Cálculo de una base de Jordan

Proporcionamos ejercicios sobre el cálculo de una base de Jordan.

RESUMEN TEÓRICO
    Enunciado
  1. Hallar la forma canónica de Jordan $J$ de la matriz $$A=\begin{bmatrix}{0}&{-2}&{\;\;2}&{-1}\\{2}&{\;\;3}&{-1}&{\;\;1}\\{2}&{\;\;1}&{\;\;1}&{\;\;1}\\{4}&{\;\;3}&{-3}&{\;\;4}\end{bmatrix}\in\mathbb{R}^{4\times 4}$$ y una matriz invertible $P$ tal que $P^{-1}AP=J.$
  2. Se considera la matriz $$A=\begin{bmatrix}{2}&{6}&{-15}\\{1}&{1}&{-5}\\{1}&{2}&{-6}\end{bmatrix}\;.$$ Determinar la forma canónica de Jordan $J$ de $A$ y una matriz $P$ invertible tal que $P^{-1}AP=J.$
    Solución
  1. Hallamos los valores propios de $A$ :

    $\begin{vmatrix}{-\lambda}&{-2}&{\;\;2}&{-1}\\{2}&{\;\;3-\lambda}&{-1}&{\;\;1}\\{2}&{\;\;1}&{\;\;1-\lambda}&{\;\;1}\\{4}&{\;\;3}&{-3}&{\;\;4-\lambda}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}{-\lambda}&{\;\;0}&{\;\;2}&{-1}\\{2}&{\;\;2-\lambda}&{-1}&{\;\;1}\\{2}&{\;\;2-\lambda}&{\;\;1-\lambda}&{\;\;1}\\{4}&{\;\;0}&{-3}&{\;\;4-\lambda}\end{vmatrix}=\\\begin{vmatrix}{-\lambda}&{\;\;0}&{\;\;2}&{-1}\\{2}&{\;\;2-\lambda}&{-1}&{\;\;1}\\{0}&{\;\;0}&{\;\;2-\lambda}&{\;\;0}\\{4}&{\;\;0}&{-3}&{\;\;4-\lambda}\end{vmatrix}=(2-\lambda)\begin{vmatrix}{-\lambda}&{\;\;2}&{-1}\\{0}&{2-\lambda}&{\;\;0}\\{4}&{-3}&{4-\lambda}\end{vmatrix}=\\(2-\lambda)^2\begin{vmatrix}{-\lambda}&{-1}\\{\;\;4}&{4-\lambda}\end{vmatrix}=(\lambda-2)^2(\lambda^2-4\lambda+4)=(\lambda-2)^4=0.$

    El único valor propio es $\lambda=2$ (cuádruple).

    Tenemos que hallar cuatro vectores asociados al valor propio $2$. La dimensión del subespacio propio asociado $V_2$ es:

    $\dim V_2=4-\textrm{rg}(A-2I)=4-\textrm{rg }\begin{bmatrix}{-2}&{-2}&{\;\;2}&{-1}\\{\;\;2}&{\;\;1}&{-1}&{\;\;1}\\{\;\;2}&{\;\;1}&{-1}&{\;\;1}\\{\;\;4}&{\;\;3}&{-3}&{\;\;2}\end{bmatrix}=\ldots=4-2=2.$

    Buscamos pues vectores $e_1,e_2,e_3,\ldots$ cumpliendo

    $\left \{ \begin{matrix}(A-\lambda I)e_1=0\\ (A-\lambda I)e_2=e_1\\(A-\lambda I)e_3=e_2\\\ldots \end{matrix}\right.$

    Como los sistemas a resolver son todos del mismo tipo, en vez de resolverlos uno a uno, resolvemos el sistema general:

    $(A-2I)x=h\Leftrightarrow \begin{bmatrix}{-2}&{-2}&{\;\;2}&{-1}\\{\;\;2}&{\;\;1}&{-1}&{\;\;1}\\{\;\;2}&{\;\;1}&{-1}&{\;\;1}\\{\;\;4}&{\;\;3}&{-3}&{\;\;2}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{x_1}\\{x_2}\\{x_3}\\{x_4}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{h_1}\\{h_2}\\{h_3}\\{h_4}\end{bmatrix}.\quad (1)$

    Aplicando el método de Gauss obtenemos que el sistema (1) es compatible si y sólo si se verifica $h_2-h_3=0$ y $h_1-h_2+h_4=0$ (condiciones de compatibilidad) y la solución general es

    $x_1=-\frac{1}{2}\beta+\frac{1}{2}h_1+h_2,\;\;x_2=\alpha -h_1-h_2,\;\;x_3=\alpha,\;\;x_4=\beta $

    con $\alpha,\;\beta\in\mathbb{R}$ arbitrarios. Procedamos a hallar los vectores $e_1,e_2,e_3,\ldots$

    Vector $e_1$. En este caso, $h_1=h_2=h_3=h_4=0$ y la solución general de (1) es $e_1=(-\beta/2,\alpha,\alpha,\beta)$. Este vector “$x$” estará de $h$ en el siguiente sistema, así que le imponemos las condiciones de compatibilidad, es decir $\alpha-\alpha=0$ y $-\beta/2-\alpha+\beta=0$. En consecuencia podemos elegir $\alpha =1,\;\beta=2$ y obtenemos el vector $e_1=(-1,1,1,2)^t$.

