Hallamos la forma de Jordan y la correspondiente matriz de paso, para una matriz $4\times 4$ con entradas en $\mathbb{Z}_7.$
- Calcular el polinomio característico $\chi (\lambda)$ de $A$ y sus valores propios.
- Calcular el polinomio mínimo $\mu (\lambda)$ de $A$.
- Calcular las dimensiones de los subespacios propios.
- Determinar la forma canónica de Jordan $J$ de la matriz $A$.
- Encontrar una matriz $P\in (\mathbb{Z}_7)^{4\times 4}$ invertible tal que $P^{-1}AP=J.$
- Verificar el resultado.
Enunciado
Se considera la matriz $$A=\begin{bmatrix}{5}&{4}&{5}&{6}\\{1}&{1}&{4}&{2}\\{1}&{2}&{5}&{5}\\{4}&{4}&{4}&{4}\end{bmatrix}\in (\mathbb{Z}_7)^{4\times 4}$$
Se considera la matriz $$A=\begin{bmatrix}{5}&{4}&{5}&{6}\\{1}&{1}&{4}&{2}\\{1}&{2}&{5}&{5}\\{4}&{4}&{4}&{4}\end{bmatrix}\in (\mathbb{Z}_7)^{4\times 4}$$
- El polinomio característico $\chi (\lambda)$ de $A$ es $$\det (A-\lambda I)=\begin{vmatrix}{5-\lambda}&{4}&{5}&{6}\\{1}&{1-\lambda}&{4}&{2}\\{1}&{2}&{5-\lambda}&{5}\\{4}&{4}&{4}&{4-\lambda}\end{vmatrix}\underbrace{=}_{C_1-C_2\\C_3-C_2}\begin{vmatrix}{1-\lambda}&{4}&{1}&{6}\\
{\lambda}&{1-\lambda}&{3+\lambda}&{2}\\
{6}&{2}&{3-\lambda}&{3}\\
{0}&{4}&{0}&{4-\lambda}\end{vmatrix}.$$ Desarrollando por los elementos de la cuarta fila, $$\det (A-\lambda I)=4\begin{vmatrix}{1-\lambda}&{1}&{6}\\
{\lambda}&{3+\lambda}&{2}\\
{6}&{3-\lambda}&{3}\end{vmatrix}+(4-\lambda)\begin{vmatrix}{1-\lambda}&{4}&{1}\\
{\lambda}&{1-\lambda}&{3+\lambda}\\
{6}&{2}&{3-\lambda}\end{vmatrix}.$$ Operando obtenemos $\chi (\lambda)=\lambda^4+6\lambda^3+3\lambda^2+3\lambda+2.$ Se verifica $$\chi (2)=2^4+6\cdot 2^3+3\cdot 2^2+3\cdot 2+2=2+6+5+6+2=0$$ y aplicando sucesivamente la regla de Ruffini, $$\begin{array}{r|rrrrr}
& 1 & 6 & 3 & 3 & 2\\
2 & & 2 & 2 & 3 & 5\\\hline & 1 & 1 & 5 & 6 & 0 \end{array}\quad \begin{array}{r|rrrr}
& 1 & 1 & 5 & 6 \\
2 & & 2 & 6 & 1 \\
\hline & 1 & 3 & 4 & 0 \end{array}\quad \begin{array}{r|rrr}
& 1 & 3 & 4 \\
2 & & 2 & 3 \\
\hline & 1 & 5 & 0 \end{array}$$ Entonces, el polinomio característico de $A$ es $\chi(\lambda)=(\lambda-2)^3(\lambda+5)=(\lambda-2)^4$ y el único valor propio es $\lambda=2$ (cuádruple). - Los posibles polinomios mínimos $\mu(\lambda)$ son $\lambda-2$, $(\lambda-2)^2$, $(\lambda-2)^3$ o $(\lambda-2)^4.$ Tenemos $A-2I\ne 0$ y $$ (A-2I)^2=\begin{bmatrix}{3}&{4}&{5}&{6}\\{1}&{6}&{4}&{2}\\{1}&{2}&{3}&{5}\\{4}&{4}&{4}&{2}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{3}&{4}&{5}&{6}\\{1}&{6}&{4}&{2}\\{1}&{2}&{3}&{5}\\{4}&{4}&{4}&{2}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{0}&{0}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{0}&{0}\end{bmatrix}.$$ El polinomio mínimo de $A$ es por tanto $\mu (\lambda)=(\lambda-2)^2.$
