Cálculo de una base de Jordan

Publicada el abril 4, 2014 por Fernando Revilla

Proporcionamos ejercicios sobre el cálculo de una base de Jordan.

RESUMEN TEÓRICO

Exponemos un método bastante autocontenido para el cálculo de una base de Jordan, la forma canónica de Jordan de una matriz $A\in\mathbb{K}^{n\times n}$ y la correspondiente matriz de cambio.

Método
1. Hallamos los valores propios de $A$.
2. Para cada valor propio $\lambda$ tenemos que obtener tantos vectores como indica su multiplicidad.

(i) Si la dimensión del subespacio propio asociado a $\lambda$ coincide con la multiplicidad de $\lambda$ elegimos sencillamente una base de dicho subespacio propio.
(ii) Si la dimensión del subespacio propio asociado a $\lambda$ es menor que la multiplicidad de $\lambda$ elegimos vectores $e_1,e_2,e_3,\ldots$ satisfaciendo las condiciones:

$\left \{ \begin{matrix} (A-\lambda I)e_1=0\\ (A-\lambda I)e_2=e_1\\(A-\lambda I)e_3=e_2\\(A-\lambda I)e_4=e_3\\\ldots \end{matrix}\right.$

El hallar estos vectores equivale a resolver varios sistemas. Si llegado a un sistema, este resulta ser incompatible, contamos el número de vectores obtenido. Si es igual a la multiplicidad de $\lambda$ hemos terminado con este valor propio. Si no es así empezamos a construir una nueva cadena de vectores $e’_1,e’_2,e’_3,\ldots$ satisfaciendo las condiciones:

$\left \{ \begin{matrix} (A-\lambda I)e’_1=0\\ (A-\lambda I)e’_2=e’_1\\(A-\lambda I)e’_3=e’_2\\\ldots \end{matrix}\right.$

El proceso se termina cuando el número de vectores obtenido coincide con la multiplicidad de $\lambda$. Hay que tener la precaución de elegir el conjunto cuyos vectores son el primero de cada cadena de tal manera que formen sistema libre. Se demuestra que repitiendo el proceso anterior para cada valor propio, la unión de todos los vectores elegidos es una base de $\mathbb{K}^n$. Esta base $B_J=\left\{{e_1,e_2,e_3,\ldots}\right\}$ es además de Jordan pues:

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

(hemos supuesto para evitar escribir de manera repetitiva el símbolo de transposición que los vectores $e_i$ que escribamos, son vectores columna). En consecuencia la matriz del endomorfismo dado por $A$ en la base canónica de $\mathbb{K}^n$ sería en la base $B_J$ :

$J=\begin{bmatrix} \lambda & 1 & 0 & \ldots & 0 \\ 0 & \lambda & 1&\ldots & 0 \\ 0 & 0 & \lambda&\ldots &0 \\ \vdots&&&\vdots \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & \mu \end{bmatrix}$

    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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