E E είναι µηδενοδύναµη : f m = 0, για κάποιον ϕυσικό m 1 Επιπλέον υποθέτουµε ότι f 0, διότι αν f = 0, τότε το συµπέρασµα ισχύει κατά τετριµµένο τρόπο Θέτουµε F := Im(f) = f(e) Ισχυρισµός 1: 0 < dim K F < n = dim K E Πραγµατικά : Αν 0 = dim K F, τότε F = f(e) = { 0}, δηλαδή : f( x) = 0, και άρα f = 0 και το συµπέρασµα ισχύει Αν dim K F < n = dim K E, τότε προφανώς ϑα έχουµε F = Im(f) = E και εποµένως επειδή f m = 0, ϑα καταλήξουµε στο άτοπο : f 2 (E) = f(f(e)) = f(e) = E,, { 0} = f m (E) = f m 1 (f(e)) = f m 1 (E) = = f(e) = E Συµφωνα µε τον παραπάνω Ισχυρισµό 1, ϑα έχουµε { 0} F E Από την άλλη πλευρά είναι προφανές ότι η µηδενοδύναµη γραµµική απεικόνιση f : E E επάγει µια γραµµική απεικόνιση g : F F, g = f F, δηλαδή g( x) = f( x), x F Προφανώς η g είναι µηδενοδύναµη, διότι η f είναι µηδενοδύναµη, και άρα από την επαγωγική υπόθεση, υπάρχουν διανύσµατα και ϕυσικοί αριθµοί w 1, w 2,, w l F σ 1, σ 2,, σ l 1 έτσι ώστε : g σ 1 ( w 1 ) = g σ 2 ( w 2 ) = = g σ l( w l ) = 0, δηλαδή : και το σύνολο g σ i ( w i ) = 0, 1 i l C = { w 1, g( w 1 ),, g σ 1 1 ( w 1 ), w 2, g( w 2 ),, g σ 2 1 ( w 2 ),, w l, g( w l ),, g σ l 1 ( w l ) } να είναι ϐάση του F Επειδή f(e) = F E, έπεται ότι για τα διανύσµατα w i F, 1 i l, υπάρχουν διανύσµατα z i E έτσι ώστε : f( z i ) = w i, 1 i l Παρατηρούµε ότι επειδή έπεται ότι τα διανύσµατα g σ i ( w i ) = f σ i ( w i ) = 0, f σ i 1 ( w i ) Ker(f), 1 i l 1 i l Ισχυρισµός 2: Το σύνολο {f σ 1 1 ( w 1 ),, f σ l 1 ( w l )} είναι γραµµικά ανεξάρτητο

37 Πραγµατικά : αυτό προκύπτει διότι τα παραπάνω διανύσµατα είναι στοιχεία της ϐάσης C Συµπληρώνουµε το σύνολο {f σ 1 1 ( w 1 ),, f σ l 1 ( w l )} σε µια ϐάση του Ker(f): D = { f σ 1 1 ( w 1 ),, f σ l 1 ( w l ), y 1, y 2,, y t } Εποµένως Από την άλλη πλευρά ϑα έχουµε dim K Ker(f) = l + t dim K F = dim K Im(f) = σ 1 + σ 2 + σ l διότι το σύνολο D είναι ϐάση του F και D = σ 1 + σ 2 + σ l Από την Θεµελιώδη εξίσωση διαστάσεων για την γραµµική απεικόνιση f : E E ϑα έχουµε dim K E = dim K Ker(f) + dim K Im(f) = σ 1 + σ 2 + σ l + l + t Ισχυρισµός 3: Το σύνολο B = { z 1, f( z 1 ),, f σ 1 ( z 1 ), z 2, f( z 2 ),, f σ 2 ( z 2 ),, z l, f( z l ),, f σ } l ( z l ), y 1, y 2,, y t είναι µια ϐάση του E Απόδειξη του Ισχυρισµού 3: Πρώτα παρατηρούµε ότι : B = (σ 1 + 1) + (σ 2 + 1) + (σ l + 1) + t = σ 1 + σ 2 + σ l + l + t = dim K E Άρα για να είναι το σύνολο B ϐάση του E, αρκεί να είναι γραµµικά ανεξάρτητο Υποθέτουµε ότι : 0 = λ 0 z 1 + λ 1 f( z 1 ) + + λ σ1 f σ 1 ( z 1 ) = µ 0 z 2 + µ 1 f( z 2 ) + + µ σ2 f σ 2 ( z 2 ) = ν 0 z l + ν 1 f( z l ) + + ν σl f σ l ( z l ) = ξ 1 y 1 + ξ 2 y 2 + ξ t y t Εφαρµώζοντας την f στην παραπάνω σχέση και χρησιµοποιώντας ότι y i Ker(f), 1 i t, ϑα έχουµε : 0 = λ 0 f( z 1 ) + λ 1 f 2 ( z 1 ) + + λ σ1 f σ 1+1 ( z 1 ) = µ 0 f( z 2 ) + µ 1 f 2 ( z 2 ) + + µ σ2 f σ2+1 ( z 2 ) = ν 0 f( z l ) + ν 1 f 2 ( z l ) + + ν σl f σ l+1 ( z l ) (71) Οµως f( z i ) = w i, 1 i l και εποµένως η τελευταία σχέση γράφεται :

38 0 = λ 0 w 1 + λ 1 f( w 1 ) + + λ σ1 f σ 1 ( w 1 ) = µ 0 w 2 + µ 1 f( w 2 ) + + µ σ2 f σ 2 ( w 2 ) = ν 0 w l + ν 1 f( w l ) + + ν σl f σ l ( w l ) Επειδή τα διανύσµατα w i ανήκουν στον υπόχωρο F = Im(f) και g( x) = f( x), x F, η τελευταία σχέση είναι ένας γραµµικός συνδυασµός των διανυσµάτων της ϐάσης C του F Εποµένως ϑα έχουµε : λ 0 = = λ σ1 = = µ 0 = = µ σ2 = = ν 0 = = ν σl (72) και άρα το σύνολο B είναι γραµµικά ανεξάρτητο Καταλήγουµε ότι το σύνολο B είναι µια ϐάση του E Η ϐάση B έχει την επιθυµιτή ιδιότητα της εκφώνησης, ϑέτοντας : k = l + t, ρ 1 = σ 1 + 1,, ρ l = σ l + 1, ρ l+1 = 1,, ρ k = 1 και z l+1 = y 1,, z k = y k Θεώρηµα 73 Εστω E ένας K-διανυσµατικός χώρος πεπερασµένης διάστασης και f : E E µια µηδενοδύναµη γραµµική απεικόνιση Τότε υπάρχει µια ϐάση του B του E στην οποία ο πίνακας της f είναι ένας πίνακας Jordan της µορφής : M B B (f) = J ρ 1 (0) J ρ2 (0) J ρk (0) όπου ρ 1 + ρ 2 + + ρ k = n και : 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 J ni (0) = 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 Απόδειξη Σύµφωνα µε το Θεώρηµα 72 υπάρχει ϐάση B του E της µορφής όπου και B = B 1 B 2 B k B i = { f ρ i 1 ( z i ), f ρ i 2 ( z i ),, f( z i ), z i }, f ρ i ( z i ) = 0, 1 i k 1 i k Είναι προφανές από τις παραπάνω σχέσεις ότι ο πίνακας της f στην παραπάνω ϐάση B είναι ο Ϲητούµενος Αναλυτικότερα : ϑέτουµε V i να είναι ο υπόχωρος του E ο οποίος παράγεται από το σύνολο V i : V i = B i = f ρ i 1 ( z i ), f ρ i 2 ( z i ),, f( z i ), z i, 1 i k