- El único subespacio propio de $A$ es $V_2=\ker (A-2I)$ y su dimensión es $\dim V_2=4-\text{rg }(A-2I).$ Tenemos $$ \text{rg }(A-2I)=\text{rg }\begin{bmatrix}{3}&{4}&{5}&{6}\\{1}&{6}&{4}&{2}\\{1}&{2}&{3}&{5}\\{4}&{4}&{4}&{2}\end{bmatrix}\underbrace{=}_{F_1\leftrightarrow F_2}\text{rg }\begin{bmatrix}{\boxed{1}}&{6}&{4}&{2}\\{3}&{4}&{5}&{6}\\{1}&{2}&{3}&{5}\\{4}&{4}&{4}&{2}\end{bmatrix}$$ $$\underbrace{=}_{F_2-3F_1\\ F_3-F_1\\F_4-4F_1}\text{rg }\begin{bmatrix}{\boxed{1}}&{6}&{4}&{2}\\{0}&{0}&{0}&{0}\\{0}&{3}&{6}&{3}\\{0}&{1}&{2}&{1}\end{bmatrix}\underbrace{=}_{F_2\leftrightarrow F_4}\text{rg }\begin{bmatrix}{1}&{6}&{4}&{2}\\{0}&{\boxed{1}}&{2}&{1}\\{0}&{3}&{6}&{3}\\{0}&{0}&{0}&{0}\end{bmatrix}$$ $$\underbrace{=}_{F_3-3F_2}\text{rg }\begin{bmatrix}{1}&{6}&{4}&{2}\\{0}&{1}&{2}&{1}\\{0}&{0}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{0}&{0}\end{bmatrix}=2,$$ en consecuencia $\dim V_2=4-2=2.$
- El polinomio mínimo es $\mu(\lambda)=(\lambda-2)^2$ lo que indica que el orden de la mayor caja es $2$ y la dimensión de $V_2$ que es $2,$ indica el número de cajas por tanto la forma canónica de Jordan $J$ para la matriz $A$ es $$J=\begin{bmatrix}{2}&{1}&{}&{}\\{0}&{2}&{}&{}\\{}&{}&{2}&{1}\\{}&{}&{0}&{2}\end{bmatrix}.$$
- Vamos a encontrar una base $B=\{e_1,e_2,e_1^\prime,e_2^\prime\}$de Jordan de $(\mathbb{Z}_7)^4$ para la matriz $A.$ Esta base tendrá que cumplir las relaciones $$(A-2I)e_1=0,\;(A-2I)e_2=e_1,\;(A-2I)e_1^\prime=0,\;(A-2I)e_2^\prime=e_1^\prime.$$ Como todos los sistemas son del mismo tipo, resolveremos un sistema general $$(A-2I)x=h\Leftrightarrow \begin{bmatrix}{3}&{4}&{5}&{6}\\{1}&{6}&{4}&{2}\\{1}&{2}&{3}&{5}\\{4}&{4}&{4}&{2}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{x_1}\\{x_2}\\{x_3}\\{x_4}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{h_1}\\{h_2}\\{h_3}\\{h_4}\end{bmatrix}.$$ Escalonemos el sistema $$ \left[\begin{array}{cccc|c}
3 & 4 & 5 & 6 & h_1 \\
1 & 6 & 4 & 2 & h_2 \\
{1}&{2}&{3}&{5} & h_3 \\
4 & 4 & 4 & 2 & h_4
\end{array}\right]\underbrace{\sim}_{F_1\leftrightarrow F_2}\left[\begin{array}{cccc|c}
\boxed{1} & 6 & 4 & 2 & h_2 \\
3 & 4 & 5 & 6 & h_1 \\
{1}&{2}&{3}&{5} & h_3 \\
4 & 4 & 4 & 2 & h_4
\end{array}\right]$$ $$\underbrace{\sim}_{F_2-3F_1\\ F_3-F_1\\F_4-4F_1}\left[\begin{array}{cccc|c}
\boxed{1} & 6 & 4 & 2 & h_2 \\
0 & 0 & 0 & 0 & h_1-3h_2 \\
{0}&{3}&{6}&{3} & h_3 -h_2 \\
0 & 1 & 2 & 1 & h_4 -4h_2
\end{array}\right]\underbrace{\sim}_{F_2\leftrightarrow F_4}\left[\begin{array}{cccc|c}
1 & 6 & 4 & 2 & h_2 \\
0 & \boxed{1} & 2 & 1 & h_4 -4h_2 \\
{0}&{3}&{6}&{3} & h_3 -h_2 \\
0 & 0 & 0 & 0 & h_1-3h_2
\end{array}\right]$$ $$\underbrace{\sim}_{F_3-3 F_2}\left[\begin{array}{cccc|c}
1 & 6 & 4 & 2 & h_2 \\
0 & 1 & 2 & 1 & h_4 -4h_2 \\
{0}&{0}&{0}&{0} & 4h_2 +h_3-3h_4 \\
0 & 0 & 0 & 0 & h_1-3h_2
