Eigenspaces y normales de Jordan de una matriz

Question

Dejemos que $A\in \operatorname{End}(V)$ sea una transformación lineal de $V=\mathbf{C}^3$ que está representado por $$[A]=\begin{pmatrix} 1 &0 &0 \\ x_1 &2 &0 \\ x_2 &x_3 &1 \end{pmatrix}$$ con respecto a la base estándar, donde $x_1,x_2,x_3\in \mathbf{C}$ . El problema con el que estoy luchando es, determinar los eigenspaces generalizados y una forma normal de Jordan.

Descubrí que los vectores propios de $[A]$ son $(0,1/x_3,1)$ y $(0,0,1)$ para los valores propios $2$ y $1$ respectivamente. Pero no sé cómo determinar los eigenspaces generalizados. Lo he consultado en Wikipedia, y me confunde un poco ya que soy principiante en esto.

Answer 1

Los eigenspaces de $A$ son los núcleos de $A-1$ y $A-2$ . Como la multiplicidad del valor propio 2 es uno, no tiene valores propios generalizados.

Para los vectores propios con valor propio $1$ encontramos el núcleo de $A-1$ .

Queremos resolver

$$ \left(\begin{matrix} 0 & 0 & 0\\ x_1 & 2 & 0\\ x_2 & x_3 & 1 \end{matrix} \right) \left(\begin{matrix} v_1\\ v_2\\ v_3 \end{matrix} \right)=0 $$

Así que obtenemos $x_1v_1+v_2=0$ y $x_2v_1+x_3v_2=0,$ y la sustitución da como resultado $(x_2-x_1x_3)v_1=0.$

Así que estoy de acuerdo en que $(0,0,1)$ es el único vector propio independiente en este núcleo, pero sólo si suponemos $x_2-x_1x_3\neq 0$ para que podamos resolver el sistema con $v_1=v_2=0$ .

Por otro lado, si $x_2-x_1x_3=0$ entonces $(1,-x_1,0)$ y $(0,0,1)$ son ambos vectores propios. En este caso la matriz es diagonalizable, lo que también indica su forma de Jordan.

Así que asumiendo que $x_2-x_1x_3\neq 0$ para encontrar los vectores propios generalizados para el valor propio 1, encontrar el núcleo de $(A-1)^2$ . Allí hay un vector independiente que no está también en el núcleo de $A-1$ (por lo que no es un vector propio), que es $(1, -x_1, 0)$ .

En general para encontrar los vectores propios generalizados para un valor propio $c$ , se calcula el núcleo $(A-c)^k$ , donde $k$ es la potencia con la que el $(x-c)$ factor se produce en el polinomio mínimo.

Finalmente, una vez que se tiene el vector propio generalizado, se puede escribir la forma canónica de Jordan expresando la matriz en la base ordenada $(0,0,x_2-x_1x_3), (1,-x_1,0),(0,1,x_3)$ . Usted obtiene

$$ \left(\begin{matrix} 1 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 2 \end{matrix} \right) $$

Answer 2

Para el valor propio $2$ ya que su multiplicidad algebraica es $1$ , también lo será su multiplicidad geométrica. Tenemos $$ \begin{bmatrix}2a\\ 2b\\ 2c\end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 1 &0 &0 \\ x_1 &2 &0 \\ x_2 &x_3 &1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}a\\ b\\ c\end{bmatrix} =\begin{bmatrix} a\\ ax_1+2b\\ ax_2+bx_3+c \end{bmatrix} $$ Desde $2a=a$ obtenemos $a=0$ . Entonces la tercera ecuación se convierte en $bx_3+c=2c$ o $c=bx_3$ . Así, los vectores propios son de la forma $$ \begin{bmatrix} 0\\ b\\ bx_3 \end{bmatrix} =b\,\begin{bmatrix} 0\\ 1\\ x_3 \end{bmatrix} $$ (nótese que no estoy asumiendo que $x_3\ne0$ como tú).

Para el valor propio $1$ las ecuaciones se convierten en $$ a=a, \ \ \ ax_1+2b=b, \ \ ax_2+bx_3+c=c. $$ De ello se desprende que $b=-ax_1$ y que $ax_2-ax_1x_3=0$ . Esta última ecuación puede reescribirse como $$\tag{*}a(x_2-x_1x_3)=0.$$

Así que tenemos dos casos:

• Si $x_2=x_1x_3$ obtenemos vectores propios independientes para los casos $a=0$ y $a\ne0$ : $$ \begin{bmatrix} 0\\ 0\\1 \end{bmatrix},\ \ \ \text{ and }\begin{bmatrix}1\\-x_1\\ 0\end{bmatrix}. $$ En este caso $A$ es diagonalizable y su forma de Jordan es $$\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\ 0&0&2\end{bmatrix}.$$

• Cuando $x_2\ne x_1x_3$ la ecuación $(*)$ fuerzas $a=0$ y sólo obtenemos los vectores propios $$ \begin{bmatrix} 0\\ 0\\c \end{bmatrix} =c\,\begin{bmatrix} 0\\ 0\\1 \end{bmatrix}. $$ En este caso la forma de Jordan de $A$ será $$\begin{bmatrix}1&1&0\\0&1&0\\ 0&0&2\end{bmatrix}. $$ Para un valor propio generalizado, miramos $(A-I)^2v=0$ es decir $$ \begin{bmatrix} 0\\ 0\\0 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&0&0\\ x_1&1&0\\ x_1x_3&x_3&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix} a\\ b\\c \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 0\\ ax_1+b\\ ax_1x_3+bx_3 \end{bmatrix} $$ Como $ax_1x_3+bx_3=(ax_1+b)x_3=0$ la tercera entrada no nos da nada. Así que $b=-ax_1$ y los vectores propios generalizados son de la forma $$ \begin{bmatrix} a\\ -ax_1\\0 \end{bmatrix}. $$