Encontrar la descomposición de Jordan sin calcular $\ker(A - \lambda E)$

Question

Sin calcular el espacio nulo de $(A - \lambda E)$ halle la descomposición de Jordan de $$ A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} $$

Mis ideas

• El polinomio característico de $A$ ist $P_A(t) = -t^5$ lo que implica que $\lambda = 0$ es el único valor propio.
• $F_A(x) := Ax$ describe un endomorfismo nilpotente, ya que $A^3 = 0$ . Por lo tanto, el polinomio mínimo de $A$ ist $M_A(t) = t^3$ .

Mi pregunta

• ¿Cómo puedo derivar del polinomio mínimo, si tengo dos (2 x 2 y 3 x 3) o tres (1 x 1, 1 x 1, 3 x 3) bloques de Jordan?

Answer 1

Como la matriz es nilpotente, ya te habrás dado cuenta de que la diagonal será 0 en la forma de Jordan. El hecho de que $A^2 \neq 0$ pero $A^3 = 0$ le indica que un bloque será $3 \times 3$ . La cuestión entonces es si el resto es un $2\times 2$ bloque o dos $1\times 1$ Jordan bloquea.

Para responder a la última pregunta (sin calcular el kernel), basta con observar que la matriz es de rango 2, luego por rank-nullity, la dimensión del kernel es $3$ . (dim Kernel = n-dim Rank). Esto afirma que hay 3 vectores propios linealmente independientes en el espacio propio 0. Esto dice que hay tres bloques de Jordan. Así que tienes dos $1\times 1$ bloques.

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EDITAR : Para ampliar la explicación, esto se debe a que el número de bloques de Jordan se corresponde exactamente con el número de vectores propios linealmente independientes, siendo la primera columna de cada bloque un vector de este tipo. La dirección $k$ columna del bloque es lo que normalmente se denomina un vector propio "generalizado", perteneciente a $\ker(A-\lambda E)^k$ .

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De hecho, también son fáciles de encontrar sin hacer cálculos. Las columnas 1 y 4, respectivamente, corresponderán a los vectores propios

$$ \left\{\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}\right\} $$

(No es necesario hacer cálculos para comprobarlo).

Ninguno de ellos estará asociado al bloque de tres por tres, aunque también es obvio que otro vector propio linealmente independiente

$$ \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}. $$

Salud.