Παρατηρούµε ότι το σύνολο B i είναι ϐάση του V i και επιπλέον f(v i ) V i Εποµένως η f : E E επάγει για κάθε i = 1, 2,, k, γραµµικές απεικονίσεις f i := f Vi : V i V i, f i ( x) = f( x), x V i Επειδή f ρ i ( z i ) = f ρ i i ( z i ) = 0, έπεται ότι ο πίνακας της f i στην ϐάση B i είναι ο στοιχειώδης πίνακας Jordan J ρi (0): M B i B i (f i ) = J ρi (0) Επειδή το σύνολο B = B 1 B 2 B k είναι ϐάση του E, έπεται ότι το άθροισµα υπόχωρων V 1 + V 2 + + V k είναι ευθύ και µας δίνει τον E: E = V 1 V 2 V k και η γαρµµική απεικόνιση f είναι το ευθύ άθροισµα των f i : f = f 1 f 2 f k Τότε όµως ο πίνακας M B B (f) της f στην ϐάση B είναι το ευθύ άθροισµα των πινάκων M B i B i (f i ) = J ρi (0) της f i στην ϐάση B i του V i : 39 M B B (f) = J ρ 1 (0) J ρ2 (0) J ρk (0) 72 Μηδενοδύναµοι Πίνακες Μια άµεση συνέπεια του Πορίσµατος 73 είναι το ακόλουθο σηµαντικό αποτέλεσµα : Θεώρηµα 74 Κάθε µηδενοδύναµος n n πίνακας A είναι όµοιος µε έναν πίνακα Jordan της µορφής J = J ρ1 (0) J ρ2 (0) J ρk (0), ρ 1 + ρ 2 + + ρ k = n Απόδειξη Προκύπτει άµεσα από το Πόρισµα 73 αν το τελευταίο εφαρµοσθεί στην γραµµική απεικόνιση η οποία είναι προφανώς µηδενοδύναµη f A : K n K n, f A (X) = A X 73 Βάσεις Jordan Θεωρούµε την γραµµική απεικόνιση f : E E και υποθέτουµε ότι όλες οι ιδιοτιµές της ανήκουν στο K Εποµένως το χαρακτηριστικό πολυώνυµο της f γράφεται ως εξής : P f (t) = ( 1) n (t λ 1 ) k1 (t λ 2 ) k2 (t λ r ) kr όπου λ 1,, λ r είναι οι διακεκριµµένες ιδιοτιµές της f µε αντίστοιχες πολλαπλότητες k 1,, k r, όπου : k 1 + + k r = n = dim K E Θεώρηµα 75 Υπάρχει µια ϐάση J του E στην οποία ο πίνακας της f είναι ένας πίνακας Jordan της µορφής : M J J (f) = J n 1 (λ 1 ) J n2 (λ 2 ) J nr (λ r ) dim K E = n 1 + n 2 + + n r όπου λ 1,, λ r είναι οι διακεκριµµένες ιδιοτιµές της f, και κάθε πίνακας Jordan J ni (λ i ) είναι ευθύ άθροισµα στοιχειωδών πινάκων Jordan κατάλληλων µεγεθών ως προς την ιδιοτιµή λ i : J ni (λ i ) = J ni1 (λ i ) J nik (λ i ), n i = n i1 + n ik, 1 i r Η ϐάση J καλείται ϐάση Jordan του E για την f

40 Απόδειξη Επειδή η f έχει όλες τις ιδιοτιµές της στο K, έπεται ότι το χαρακτηριστικό πολυώνυµο της αναλύεται όπως παραπάνω σε γινόµενο (δυνάµεων) πρωτοβαθµίων παταγόντων : Θέτουµε : P f (t) = ( 1) n (t λ 1 ) k1 (t λ 2 ) k2 N i := { x E (f λ i Id E ) k i ( x) = 0 }, (t λ r ) kr 1 i r Αν x N i, δηλαδή (f λ i Id E ) k i ( x) = 0, έστω (f λ i Id E )( x) = y Τότε (f λ i Id E ) k i ( y) = (f λ i Id E ) k i+1 ( x) = (f λ i Id