Forma de Jordan y una forma invertible $P$ para $A =\left( \begin{smallmatrix} 1&1&1 \\ 0 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 2 \end{smallmatrix}\right)$

Question

$A = \begin{pmatrix} 1&1&1 \\ 0 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$ encontrar la forma jordana y la invertible $P$ tal que: $A = P J P^{-1}$ .

Ahora encontré el polinomio característico y los polinomios mínimos: $P_A(x) = (x-1)(x-2)^2 = m_A(x)$ .

Y a partir del polinomio mínimo descubrí que el tamaño máximo del bloque para el valor propio $1$ es $1$ por lo que tenemos un bloque de tamaño $1$ para ese valor propio. Y de la misma manera que el tamaño de bloque jordano máximo para el valor propio $2$ es $2$ y calculé $N=A-2I$ y se ha calculado que sólo hay un bloque de tamaño $2$ para el valor propio $2$ . Y así encontré el Formulario Jordán:

$$J_A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$$

Ahora lo que me cuesta es encontrar $P$ . Sé que $Ker(N) = Ker(N-2I) = (1,1,0$ y $Ker(Z) = Ker(A-I) = (1,0,0)$ Pero, ¿cómo puedo calcular exactamente los tramos para conocer la base de la forma de Jordan si tengo dos valores propios? ¡Este es un algoritmo que no me han enseñado!

Se agradecerá cualquier ayuda

Answer 1

Has encontrado un vector propio correspondiente al valor propio $1$ Llámalo $v_1$ y se tiene un vector propio correspondiente a $2$ Llámalo $v_2$ . Supongamos que el último vector de la base es $v_3$ . Entonces, a partir de la última columna de la forma de Jordan tenemos $Av_3=v_2+2v_3$ es decir $(A-2I)v_3=v_2$ . Sólo hay que resolver este sistema para obtener $v_3$ (es decir $(A-2I)x=v_2$ ).
Editar : Supongamos que $B=(v_1,v_2,v_3)$ y $P=[I]^B_E$ donde $E$ es la base estándar. Entonces $P^{-1}AP=J$ . Denote por $C_i^J$ el $i$ -en la columna de $J$ . Desde $J$ es la matriz que representa (el operador definido por) $A$ con respecto a la base $B$ tenemos $C_i^J=[Av_i]_B$ . En particular, $C_3^J=[Av_3]_B=(0,1,2)^t$ . Por lo tanto, $Av_3=0\cdot v_1+1\cdot v_2+2\cdot v_3$ .

Answer 2

Tenemos $v_1=(1,0,0)^T\in \ker(A-I)$ es un vector propio asociado al valor propio $1$

Además, como $\ker(1-2I)=\mathrm{span}((1,1,0)^T)$ entonces $v_2=(1,1,0)^T$ es un vector propio de $A$ asociado al valor propio $2$ y la matriz $A$ no es diagonalizable. Finalmente buscamos un vector $v_3$ s.t. $Av_3=v_2+2v_3$ y encontramos $v_3= (0,\frac{1}{2},\frac{1}{2})^T$ por lo tanto con $$P=(v_1\ v_2\ v_3)=\left(\begin{matrix}1&1&0\\ 0&1&\frac{1}{2}\\ 0&0&\frac{1}{2}\end{matrix}\right)\quad\text{and}\quad J=\left(\begin{matrix}1&0&0\\ 0&2&1\\ 0&0&2\end{matrix}\right)$$ tenemos $$J=P^{-1}AP$$