    Vector $e_2$. En este caso, $h_1=-1,h_2=h_3=1,h_4=2$ y la solución general de (1) es $e_2=(-\beta/2+1/2,\alpha,\alpha,\beta)$. Este vector “$x$” estará de $h$ en el siguiente sistema, así que le imponemos las condiciones de compatibilidad, es decir $\alpha-\alpha=0$ y $-\beta/2+1/2-\alpha+\beta=0$. En consecuencia podemos elegir $\alpha =0,\;\beta=-1$ y obtenemos el vector $e_2=(1,0,0,-1)^t$.

    Vector $e_3$. En este caso, $h_1=1,h_2=h_3=0,h_4=-1$ y la solución general de (1) es $e_3=(-\beta/2+1/2,\alpha-1,\alpha,\beta)$. Este vector “$x$” estará de $h$ en el siguiente sistema, así que le imponemos las condiciones de compatibilidad. Pero la primera condición es $\alpha-1-\alpha=0$ que no se cumple para ningún valor de $\alpha$ y $\beta$. Por tanto el siguiente sistema no es compatible. Elegimos por ejemplo $\alpha =0,\;\beta=-1$ y obtenemos el vector $e_3=(0,-1,0,1)^t$.

    Hemos encontrado tres vectores asociados al valor propio $2$ y necesitamos cuatro. Construimos una nueva cadena de vectores $e’_1,e’_2,e’_3,\ldots$ satisfaciendo las condiciones:

    $\left \{ \begin{matrix}(A-\lambda I)e’_1=0\\ (A-\lambda I)e’_2=e’_1\\ \ldots \end{matrix}\right.$

    (en realidad sólo necesitamos uno: $e’_1$)

    Vector $e’_1$. En este caso, $h_1=h_2=h_3=h_4=0$ y la solución general de (1) es $e_1=(-\beta/2,\alpha,\alpha,\beta)$. No imponemos condiciones de compatibilidad pues no hay ningún vector más que hallar. Elegimos por ejemplo $\alpha =1,\;\beta=0$ y obtenemos el vector $e’_1=(-0,1,1,0)^t$ que es linealmente independiente con $e_1$. Una base de Jordan es por tanto

    $B_J=\left\{{e_1=(-1,1,1,2)^t,e_2=(1,0,0,-1)^t,}e_3=(0,-1,0,1)^t,e’_1=(0,1,1,0)^t\right\}.$

    Se verifican las relaciones

    $\left \{ \begin{matrix} (A-2 I)e_1=0\Leftrightarrow{Ae_1=2 e_1}\\ (A-2I)e_2=e_1\Leftrightarrow{Ae_2=e_1+2e_2 } \\ (A-2I)e_3=e_2\Leftrightarrow{Ae_3=e_2+2e_3 }\\ (A-2 I)e’_1=0\Leftrightarrow Ae’_1=2 e’_1\end{matrix}\right.$

    La forma canónica de Jordan de $A$ es por tanto

    $J=\begin{bmatrix}{2}&{1}&{0}&{0}\\{0}&{2}&{1}&{0}\\{0}&{0}&{2}&{0}\\{0}&{0}&{0}&{2}\end{bmatrix}.$

    La matriz de cambio $P$ sabemos que es aquella cuyas columnas son los vectores de la nueva base $B_J$, es decir

    $P=\begin{bmatrix}{-1}&{\;\;1}&{\;\;0}&{0}\\{\;\;1}&{\;\;0}&{-1}&{1}\\{\;\;1}&{\;\;0}&{\;\;0}&{1}\\{\;\;2}&{-1}&{\;\;1}&{0}\end{bmatrix}.$

  2. Hallemos los valores propios de $A.$ Para ello efectuamos la transformación $F_3-F_2$ y a continuación $C_2+C_3:$

    $\displaystyle\begin{aligned}
    |A-\lambda I|&=\begin{vmatrix}{2-\lambda}&{6}&{-15}\\{1}&{1-\lambda}&{-5}\\{1}&{2}&{-6-\lambda}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}{2-\lambda}&{6}&{-15}\\{1}&{1+\lambda}&{-5}\\{0}&{1+\lambda}&{-1-\lambda}\end{vmatrix}\\
    &=\begin{vmatrix}{2-\lambda}&{-9}&{-15}\\{1}&{-4+\lambda}&{-5}\\{0}&{0}&{-1-\lambda}\end{vmatrix}=(-1-\lambda)\begin{vmatrix}{2-\lambda}&{-9}\\{1}&{-4-\lambda}\end{vmatrix}\\
    &=(-1-\lambda)(\lambda^2+2\lambda+1)=-(\lambda+1)(\lambda+1)^2=(\lambda+1)^3.
    \end{aligned}$