E )((f λ i Id E ) k i ( x)) = 0 Εποµένως y N i και εποµένως η γραµµική απεικόνιση f λ i Id E : E E επάγει µια γραµµική απεικόνιση f i := f λ i Id E : N i N i, f i ( x) = (f λ i Id E )( x) = f( x) λ i x Ισχυρισµός: Η γραµµική απεικόνιση f i : N i N i είναι µηδενοδύναµη και : E = N 1 N 2 N r Πράγµατικά : το ότι η f i είναι µηδενοδύναµη προκύπτει άµεσα από τον ορισµό του υπόχωρου N i Το ότι ο E είναι το ευθύ άθροισµα των υπόχωρων N i προκύπτει ακριβώς όπως στην Πρόταση 42, ϐλέπε και Παρατήρηση 43, διότι επειδή οι ιδιοτιµές λ 1,, λ r είναι διακεκριµµένες, ο µέγιστος κοινός διαιρέτης των πολυωνύµων (t λ 1 ) k 1,, (t λ r ) kr είναι το σταθερό πολυώνυµο 1 Επειδή η γραµµική επεικόνιση f i : N i N i είναι µηδενοδύναµη, από το Θεώρηµα 73 έπεται ότι υπάρχει ϐάση B i του N i στην οποία ο πίνακας της f i είναι ένας πίνακας Jordan της µορφής M B i B i (f i ) = M B 1 B 1 (f i + λ i Id Ni ) := J i = J ρi1 (0) J ρi2 (0) J ρik (0) όπου ρ i1 + ρ i2 + + ρ ik = dim K N i := n 1 και : 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 J ij (0) =, 1 j k 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 Επειδή E = N 1 N 2 N r, έπεται ότι το σύνολο B = B 1 B 2 B r ϑα είναι µια ϐάση του E Επειδή f i = f λ i Id E, έπεται ότι ο περιορισµός f Ni της f στον υπόχωρο N i ϑα είναι της µορφής f Ni = f i + λ i Id Ni Παρατηρούµε ότι ο πίνακας της f i + λ i Id Ni στην ϐάση B i του N i είναι της µορφής M B i B i (f i + λ i Id Ni ) := J i (λ i ) = J ρi1 (λ i ) J ρi2 (λ i ) J ρik (λ i ) όπου ρ i1 + ρ i2 + + ρ ik = dim K N i = n i και : λ i 1 0 0 0 0 0 λ i 1 0 0 0 0 0 λ i 0 0 0 J ij (λ i ) =, 1 j k 0 0 0 λ i 1 0 0 0 0 0 λ i 1 0 0 0 0 0 λ i

41 Λαµβάνοντας υπ όψιν τα παραπάνω, ϑα έχουµε ότι η f είναι το ευθύ άθροισµα f = f N1 f N2 f Nr = (f 1 + λ 1 Id N1 ) (f 2 + λ 2 Id N2 ) (f r + λ r Id Nr ) και άρα ο πίνακας της f στην ϐάση B ϑα είναι της µορφής : δηλαδή M B B (f) = M B 1 B 1 (f 1 + λ 1 Id N1 ) M B 1 B 1 (f 2 + λ 2 Id N2 ) M B 1 B 1 (f r + λ r Id Nr ) M B B (f) = J n 1 (λ 1 ) J n2 (λ 2 ) J nr (λ r ) ο οποίος είναι ένας πίνακας Jordan Αυτό σηµαίνει ότι η ϐάση B του E είναι η επιθυµιτή ϐάση Jordan J του E για την f 74 Η Κανονική Μορφή Jordan ενός πίνακα Μια άµεση συνέπεια του Πορίσµατος 75 είναι το ακόλουθο σηµαντικό αποτέλεσµα : Θεώρηµα 76 Κάθε n n πίνακας A M n n (K) ο