La dependencia de la forma de Jordan de la elección de un núcleo específico.

Question

Dejemos que $A=\begin{pmatrix}2 && 2 && 3 \\ 1 && 3 && 3\\ -1 && -2 && -2\end{pmatrix}$

Encontrar los valores propios produce que $\lambda_1=\lambda_2=\lambda_3=1$

La geometría de $A$ es $2$ Por lo tanto, sólo existen dos bloques, y por lo tanto la única posibilidad es $J_1(1),J_2(1)$ .

Esto produce la siguiente matriz de Jordan: $J=\begin{pmatrix}1 && 1 && 0 \\ 0 && 1 && 0 \\ 0 && 0 && 1 \end{pmatrix}$

Ahora eligiendo una base del núcleo de $A-I$ , Dejemos que $B_1=\{v_1=\begin{pmatrix}3 \\ 3 \\ -3\end{pmatrix},v_2=\begin{pmatrix}0\\1\\-2/3\end{pmatrix}\}$ sea dicha base (se puede comprobar su base, es linealmente independiente y aplicando ambos vectores a $A-I$ da $0$ .

Podemos encontrar la forma de Jordan, ya que las soluciones de $(A-I)w=v_1$ existe

Sin embargo, la elección de $B_2=\{u_1=\begin{pmatrix}2 \\ -1 \\ 0\end{pmatrix},u_2=\begin{pmatrix}3 \\0\\-1\end{pmatrix}\}$ La solución a $(A-I)w=u_1$ ou $(A-I)w=u_2$ no existen.

¿Cómo puedo encontrar la forma de Jordan en la 2ª base? ¿Cómo es que la elección de una base permite la existencia de la forma de Jordan (o al menos permite el encadenamiento de los vectores propios generalizados) mientras que la otra no existe?

EDITAR:

$\begin{pmatrix}1 && 2 && 3 \\ 1 && 2 && 3\\ -1 && -2 && -3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\ y \\ z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 \\ -1 \\ 0\end{pmatrix}$ no da ninguna solución ya que requiere $x+2y+3z$ para tener dos soluciones distintas.

$\begin{pmatrix}1 && 2 && 3 \\ 1 && 2 && 3\\ -1 && -2 && -3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\ y \\ z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3 \\ 0 \\ -1\end{pmatrix}$ no da ninguna solución ya que requiere $x+2y+3z$ para tener dos soluciones distintas.

Por lo tanto, si quisiera encadenar usando $B_2$ no existen soluciones, sin embargo es posible encadenar usando $B_1$ . La pregunta es, ¿por qué ocurre esto? ¿cómo puedo asegurarme de encontrar un vector propio generalizado en el que no ocurra esto?

Answer 1

El procedimiento para encontrar la base es partir de un vector propio generalizado, es decir un vector $v_2$ tal que $(A-I)^2v_2=0$ pero $(A-I)v_2\ne 0$ . Desde $(A-I)^2=0$ se puede tomar cualquier vector en $\Bbb{R}^3\setminus Ker(A-I)$ . Entonces $v_1=(A-I)v_2$ será un vector propio de $A$ .

Tenga en cuenta que $Im(A-I)$ es unidimensional generado por $\begin{pmatrix} 1\\ 1\\ -1\end{pmatrix}$ Así que $v_1$ siempre será un múltiplo de $\begin{pmatrix} 1\\ 1\\ -1\end{pmatrix}$ .

Tenga en cuenta también que $v_2$ no puede estar en $Ker(A-I)$ ya que en ese caso $(A-I)v_2=0$ .

Para completar la base, toma otro vector $v_3$ en $Ker(A-I)$ que no está en el subespacio generado por $v_1$ .

Si quiere buscar directamente $v_1,v_2$ con $v_1=(A-I)v_2$ , hay que tener en cuenta que $v_1$ es a imagen y semejanza de $A-I$ que es unidimensional, por lo que es un múltiplo de $\begin{pmatrix} 1\\ 1\\ -1\end{pmatrix}$ .

Así que en su ejemplo puede tomar $v_2=\begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0\end{pmatrix}$ entonces $v_1=(A-I)v_2=\begin{pmatrix} 1\\ 1\\ -1\end{pmatrix}$ y tomar $v_3$ otro vector de $Ker(A-I)$ por ejemplo $v_3=\begin{pmatrix} 2\\ -1\\ 0\end{pmatrix}$ . Entonces la matriz de $A$ con respecto a la base $\{v_1,v_2,v_3\}$ será $\begin{pmatrix} 1&1&0\\ 0&1&0\\0&0& 1\end{pmatrix}$ ya que $A(v_1)=v_1$ , $A(v_2)=v_1+v_2$ y $Av_3=v_3$ .