Base jordana de $A$ cuando $A$ ¿es la matriz de acompañamiento?

Question

El pregunta real : cuando $A$ es la matriz compañera, por lo que la forma general de $M_i$ (el grupo de columnas de la matriz de Jordan $M$ que pertenece al bloque asociado a $\lambda_i$ ) es:

$$M_i^{h,j} = \binom {h-1}{j-1} \lambda_i^{h-j}$$

$A$ tiene orden $n$ , $h$ es el índice de la fila (por tanto $1 \le h \le n$ ), $j$ es el índice de la columna ( $1 \le j \le \mu_i$ con $\mu_i$ la multiplicidad algebraica de $\lambda_i$ ).

Explicación de la primera columna de $M_i$ . Dado el polinomio característico:

$$p(z) = \frac 1a_n(a_nz^n + \dots + a_1z + a_0)$$

La correspondiente matriz de acompañamiento $A$ es:

$$\begin{bmatrix} 0 & 1 &&& \\ & \ddots & 1 &&\\ &&\ddots&\ddots &\\ &&& 0 & 1\\ - \frac{a_0}{a_n} & - \frac{a_1}{a_n} & \cdots & -\frac{a_{n-2}}{a_n} & -\frac{a_{n-1}}{a_n} \end{bmatrix}$$

Porque $A$ es la matriz compañera, sabemos que hay $d$ valores propios distintos, cada uno con una multiplicidad geométrica 1 .

La matriz de Jordan está formada por $d$ bloques: $J = diag(J(\lambda_1), \dots, J(\lambda_d))$ Cada bloque $J(\lambda_i)$ asociado con el valor propio $\lambda_i$ tiene la forma:

$$J(\lambda_i) = \begin{bmatrix} \lambda_i & 1 & & \\ & \lambda_i & \ddots &\\ & & \ddots & 1\\ & & & \lambda_i\\ \end{bmatrix}$$

La matriz de Jordan $M$ puede dividirse en $d$ grupos (un grupo genérico sería $M_i$ ). Las columnas de $M_i$ forma el Cadena de Jordania :

$$M_i = \begin{bmatrix}v_{i,1} & v_{i, 2} & \dots & v_{i, \mu_i}\end{bmatrix}$$

El primer vector $v_{i,1}$ es el vector propio, otros son los vectores propios generalizados. El último índice es $\mu_i$ la multiplicidad algebraica del valor propio $\lambda_i$ .

Calculemos la primera columna de $M_i$ . Sabemos que $AM_i = M_iJ(\lambda_i)$ . Calculando el producto en la columna a la vez y obtenemos (para la primera columna):

$$Av_{i,1} = \lambda_iv_{i,1}$$

Esta es la definición exacta de vector propio. Resolviendo $(A-\lambda_iI)v_{i,1} = 0$ es fácil, debido a la estructura de $A$ :

$$A-\lambda_iI = \begin{bmatrix} -\lambda_i & 1 &&& \\ & \ddots & 1 &&\\ &&\ddots&\ddots &\\ &&& -\lambda_i & 1\\ - \frac{a_0}{a_n} & - \frac{a_1}{a_n} & \cdots & -\frac{a_{n-2}}{a_n} & -\frac{a_{n-1}} {a_n} -\lambda_i \end{bmatrix}$$

En primer lugar $n-1$ son linealmente independientes, $A-\lambda_iI$ es singular por lo que la última fila puede ser ignorada. Primera $n-1$ nos da (nótese que $v_{i,1}^{1} \dots v_{i,1}^{n}$ son las coordenadas del vector):

$$\begin{align} v_{i,1}^{2} &= \lambda_i v_{i,1}^{1}\\ v_{i,1}^{3} &= \lambda_i v_{i,1}^{2} = \lambda_i^2 v_{i,1}^{1} \\ v_{i,1}^{4} &= \lambda_i v_{i,1}^{3} = \lambda_i^3 v_{i,1}^{1} \\ \vdots\\ v_{i,1}^{n} &= \lambda_i^{n-1} v_{i,1}^{1} \end{align}$$

¡Hecho! La forma general de la primera fila de $M_i$ es entonces:

$$M_{i,1} = \begin{bmatrix} 1 \\ \lambda_i \\ \lambda_i^2 \\ \vdots \\ \lambda_i^{n-1} \end{bmatrix}$$

Answer 1

No puedo descifrar su notación, sobre todo de su pregunta real. Sin embargo, parece que estás preguntando por qué para una matriz compañera los valores propios no puede tienen una multiplicidad geométrica mayor que $1$ o, lo que es lo mismo, por qué sólo hay un único bloque de Jordan ininterrumpido para cada valor propio $\lambda$ (si hubiera varios bloques de Jordan para $\lambda$ cada uno de ellos daría un vector propio independiente para $\lambda$ ).

La pista de esto es que las matrices compañeras $A$ de tamaño $n$ no puede ser aniquilado por un polinomio no nulo $P$ de grado inferior a $n$ . Para ver que se aplica $P(A)$ a la derecha al vector de filas $(1~0~0~\ldots~0)$ y ver que no se desvanece.

Supongamos ahora que el valor propio $\lambda$ tiene multiplicidad $m$ como raíz del polinomio característico, pero no hay bloque de Jordan para $\lambda$ de tamaño $m$ (hay varios bloques, cada uno de ellos de tamaño inferior a $m$ ). Esto significa que el bloque correspondiente de $(A-\lambda I)^{m-1}$ ya se desvanece. Se deduce que el polinomio obtenido al dividir el polinomio característico por $X-\lambda$ ya aniquila $A$ . Pero hemos visto que no puede.