οποίος έχει όλες τις διακεκριµµένες ιδιοτιµές του λ 1,, λ k στο K είναι όµοιος µε έναν πίνακα Jordan της µορφής J = J n1 (λ 1 ) J n2 (λ) J nk (λ k ), n 1 + n 2 + + n k = n όπου κάθε πίνακας Jordan J ni (λ i ), 1 i k, είναι ευθύ άθροισµα στοιχειωδών πινάκων Jordan κατάλληλων µεγεθών που αντιστοιχούν στην ιδιοτιµή λ i : J ni (λ i ) = J ni1 (λ i ) J nir (λ i ), n i = n i1 + n ir Απόδειξη Προκύπτει άµεσα από το Πόρισµα 73 αν το τελευταίο εφαρµοσθεί στην γραµµική απεικόνιση f A : K n K n, f A (X) = A X η οποία είναι προφανώς έχει όλες τις ιδιοτιµές της (= ιδιοτιµές του A) στο σώµα K 75 Αλγόριθµος Εύρεσης Κανονικής Μορφής Jordan Εστω A M n n (K) ένας n n-πίνακας µε στοιχεία απο το σώµα K Υποθέτουµε ότι όλες οι ιδιοτιµές του A ανήκουν στο σώµα K Τότε υπάρχει αντιστρέψιµος πίνακας P έτσι ώστε ο πίνακας P 1 A P = J να είναι η κανονική µορφή Jordan J του A - Περιγράφουµε έναν αλγόριθµο εύρεσης της κανονικής µορφής Jordan J του πίνακα A: Βήµα 1 Υπολογίζουµε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο P A (t) και ϐρίσκουµε το σύνολο των διακεκριµένων ιδιοτιµών του A Spec(A) := {λ 1, λ 2,, λ k } Βήµα 2 Για κάθε ιδιοτιµή λ Spec(A), υπολογίζουµε τις ϐαθµίδες των πινάκων : (A λ I n ), (A λ I n ) 2,, (A λ I n ) n

42 Βήµα 3 Για κάθε ιδιοτιµή λ Spec(A) υπολογίζουµε τον ελάχιστο ϕυσικό αριθµό s := s(λ) για τον οποίο ισχύει : r(a λ I n ) s = r(a λ I n ) s+1 και ϑέτουµε : Σηµειώνουµε ότι : q m := r(a λ I n ) m 1 r(a λ I n ) m, m = 1, 2,, s + 1 0 = q s+1 < q s q s 1 q 1 = n r(a λ I n ) Βήµα 4 Για κάθε ιδιοτιµή λ Spec(A) και για κάθε m = 1, 2,, s(λ), ϑεωρούµε : q m q m+1 στοιχειώδεις πίνακες Jordan οι οποίοι είναι m m και έχουν διαγώνιο στοιχείο τον αριθµό λ Βήµα 5 Για κάθε ιδιοτιµή λ Spec A, ϑεωρούµε το ευθύ άθροισµα των στοιχειωδών πινάκων Jordan του Βήµατος 4 Ο πίνακας που προκύπτει είναι η κανονική µορφή Jordan του A (Ως συνήθως διατάσσουµε Jordan blocks έτσι ώστε τα blocks µε µεγαλύτερη τάξη να εµφανίζονται πρώτα) Παράδειγµα 77 Θεωρούµε τον 3 3 πίνακα πραγµατικών αριθµών A = 0 4 2 3 8 3 4 8 2 Το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του A είναι P A (t) = (t 2) 3 και άρα η µόνη ιδιοτιµή του A είναι η λ = 2 πολλαπλότητας 3 Εποµένως (1) Θα έχουµε : και άρα όπως µπορούµε να δούµε εύκολα (2) Θα έχουµε και άρα (3) Εποµένως και Spec(A) = {2} A 