Jordanův normální tvar

Jordanův normální tvar 1 Jordanův normální tvar Michael Krbek 1.Zobecněnévlastnívektory. Vdalšímbudemeuvažovatlinearníoperátory α: V V, kde V jevektorovýprostordimenze nnadtělesemc.zatímjsmesezabývalivětšinoutzv. diagonalizovatelnými lineárními operátory, tj. operátory α, které mají bázi složenou z vlastních vektorů. Ne všechny lineární operátory jsou ovšem diagonalizovatelné. Příklad1.Vezměme α:c 3 C 3,jehožmatice Avestandardníbázijedána 0 0 0 A= 2 0 1. 1 0 1 Charakteristický polynom této matice(a tedy i operátoru α) je λ 0 0 2 λ 1 1 0 1 λ =(1 λ)λ2. Číslo λ=0jetedydvojnásobnýmaλ=1jejednoduchýmkořenemcharakteristickéhopolynomu. Spočtěme vlastní vektory u příslušné vlastní hodnotě λ = 1, λ 0 0 u 1 1 0 0 u 1 1 0 0 u 1 0 2 λ 1 u 2 = 2 1 1 u 2 = 0 1 1 u 2 0, 1 0 1 λ u 3 1 0 0 u 3 0 0 0 u 3 0 jetedy u 1 =0au 2 +u 3 =0.Vlastnívektorypříslušnékvlastníhodnotě λ=1tvoříjednorozměrnýpodprostorgenerovanýnapř.vektorem u,jehožsložkyvstandardníbázijsou(0,1, 1) t (můžemetaképsát u=(0,1, 1) t ). Spočtěme nyní vlastní vektory příslušné vlastní hodnotě λ = 0. λ 0 0 v 1 0 0 0 v 1 1 0 0 v 1 0 2 λ 1 v 2 = 2 0 1 v 2 = 0 0 1 v 2 0, 1 0 1 λ v 3 1 0 0 v 3 0 0 0 v 3 0 jetedy v 1 =0av 3 =0.Vlastnívektorypříslušnékdvojnásobnévlastníhodnotě λ=0tvoří jednorozměrnýpodprostorgenerovanýnapř.vektorem v=(0,1,0) t. Dimenze vektorového prostoru, na kterém α působí, je ovšem 3, potřebujeme tedy ještě jeden bázový vektor w takový, že systém(u, v, w) je lineárně nezávislý. Kde nastal problém? Přestože λ = 0 je dvojnásobným kořenem charakteristického polynomu, je dimenze podprostoru vlastních vektorů příslušných k vlastní hodnotě λ = 0 pouze 1. Musíme tedy najít nějaký vektor w vztahujícísekvlastníhodnotě λ=0(nebudetoalevlastnívektor),kterýspolečněsvektory u a v tvoří lineárně nezávislý systém. Nápad: Zkusmepro λ=0řešitsoustavu(a λ.1) 2 w=0.tatosoustavamusímítnenulová řešení,protožehodnostmaticerank(a λ.1) <3atedyihodnostrank[(A λ.1) 2 ] <3. 2 2 λ 0 0 w 1 0 0 0 w 1 0 0 0 w 1 0 2 λ 1 w 2 = 2 0 1 w 2 = 1 0 1 w 2 = 0, 1 0 1 λ w 3 1 0 1 w 3 1 0 1 w 3 0

Jordanův normální tvar 2 platítedy w 1 = w 3 =0apodprostortěchtovektorůjedvojrozměrný,generovanýnapříklad vektory(0,1,0) t a(1,0,1) t.tentopodprostorjevětšínežpodprostorvlastníchvektorůpříslušných vlastní hodnotě λ = 0. Jak vidíme, patří sem každý vlastní vektor v příslušný vlastní hodnotě λ=0.platí-litotiž(a λ.1)v=0,platítaké(a λ.1) 2 v=0.musímetedyvybrat takovývektor w,kterýzároveňnenívlastnímvektorempříslušnýmkλ=0anikλ=1,např. w=(1,0,1) t.vektory(u,v,w)potomtvořílineárněnezávislýsystém.přejděmenyníkbázi tvořenétěmitovektory,maticepřechoduktétobázije S=(u,v,w).Lineárníoperátor αje vtétobázidánmaticí 1 0 1 0 0 0 0 0 1 1 0 0 S 1 AS = 1 1 1 2 0 1 1 1 0 = 0 0 1 =J 1 0 0 1 0 1 1 0 1 0 0 0 Jedná se v tomto smyslu o nejjednodušší bázi, v níž můžeme operátor α vyjádřit. Úvahy z úvodního příkladu nás motivují k definici: Vektor v V nazveme zobecněným vlastním vektorem operátoru α příslušným k vlastní hodnotě λ, pokud existuje k N takové,že(α λ.1) k