\end{array}\right].$$ El sistema queda pues en la forma $$\left \{ \begin{matrix}x_1+6x_2+4x_3+2x_4=h_2\\x_2+2x_3+x_4=h_4-4h_2.\end{matrix}\right.$$ y sus condiciones de compatibilidad son $4h_2 +h_3-3h_4=0$ y $h_1-3h_2=0.$ Resolviendo queda $$x_1=4h_2-6h_4+\alpha+4\beta,\; x_2=h_4-4h_2-2\alpha-\beta,\; x_3=\alpha,\;x_4=\beta.\quad (*)$$ Vector $e_1.$ En este caso, $h_1=h_2=h_3=h_4=0$ y $e_1=(\alpha+4\beta,-2\alpha-\beta,\alpha,\beta).$ El vector $e_1$ va a estar de $h$ en el sistema $(A-2I)e_2=e_1$, por tanto obligamos a que se cumplan las condiciones de compatibildad, esto es $$4(-2\alpha-\beta) +\alpha-3\beta=0, \quad\alpha+4\beta-3(-2\alpha-\beta)=0.$$ Simplificando, obtenemos $0=0$ y $0=0$ es decir, para cualquier $\alpha$ y $\beta$ el sistema $(A-2I)e_2=e_1$ será compatible. Para $\alpha=1$ y $\beta=0$ obtenemos $e_1=(1,-2,1,0)$ $=(1,5,1,0).$
Vector $e_2.$ En este caso, $h_1=1,$ $h_2=5,$ $h_3=1,$ $h_4=0.$ Sustituyendo en $(*)$ y operando obtenemos $$x_1=6+\alpha+4\beta,\quad x_2=1-2\alpha-\beta,\quad x_3=\alpha,\quad x_4=\beta.$$ Eligiendo $\alpha=\beta=0$ obtenemos $e_2=(6,1,0,0).$
Vector $e_1^\prime.$ En este caso, $h_1=h_2=h_3=h_4=0.$ Eligiendo $\alpha=0,$ $\beta=1$ en $(*)$ obtenemos $e_1^\prime=(4,6,0,1).$
Vector $e_2^\prime.$ En este caso, $h_1=4,$ $h_2=6,$ $h_3=0,$ $h_4=1.$ Sustituyendo en $(*)$ y operando obtenemos $$x_1=4+\alpha+4\beta,\quad x_2=5-2\alpha-\beta,\quad x_3=\alpha,\quad x_4=\beta.$$ Eligiendo $\alpha=\beta=0$ obtenemos $e_2^\prime=(4,5,0,0).$ Una base de Jordan para la matriz $A$ es por tanto, $$B=\{e_1=(1,5,1,0),\;e_2=(6,1,0,0),\;e_1^\prime=(4,6,0,1),\;e_2^\prime=(4,5,0,0)\}.$$ Trasponiendo obtenemos la matriz $P$ pedida: $$P=\begin{bmatrix}{1}&{6}&{4}&{4}\\{5}&{1}&{6}&{5}\\{1}&{0}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{1}&{0}\end{bmatrix}.$$ - Tenemos que verificar que $P^{-1}AP=J$ o de forma equivalente que $AP=PJ.$ Tenemos $$AP=\begin{bmatrix}{5}&{4}&{5}&{6}\\{1}&{1}&{4}&{2}\\{1}&{2}&{5}&{5}\\{4}&{4}&{4}&{4}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{1}&{6}&{4}&{4}\\{5}&{1}&{6}&{5}\\{1}&{0}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{1}&{0}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{2}&{6}&{1}&{5}\\{3}&{0}&{5}&{2}\\{2}&{1}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{2}&{1}\end{bmatrix}.$$ $$PJ=\begin{bmatrix}{1}&{6}&{4}&{4}\\{5}&{1}&{6}&{5}\\{1}&{0}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{1}&{0}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{2}&{1}&{0}&{0}\\{0}&{2}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{2}&{1}\\{0}&{0}&{0}&{2}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{2}&{6}&{1}&{5}\\{3}&{0}&{5}&{2}\\{2}&{1}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{2}&{1}\end{bmatrix}.$$ Queda pues comprobado el resultado.
Solución
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