2 I 3 = 2 4 2 3 6 3 4 8 4 r(a 2 I 3 ) = 1 (A 2 I 3 ) 2 = 0 r(a 2 I 3 ) 2 = r(a 2 I 3 ) 3 = 0 s = 2, q 1 = 3 1 = 2 q 2 = r(a 2 I 3 ) r(a 2 I 3 ) 2 = 1 0 = 1 και q 3 = 0 (4) Για τον πίνακα A ϑα έχουµε : q 1 q 2 = 1 0 = 1 στοιχειώδη πίνακα Jordan ο οποίος ϑα είναι 1 1 και ϑα έχει το λ = 2 στην διαγώνιο q 2 q 3 = 1 0 = 1 στοιχειώδη πίνακα Jordan ο οποίος ϑα είναι 2 2 και ϑα έχει το λ = 2 στην διαγώνιο

43 q 3 q 4 = 0 στοιχειώδη πίνακα Jordan ο οποίος ϑα είναι 3 3 και ϑα έχει το λ = 2 στην διαγώνιο Εποµένως η κανονική µορφή Jordan του A ϑα είναι ο πίνακας 2 1 0 0 2 0 0 0 2 ο οποίος είναι το ευθύ άθροισµα των στοιχειωδών πινάκων Jordan: ( ) 2 1 ( 2 ) 0 2 76 Αλγόριθµος Εύρεσης Αντιστρέψιµου Πίνακα P έτσι ώστε ο πίνακας P 1 AP να είναι η Κανονική Μορφή Jordan του A Εστω A M n n (K) ένας n n-πίνακας µε στοιχεία απο το σώµα K Υποθέτουµε ότι όλες οι ιδιοτιµές του A ανήκουν στο σώµα K Τότε υπάρχει αντιστρέψιµος πίνακας P έτσι ώστε ο πίνακας P 1 A P να είναι η κανονική µορφή Jordan του A - Περιγράφουµε έναν αλγόριθµο εύρεσης του αντιστρέψιµου πίνακα P : Βήµα 6 Για κάθε ιδιοτιµή λ Spec A (s = s(λ)): (1) Βρίσκουµε q s γραµµικά ανεξαρτητες λύσεις του συστήµατος εξισώσεων : έτσι ώστε να ισχύει : (A λ I n ) s X = 0 (A λ I n ) s 1 X 0 (2) Βρίσκουµε q s 1 q s γραµµικά ανεξαρτητες λύσεις του συστήµατος εξισώσεων : έτσι ώστε (A λ I n ) s 1 X = 0 (A λ I n ) s 2 X 0 έτσι ώστε αυτές οι λύσεις µαζί µε τις q s λυσεις του (1) να αποτελούν γραµµικά ανεξάρτητο σύνολο (3) Συνεχίζουµε αυτή την διαδικασία και τελικά ϐρίσκουµε q 1 q 2 γραµµικά ανεξάρτητες λύσεις του συστήµατος (A λ I n ) X = 0 έτσι ώστε αυτές οι λύσεις µαζί µε τις q 2 λύσεις που ϐρέθηκαν προηγούµενα να αποτελούν γραµµικά ανεξάρτητο σύνολο Βήµα 7 Εστω {X 1, X 2,, X k } οι λύσεις που ϐρέθηκαν στο Βήµα 6 Εκ κατασκευής οι λύσεις αυτές είναι γενικευµένα ιδιοδιανύσµατα του A που αντιστοιχούν σε κάποια ιδιοτιµή λ, δηλαδή ικανοποιούν την σχέση (A λ I n ) t X = 0 για κάποιο t 0 Για κάθε i = 1, 2, k, Βρίσκουµε τον ϕυσικό αριθµό m i := min{t 0 (A λ I n ) t X = 0}