v=0, k-toumocninouoperátoruzdepřitomrozumímejeho k-násobnou postupnou aplikaci. Pro k = 1 dostáváme definici vlastního vektoru. Ukazujesetedynutnéstudovatvlastnostimocninoperátoru : V V.Zřejmětobudeme potřebovatpro = α λ.1. Lemma2.Buď kpřirozenéčíslotakové,žeplatíker k+1 =ker k.potom {0}=ker 0 ker 1 ker k =ker k+1 =ker k+2 =. Důkaz.Nechťjsousplněnypředpokladylemmatu.Chcemeukázat,žeker k+l+1 =ker k+l pro všechnapřirozená l.v ker k+l znamená k+l v=0.pokud k+l v=0jei k+l v= k+l+1 v= 0atedy v ker k+l+1.naopakpředpokládejme,že v ker k+l+1,tj.0= k+l+1 v= k+1 l v. Ztohoplyne,že l v ker k+1 azpředpokladulemmatu l v ker k,ztohoaleplyne v ker k+l. Můžemesinynípoložitotázku,zdavždyexistujetakové k,žeplatíker k =ker k+1.odpověď naotázkudávánásledujícílemma,kteréříká,ževnejhoršímpřípadě k=n=dimv.tento případ skutečně může nastat. Příklad3.Vezměmeza :C n C n operátor,jehožmatice Bvestandardníbázije 0 1 0 0 0... 0 B=.. 0 0 1 0 0 Spočtěmenyní B k pro k {1,...,n}aurčemevždypatřičnájádrakerB k.jádrokerbje generováno prvním vektorem standardní báze. Vyšší mocniny matice B mají jedničky vždy posunutyojednupozicinaddiagonálouaproto B n+l =0pro l 0.Jádro B k jetedyvždy generovánoprvními kvektorystandardníbáze.vechvíli,kdy kdosáhnehodnoty n=dimv, jejižgenerováncelý V aprotojádranemohoudálenarůstat.

Jordanův normální tvar 3 Nyní získaný vhled dokážeme. Lemma4.Buď n=dimv.pakplatí n = n+l pro l N. Důkaz.Sohledemnalemma2stačídokázat n = n+1.budemedokazovatsporem.proto předpokládejme, že lemma neplatí a 0=ker 0 ker 1 ker n ker n+1, kde každá další podmnožina je ostře větší než předchozí. V každém kroku musí tedy dimenze dimker k vzrůstnejméněojedničku. Jetedydimker n+1 n+1.dimenzelibovolného podprostoru V alenemůžebýtvětšínež n=dimv atotojespor. Přímým důsledkem předchozího lemmatu 4 je následující věta charakterizující zobecněné vlastní vektory. Věta 5. Zobecněné vlastní vektory operátoru α příslušné vlastní hodnotě λ tvoří podprostor ker(α λ.1) n. Důkaz.Nechť v ker(α λ.1) n.potom vjepodledefinicezobecněnýmvlastnímvektorem příslušným vlastní hodnotě λ. Naopak nechť v je zobecněným vlastním vektorem k vlastní hodnotě λ.potompodledefiniceexistuje ktak,že v ker(α λ.1) k.vzhledemkplatnosti lemmatu4pro = α λ.1je k nakvůlilemma2jeker(α λ.1) k ker(α λ.1) n. Operátor : V V nazvemenilpotentním,existuje-li k Ntak,že k = 0.Příkladem nilpotentního operátoru je operátor z příkladu 3. Věta6.Buď : V V nilpotentníoperátoran=dimv.potom n =0. Důkaz. Protože je nilpotentní, je každý vektor v V zobecněným vlastním vektorem příslušnýmvlastníhodnotě λ=0.našetvrzeníjenynídůsledkemvěty5. Vypořádali jsme se s jádry mocnin operátorů, nyní nastal čas věnovat se jejich obrazům. Buď k 0a: V V lineárníoperátor.pokud w im k+1 pakzdefiniceexistuje vtak,že w= k+1 v= k v im k. Platí tedy V=im 0 im 1 im k im k +1. Výšeuvedenáposloupnostseopětpo n=dimv krocíchstabilizuje. Lemma7.Platíim n =im n+1 =im n+2 =. Důkaz.Vezměme m > n.potom dimim m =dimv dimker m = n dimker n =dimim n svyužitímlemmatu4aztohojižplyne,žeim n =im n+l pro l N.

