Estoy tratando de encontrar un vector propio generalizado en este problema. (Entiendo que la teoría general va mucho más profundo, pero solo somos responsables de un número limitado de casos.)
He encontrado los vectores propios $\vec {u_1}$ y $\vec {u_2}.$
Cuando intento $u_1$ y $u_2$ como $u_3$ en esta ecuación: $$ (A - I)u_4 = u_3 $$ Obtengo sistemas que son inconsistentes.
¿Cómo puedo encontrar el $u_3$? Me han dicho que tiene algo que ver con $(A - I)^3 = 0$, pero eso es todo.
Se nos da la matriz:
$$\begin{bmatrix}2 & 1 & 1\\1 & 2 & 1\\-2 & -2 & -1\\\end{bmatrix}$$
Queremos encontrar el polinomio característico y los autovalores resolviendo
$$|A -\lambda I| = 0 \rightarrow -\lambda^3+3 \lambda^2-3 \lambda+1 = -(\lambda-1)^3 = 0$$
Esto nos da un único autovalor, $\lambda = 1$, con una multiplicidad algebraica de $3$.
Si intentamos encontrar autovectores, configuramos y resolvemos:
$$[A - \lambda I]v_i = 0$$
En este caso, después de la forma escalonada reducida por filas, tenemos:
$$\begin{bmatrix}1 & 1 & 1\\0 & 0 & 0\\0 & 0 & 0\\\end{bmatrix}v_i = 0$$
Esto conduce a los dos autovectores que muestra, pero el problema es que no podemos usar eso para encontrar el tercero ya que obtenemos resultados degenerados, como mostraste.
En cambio, usemos el método de encadenamiento de arriba hacia abajo para encontrar tres autovectores generalizados linealmente independientes.
Dado que la FREF de
$$[A - 1 I] = \begin{bmatrix}1 & 1 & 1\\0 & 0 & 0\\0 & 0 & 0\\\end{bmatrix}$$
Entonces $E_3 = kernel(A - 1I)$ con dimensión $= 2$, por lo que habrá dos cadenas.
Luego, dado que
$$[A - 1 I]^2 = \begin{bmatrix}0 & 0 & 0\\0 & 0 & 0\\0 & 0 & 0\\\end{bmatrix}$$
el espacio Kernel $(A-1I)^2$ tiene dimensión $=3$, lo que coincide con la multiplicidad algebraica de $\lambda=1$.
Por lo tanto, una de las cadenas tendrá longitud $2$, por lo que la otra debe tener longitud $1$.
Ahora formamos una cadena de $2$ autovectores generalizados eligiendo $v_2$ en kernel $(A-1I)^2$ de modo que $v_2$ no esté en kernel $(A-1I)$.
Dado que cada vector está en kernel $(A-1I)^2$, y la tercera columna de $(A-1I)$ no es cero, podemos elegir:
$$v_2 = (1, 0, 0) \implies v_1 = (A-1I)v_2 = (1,1,-2)$$
Para formar una base para $\mathbb R^3$, necesitamos una cadena adicional de un autovector generalizado. Este vector debe ser un autovector que sea independiente de $v_1$. Dado que
$$E_3 = ~\text{span}~ \left(\begin{bmatrix}0\\1\\-1\\\end{bmatrix}, \begin{bmatrix}-1\\0\\1\\\end{bmatrix}\right).$$
y ninguno de estos vectores abarcadores es en sí mismo un múltiplo escalar de $v1$, podemos elegir cualquiera de ellos. Así que sea
$$w_1 = (0, 1, -1).$$
Ahora tenemos dos cadenas:
$$v_2 \rightarrow v_1 \rightarrow 0$$
$$w_1 \rightarrow 0$$
Entonces, para escribir la solución, tenemos:
$\displaystyle 1^{a}$ Cadena
$$x_1(t) = e^t \begin{bmatrix}1\\1\\-2\\\end{bmatrix}$$
$$x_2(t) = e^t\left(t \begin{bmatrix}1\\1\\-2\\\end{bmatrix} + \begin{bmatrix}1\\0\\0\\\end{bmatrix}\right)$$
$\displaystyle 2^{a}$ Cadena
$$x_3(t) = e^t \begin{bmatrix}0\\1\\-1\\\end{bmatrix}$$
Por lo tanto:
$$x(t) = x_1(t) + x_2(t) + x_3(t)$$
Nota, puedes usar esta combinación lineal de $x(t)$ y verificar que en efecto es una solución de $x' = Ax$.
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