44 και ϑεωρούµε τον πίνακα P i := ( (A λ I n ) m i 1 X i, (A λ I n ) X i, X i ) δηλαδή ο πίνακας P i έχει σαν στήλες τα διανύσµατα (A λ I n ) r X i, 0 r m i 1 Βήµα 8 Ο αντιστρέψιµος πίνακας P έτσι ώστε ο πίνακας P 1 AP να ειναι η Κανονικη Μορφη Jordan του A, είναι τότε ο πίνακας : P = ( P 1 P 2 P k ) Παράδειγµα 78 Θεωρούµε τον 4 4 πίνακα πραγµατικών αριθµών 5 1 2 4 A = 0 5 2 2 0 0 5 3 0 0 0 4 (1) Υπολογίζουµε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο του A: (2) Αρα ϑα έχουµε : (α ) Για την ιδιοτιµή λ = 5, έχουµε : P A (t) = (t 5) 3 (t 4) Spec(A) = {5, 4} s = 3, q 3 = 1, q 2 = 1, q 1 = 1 Αρα υπάρχει ένα Jordan block τάξης 3 (ϐ ) Για την λ = 4, έχουµε : s = 1, q 1 = 1 Αρα υπάρχει ένα Jordan block τάξης 1 (3) Η κανονική µορφή Jordan είναι η 5 1 0 0 0 5 1 0 0 0 5 0 = 5 1 0 0 5 1 ( 4 ) 0 0 5 0 0 0 4 (4) Ακολουθώντας την διαδικασία των Βηµάτων 6, 7, 8 ϐρίσκουµε ότι : 2 1 0 14 P = 0 2 0 4 0 0 1 3 0 0 0 1 Ασκηση 79 Να ϐρεθεί η κανονική µορφή Jordan των ακόλουθων πινάκων πραγµατικών αριθµών : 1 3 0 3 3 1 0 0 A = 2 6 0 13 0 3 1 3 και B = 1 1 0 0 3 0 5 3 1 4 0 8 4 1 3 1

45 Ασκηση 710 Να δείξετε ότι η κανονική µορφή Jordan του πίνακα πραγµατικών αριθµών : 3 4 0 2 A = 4 5 2 4 0 0 3 2 0 0 2 1 είναι (ως ευθύ άθροισµα στοιχειωδών πινάκων Jordan): 1 1 0 0 ( ) 0 1 0 0 1 1 0 0 1 1 = 0 1 0 0 0 1 ( ) 1 1 0 1 Ασκηση 711 Θεωρούµε τον ακόλουθο πίνακα πραγµατικών αριθµών : 3 1 1 7 A = 9 3 7 1 0 0 4 8 0 0 2 4 Να ϐρεθεί αντιστρέψιµος πίνακας P έτσι ώστε ο πίνακας P 1 A P να είναι η κανονική µορφή Jordan του A

Ανοικτά Ακαδημαϊκά Μαθήματα Πανεπιστήμιο Ιωαννίνων Τέλος Ενότητας

Χρηματοδότηση Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό έχει αναπτυχθεί στα πλαίσια του εκπαιδευτικού έργου του διδάσκοντα Το έργο «Ανοικτά Ακαδημαϊκά Μαθήματα στο Πανεπιστήμιο Ιωαννίνων» έχει χρηματοδοτήσει μόνο τη αναδιαμόρφωση του εκπαιδευτικού υλικού Το έργο υλοποιείται στο πλαίσιο του Επιχειρησιακού Προγράμματος «Εκπαίδευση και Δια Βίου Μάθηση» και συγχρηματοδοτείται από την Ευρωπαϊκή Ένωση (Ευρωπαϊκό Κοινωνικό Ταμείο) και από εθνικούς πόρους Σημειώματα Σημείωμα Αναφοράς Copyright Πανεπιστήμιο Ιωαννίνων, Διδάσκων: Καθηγητής Νικόλαος Μαρμαρίδης, Καθηγητής Ιωάννης Μπεληγιάννης «Γραμμική Άλγεβρα ΙΙ» Έκδοση: 10 Ιωάννινα 2014 Διαθέσιμο από τη δικτυακή διεύθυνση: http://ecourseuoigr/course/viewphp?id=1249 Σημείωμα Αδειοδότησης Το παρόν υλικό διατίθεται με τους όρους της άδειας χρήσης Creative Commons Αναφορά Δημιουργού - Παρόμοια Διανομή, Διεθνής Έκδοση 40 [1] ή μεταγενέστερη [1] https://creativecommonsorg/licenses/by-sa/40/