Jordanův normální tvar 4 2. Hamilton-Cayleyho věta a rozklad operátoru. Připomeňme, že pro každý operátor α umíme nalézt takovou bázi, že jeho matice v ní je horní trojúhelníková. Příklad 8.Vezměmeoperátor αzpříkladu1.prooperátornadcjsemvždyschopninalézt alespoň jednu vlastní hodnotu a jí příslušný vlastní vektor. Vezměme např. vlastní vektor (0,1, 1) t příslušnývlastníhodnotě λ=1adoplňmehonabázivc 3.Označme P nějakou maticipřechoduktétonovébázi, P 1 APjematiceoperátoru αvtétonovébázi 0 1 0 0 0 1 1 1 0 P= 1 0 1, P 1 = 1 0 0, P 1 AP= 0 0 0. 1 0 0 0 1 1 0 1 0 Další úpravy již stačí provádět s operátorem B působícím na libovolném doplňku jednorozměrnéhopodprostorugenerovanéhovlastnímvektorem(0,1, 1) t. ( ) 0 0 B= 1 0 kterýnahornítrojúhelníkovoumatici Q 1 BQpřevedemematicí ( ) ( ) 0 1 0 1 Q=, Q 1 BQ=. 1 0 0 0 Uvažme nyní matici přechodu ( ) 1 0 P= 0 Q 1 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 0 1 0 1 = 1 0 0 0 1 0 1 0 0 1 0 1 kbázi(f 1,f 2,f 3 ).Vtétobázije αreprezentovánhornítrojúhelníkovoumaticí 1 0 1 T= 0 0 1. 0 0 0 Věta 9 (Hamilton-Cayleyho). Buď p(λ) charakteristický polynom operátoru α. Potom platí p(α)=0. Důkaz.Nechť(f 1,...,f n )jebáze,vekterémá αhornítrojúhelníkovoumatici T.Nadiagonále maticejsouzjevněvlastníhodnotyoperátoru α.označmejeodshora λ 1,...,λ n (jemožné,že λ i = λ j ipro i j).potřebujemeukázat,že p(t)f j =0provšechna j {1,...,n}.Vzhledem k tomu, že T je trojúhelníková, je i p(t) trojúhelníková. Rozložme charakteristický polynom matice p(t)=(t λ n.1)...(t λ 1.1).Stačítedydokázat(T λ j.1)...(t λ 1.1)f j =0pro j {1,...,n}.Zjevněplatí 0 1 λ 2 λ 1 (T λ 1.1)f 1 = 0. =0 0 λ n λ 1 0

Jordanův normální tvar 5 Vdalšímkrokuuvažme(T λ 2.1)(T λ 1.1)působícínaprvnídvabázovévektory f 1 a f 2. λ 1 λ 2 0 1 0 0 λ 2 λ 1 0 1 (T λ 2.1)(T λ 1.1)f 1 =.. =0 0 λ n λ 1 0 λ n λ 1 0 0 Kdyžvezmemesoučintrojúhelníkovýchmatic(T λ j.1)...(t λ 1.1)budemítprvníaplikovaná matice0vprvnímřádku,druhávdruhématd.aj-távj-témřádkunadiagonáleavjejich součinbude0vprvních j-řádcích,cožplatíprokaždé j.tímjetvrzenídokázáno. Nyní se zabývejme libovolným polynomem q z operátoru α. Lemma 10. ker q(α) je invariantním podprostorem α. Důkaz.Nechť v kerq(α),tj. q(α)v = 0.Potomale q(α)αv = αq(α)v = α(0) = 0,tj. αv kerq(α). Nyní jsme již schopni dokázat větu o struktuře lineárních operátorů. Věta11.Buď V vektorovýprostornadtělesemcdimenze n, α: V V a λ 1,...,λ r všechny různévlastníhodnoty αau 1,...,U r jimpříslušnépodprostoryzobecněnýchvlastníchvektorů. Potom platí (1) V = U 1 U r, (2)každý U j jeinvariantnímpodprostorem α, (3)každé(α λ j.1) Uj jenilpotentní. Důkaz.