    El único valor propio de $A$ es por tanto $\lambda=-1$ (triple). La dimensión del subespacio propio $V_{-1}$ asociado es:

    $\dim (V_{-1})=3-\mbox{rg}(A+I)=3-\mbox{rg}\begin{bmatrix}{3}&{6}&{-15}\\{1}&{2}&{-5}\\{1}&{2}&{-5}\end{bmatrix}=3-1=2.$

    La dimensión no coincide con la multiplicidad, y por tanto $A$ no es diagonalizable. Los posibles polinomios mínimos son $\mu_1(\lambda)=\lambda +1,\mu_2(\lambda)=(\lambda +1)^2$ o $\mu_3(\lambda)=(\lambda+1)^3.$ Se verifica $\mu_1(A)=A +I\neq 0$ y $\mu_2(A)=(A +I)^2=0,$ es decir el polinomio mínimo de $A$ es $\mu_2(\lambda)=(\lambda+1)^2.$ Como consecuencia la forma canónica de Jordan de $A$ es:

    $J=\begin{bmatrix}{-1}&{\;\;1}&{\;\;0}\\{\;\;0}&{-1}&{\;\;0}\\{\;\;0}&{\;\;0}&{-1}\end{bmatrix}.$

    Una base de Jordan $B_J=\{e_1,e_2,e_3\}$ en $\mathbb{R}^3$ para la matriz $A$ será pues una base satisfaciendo las condiciones:

    $\left \{ \begin{matrix}Ae_1=-e_1\\ Ae_2=e_1-e_2\\Ae_3=-e_3 \end{matrix}\right.\mbox{ o bien } \left \{ \begin{matrix}(A+I)e_1=0\\ (A+I)e_2=e_1\\(A+I)e_3=0 .\end{matrix}\right.$

    Tenemos que resolver sistemas del tipo $(A+I)x=h$ con $x=(x_1,x_2,x_3)^t$ y $h=(h_1,h_2,h_3),$ es decir sistemas del tipo

    $(A+I)x=h\Leftrightarrow \begin{bmatrix}{3}&{6}&{-15}\\{1}&{2}&{-5}\\{1}&{2}&{-5}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{x_1}\\{x_2}\\{x_3}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{h_1}\\{h_2}\\{h_3}\end{bmatrix}.\quad (1)$

    Aplicando el método de Gauss obtenemos que el sistema (1) es compatible si y sólo si se verifica $h_1=3h_2$ y $h_2=h_3$ (condiciones de compatibilidad) y la solución general es

    $\left \{ \begin{matrix}x_1=h_2-2\alpha+5\beta\\ x_2=\alpha\\x_3=\beta \end{matrix}\right.\quad (\alpha,\beta\in \mathbb{R}).$

    Vector $e_1.$ En este caso, $h_1=h_2=h_3=0$ y la solución general de (1) es $e_1=(-2\alpha+5\beta,\alpha,\beta).$ Este vector “$x$” estará de $h$ en el siguiente sistema, así que le imponemos las condiciones de compatibilidad, es decir $-2\alpha+5\beta=3\alpha$ y $\alpha=\beta.$ En consecuencia podemos elegir $\alpha =\beta=1$ y obtenemos el vector $e_1=(3,1,1)^t.$

    Vector $e_2.$ En este caso, $h_1=3,h_2=h_3=1$ y la solución general de (1) es $e_2=(1-2\alpha+5\beta,\alpha,\beta).$ Eligiendo $\alpha=\beta=0$ obtenemos el vector $e_2=(1,0,0)^t.$

    Vector $e_3.$ Como en el caso de $e_1$ la solución general de (1) es $e_1=(-2\alpha+5\beta,\alpha,\beta)$. Elegimos $\alpha$ y $\beta$ de tal manera que $e_1$ y $e_3$ sean linealmente independientes, por ejemplo $\alpha=1,\beta=0$ con lo cual obtenemos el vector $e_3=(-2,1,0)^t.$

    En consecuencia, una matriz $P$ que satisface $P^{-1}AP=J$ es

    $$P=\begin{bmatrix}{e_1}&{e_2}&{e_3}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{3}&{1}&{-2}\\{1}&{0}&{\;\;1}\\{1}&{0}&{\;\;0}\end{bmatrix}.$$

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