Encontrar la descomposición de Jordan de $\begin{pmatrix} 4 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 3 \end{pmatrix}$ en $\mathbb{F}_5$

Question

Encuentre la descomposición de Jordan de $$ A := \begin{pmatrix} 4 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 3 \end{pmatrix} \in M_3(\mathbb{F}_5), $$ donde $\mathbb{F}_5$ es el campo módulo 5.

Lo que he hecho hasta ahora El polinomio característico es \begin {Ecuación} P_A(t) = (4 - t)(1-t)(3-t) - (1-t) = -t^3 + 8t^2-18t+1 \equiv 4t^3 + 3t^2 + 2t + 1 \mod5. \end {Ecuación} Por lo tanto, $\lambda = 1$ es un cero de $P_A$ ya que $4+3+2+1 = 10 \equiv 0 \mod 5$ . Por división polinómica se obtiene $$ P_A(t) = (t + 4)(4t^2 + 2t + 4) = (t + 4)(t + 4) (4t + 1) \equiv 4 (t + 4)^3 $$ Por lo tanto, $\lambda = 1$ es el único valor propio de $A$ . Calculando el espacio propio calculamos el núcleo de $A + 4 E_3$ y obtener $$ \text{span}\left( \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} \right) $$ Desde $(A + 4 E_3)^2 = 0$ el núcleo de $(A + 4 E_3)^2$ es todo el espacio. Ahora, elijo $v := (1,0,0) \in \text{ker}(A + 4 E_3)^2$ tal que $v \not\in \text{ker}(A + 4 E_3)$ . Calculamos $(A + 4E)v = (3,0,1)$ y luego $$ (A + 4E) \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, $$ pero el vector cero no puede ser un vector base de nuestra descomposición de Jordan.

¿Me he equivocado en mis cálculos?

Answer 1

Tus cálculos están bien. Sin embargo, por la definición de granos un elemento del núcleo de $(A+4E)^2$ desaparece al aplicar $A+4E$ a ella dos veces, así que no debería sorprenderse. Usted acaba de hacer la conclusión equivocada. El vector propio $(3,0,1)$ junto con el vector propio generalizado $(1,0,0)$ forman parte de una base Jordan que le da un bloque Jordan de tamaño $2$ . Lo único que hay que hacer es añadir otro vector propio que sea linealmente independiente a $(3,0,1)$ por ejemplo $(1,1,2)$ .

Entonces $$ \begin{pmatrix} 3 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 2 \end{pmatrix}^{-1} \begin{pmatrix} 4 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}. $$

Answer 2

Desde $(A-I)(1,0,0)^T=(3,0,1)^T=3(1,0,2)^T$ una base ordenada deseada viene dada por $\{(1,0,2)^T,\frac13(1,0,0)^T,(1,1,2)^T\}=\{(1,0,2)^T,(2,0,0)^T,(1,1,2)^T\}$ .

Answer 3

Quieres tres vectores independientes, $v_1,v_2,v_3$ que tienen las propiedades:

$$Av_1=v_1, Av_2=v_2+v_1, Av_3=v_3.\tag{1}$$

Para $v_2=(1,0,0)^T$ no en el eigespacio, obtenemos $v_1=Av_2-v_2=(3,0,1)^T$ [*] y luego necesitas un $v_3$ que está en el eigespacio de $A$ pero no un múltiplo de $v_1.$ Elegiremos $v_3=(0,1,0)^T.$ Entonces, si $$S=\begin{pmatrix}v_1&v_2&v_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3&1&0\\0&0&1\\1&0&0\end{pmatrix}$$ entonces podemos mostrar:

$$J=\begin{pmatrix}1&1&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}=S^{-1}AS$$

Desde $Se_i=v_i$ y las igualdades en (1) y y $S^{-1}v_i=e_i,$ por lo que obtenemos $$Je_1=e_1,Je_2=e_1+e_2,Je_3=e_3$$

Desde $\det S = 1$ incluso en los números enteros, podemos utilizar Wolfram Alpha para invertir $S$ sobre los enteros y obtener $$S^{-1}=\begin{pmatrix}0&0&1\\1&0&-3\\0&1&0 \end{pmatrix}$$

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[*] Tenga en cuenta que como $(A-E_3)^2=0,$ tienes $A^2-A=A-E_3$ y por lo tanto, cuando $v_1=Av_2-v_2,$ tienes $Av_1=(A^2-A)v_2=(A-E_3)v_2=Av_2-v_2=v_1.$

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Podríamos haber empezado con cualquier $v_2$ no en el eigespacio. Siempre obtendremos algún múltiplo de nuestro original $v_1$ para $v_1.$ Entonces $v_3$ puede ser cualquiera de $20$ vectores en el eigespacio que no es un múltiplo de $v_1.$

Answer 4

Aquí hay una 4ª respuesta que tiene en cuenta que estamos en un caso particular cediendo una reducción a un $2 \times 2$ matriz.

En efecto, hasta una permutación simultánea $P$ en líneas y columnas, $A=PBP^{-1}$ es similar a

$$B:= \left(\begin{array}{cc|c} 4 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & 0 \\ \hline 0 & 0 & 1 \end{array}\right)$$

En este formulario, hemos reducido la cuestión para encontrar una forma de Jordania para $2 \times 2$ bloque superior $U$ .

Un cálculo rápido muestra que $1$ es un doble valor propio de $U$ .

La forma jordana de $U$ es :

$$\left(\begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{array}\right)$$

porque (debido a un rápido razonamiento, que se ha desarrollado en las otras respuestas, pero con cálculos más sencillos) :

$$\underbrace{\left(\begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 2 & 0 \end{array}\right)}_{Q}\left(\begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{array}\right)\underbrace{\left(\begin{array}{cc} 0 & 3 \\ 3 & 1 \end{array}\right)}_{Q^{-1}}=\left(\begin{array}{cc} 4 & 1 \\ 1 & 3 \end{array}\right).$$

La forma jordana de $B$ que es la misma que la forma de Jordan de $A$ es, por tanto, :

$$J:= \left(\begin{array}{cc|c} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ \hline 0 & 0 & 1 \end{array}\right).$$