(2)jedůsledkemlemmatu10propolynom q(z)=(z λ j ) n,(3)jepřímýmdůsledkem definic.abychomukázali(1),uvědommesi,žedimu j jerovnapočtuvýskytůvlastníhodnoty nadiagonálepříslušnétrojúhelníkovématice.jetedyzřejmé,žedimv =dimu 1 + +dimu r. Buďnyní U= U 1 + +U r.potomje Uinvariantnímpodprostorem α.můžemetedydefinovat : U U jakorestrikci αna U. máalestejnévlastníhodnoty,ajelikožvuležívšechny zobecněnévlastnívektory,máistejnézobecněnévlastnívektoryajetedydimu =dimv. Jelikožje Upodprostorem V,jetedy U= V. Nyní se musíme zabývat strukturou nilpotentních operátorů. Začneme definicí. Podprostor U V senazývácyklickým vzhledemk: V V,existuje-lijehobáze(e 1,...,e r )taková,že (e 1 )=e 2, (e 2 )=e 3,..., (e r )=0,schematickytolzenapsat e r e r 1 e r 2 e 2 e 1 0, báze(e 1,...,e r )sevtakovémpřípaděnazývájordanovoubází. Věta12.Buď : V V nilpotentníoperátor.potomexistujícyklicképodprostory U 1,...,U s tak,že V= U 1 U s.

Jordanův normální tvar 6 Důkaz.Označme kstupeňnilpotenceoperátoru,tjnejmenšítakové k,že k =0,ale k 1 0. Jetedyker k 1 V. (a)zvolímelibovolněbázivker k 1 adoplnímejinabázive V =ker k nějakýmivektory e 1,...,e l1.vektory k 1 e 1,..., k 1 e l1 tvořípotombázivimg k 1. (b)zvolímelibovolněbázivker k 2 adoplnímejivektory e 1,...,e l1.vzniklýsystémje lineárněnezávislý(lineárnízávislostznamená,žebyexistovala a 1 (e 1 )+ +a l1 (e l1 ker k 2. Ztohoalezískámespors(a))adoplnímehonabázivker k 1 nějakýmivektory e l1 +1,...,e l2. (c)zvolímelibovolněbázivker k 3 adoplnímejivektory 2 e 1,..., 2 e l1, e l1 +1,...,e l2. Vzniklýsystémjeopětlineárněnezávislý.Systémdoplnímenabázivker k 2 nějakýmivektory e l2 +1,...,e l3. Podobnýchkrokůprovedeme k,kdyvposlednímkrokuberemeker 0 =ker1={0}acelkově získáme bázi e 1,...,e l1, e 1,...,e l1,e l1 +1,...,e l2 2 e 1,..., 2 e l1,e l1 +1,...,e l2,e l2 +1,...,e l3. v prostoru V. Podprostory [e 1,e 1, 2 e 1,...],...,[e l1,e l1, 2 e l1,...] [e l1 +1,e l1 +1, 2 e l1 +1,...],...,[e l2,e l2, 2 e l2,...] jsoucyklické.tímjetvrzenídokázáno. Schematicky můžeme situaci znázornit pomocí diagramu: e 1... e l1... e l1 +1... e l2...... e l2 +1... e l3......... Zřejměkaždýblok(α λ j.1) Uj zvěty11jenilpotentníalzekněmutedyzkonstruovatjordanovu bázi. Bloky jsou určeny jednoznačně až na jejich pořadí. Cyklické podprostory jsou rovněž určeny jednoznačně až na pořadí. Ukázali jsme, že pro každý operátor lze najít takovouto bázi.