Hallar la base de Jordan de una matriz

Question

Tengo problemas para encontrar la base Jordan (y por lo tanto $P$ ) para esta matriz

$A = \begin{pmatrix} 15&-4\\ 49&-13 \end{pmatrix}$

Sé que el valor propio es $1$ esto da un vector propio $\begin{pmatrix} 2\\ 7 \end{pmatrix} $

Ahora para crear la base de Jordan y encontrar $P$ (cuyas columnas estarán formadas por los dos vectores base) soy consciente de que tengo que encontrar $v_1$ s.t $(A-I)v_1 = 0$ Así que $v_1 = \begin{pmatrix} 2\\ 7 \end{pmatrix}$ . Ahora a encontrar $v_2$ Necesito hacer $ker(A-I)^2$ pero $(A-I)^2 = 0$ por lo que cualquier vector distinto de cero está en el núcleo derecho $?$ Entonces, ¿por qué no funciona si elijo $v_2 = \begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}$ $?$

Answer 1

Para empezar, una breve digresión del caso concreto que nos ocupa: supongamos que $B$ es cualquier $2 \times 2$ matriz con un único valor propio repetido $\lambda$ entonces sabemos que existe en menos un vector $v_1 \ne 0$ tal que $Bv_1 = \lambda v_1$ . Si además existiera $v_2 \ne 0$ linealmente independiente de $v_1$ con $Bv_2 = \lambda v_2$ entonces para cualquier vector $v = av_1 + bv_2$ tendríamos $Bv = aBv_1 + bBv_2 = a\lambda v_1 + b\lambda v_2 = \lambda v$ lo que demuestra que $B = \lambda I$ donde $I$ es el $2 \times 2$ matriz de identidad. Por tanto, concluimos que si $B$ no es de esta forma, hay en más un subespacio unidimensional de vectores $\alpha v_1$ tal que $Bv_1 = \lambda v_1$ . Además, tenemos $(B - \lambda I)^2 = 0$ de modo que para cualquier vector $v$ , $(B - \lambda I)(B - \lambda I)v =(B - \lambda I)^2 v = 0$ ; si elegimos $v_2$ linealmente independiente de $v_1$ entonces por lo que hemos visto $(B - \lambda I)v_2 \ne 0$ pero $(B - \lambda I)(B - \lambda I)v_2 = 0$ Esto implica que debemos tener $(B - \lambda I)v_2 = \alpha v_1$ para algunos $\alpha$ por lo que, por linealidad, podemos tomar $(B - \lambda I)v_2 = v_1$ ; $(B - \lambda I)v_2$ es de hecho un vector propio de $B$ con valor propio $\lambda$ . $v_2$ se denomina vector propio generalizado correspondiente al valor propio $\lambda$ ; tenga en cuenta que $Bv_2 = \lambda v_2 + v_1$ Esta terminología es bien conocida. Ahora bien, en tal situación, si formamos la matriz $E$ tal que

$E = \begin{bmatrix} v_1 & v_2 \end{bmatrix}, \tag{1}$

es decir, las columnas de $E$ son $v_1, v_2$ entonces está claro que

$BE = \begin{bmatrix} Bv_1 & Bv_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \lambda v_1 & \lambda v_2 + v_1 \end{bmatrix}. \tag{2}$

Ahora $E^{-1}$ existe por la independencia lineal de $v_1, v_2$ por lo que tenemos

$\begin{bmatrix} E^{-1}v_1 & E^{-1}v_2 \end{bmatrix} = E^{-1} \begin{bmatrix} v_1 & v_2 \end{bmatrix} = E^{-1} E = I, \tag{3}$

que muestra que

$E^{-1}v_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \tag{4}$

y

$E^{-1}v_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}; \tag{5}$

por lo tanto

$E^{-1}BE = \begin{bmatrix} \lambda E^{-1} v_1 & \lambda E^{-1}v_2 + E^{-1} v_1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \lambda & 1 \\ 0 & \lambda \end{bmatrix}, \tag{6}$

que es la forma canónica de Jordan de $B$ .

Podemos utilizar las conclusiones alcanzadas en la discusión anterior para mostrar cómo encontrar correctamente la canónica de Jordan de la matriz

$A = \begin{bmatrix} 15 & -4 \\ 49 & -13 \end{bmatrix}, \tag{7}$

que como sabemos tiene un único valor propio $\lambda = 1$ de multiplicidad $2$ . Observamos que

$A - \lambda I = A - I = \begin{bmatrix} 14 & -4 \\ 49 & -14 \end{bmatrix} \ne 0, \tag{8}$

lo que, según lo anterior, implica que $A$ tiene un espacio propio unidimensional para su único valor propio $1$ . Como se ha demostrado, podemos tomar un vector distinto de cero en este eigenspace para ser $v_1 = (2, 7)^T$ :

$\begin{bmatrix} 15 & -4 \\ 49 & -13 \end{bmatrix} \begin{pmatrix} 2 \\ 7 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 7 \end{pmatrix}. \tag{9}$

En este punto, en lugar de utilizar $(A - I)^2 = 0$ y eligiendo $v_2 \in \ker (A - I)^2$ arbitrariamente, necesitamos resolver

$(A - I)v_2 = v_1 \tag{10}$

o

$\begin{bmatrix} 14 & -4 \\ 49 & -14 \end{bmatrix} v_2 = \begin{pmatrix} 2 \\ 7 \end{pmatrix}; \tag{11}$

una solución es

$v_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \end{pmatrix}, \tag{12}$

pero cabe señalar que $v_2 + \alpha v_1$ también es una solución para cualquier $\alpha$ , ya que $v_1 \in \ker (A - I)$ este hecho explica la aparente discrepancia entre la respuesta de the_candyman, que da efectivamente

$\begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{2k + 1}{7} \\ k \end{pmatrix} \tag{13}$

para los posibles vectores propios generalizados, mientras que el presente análisis arroja

$v_2 + \alpha v_1 = \begin{pmatrix} 2 \alpha + 1 \\ 7 \alpha + 3 \end{pmatrix}; \tag{14}$

tomando $\alpha = \frac{1}{7} (k -3)$ muestra que estos dos conjuntos son iguales. El vector $(1, 0)^T$ no es de esta forma; no hay $\alpha$ tal que $(1, 0)^T = v_2 + \alpha v_1$ . En cualquier caso, podemos tomar para nuestra matriz $E$

$E = \begin{bmatrix} 2 & 2 \alpha + 1 \\ 7 & 7\alpha + 3 \end{bmatrix}, \tag{15}$

y vemos fácilmente que $\det (E) = -1$ de acuerdo con el resultado de the_candyman. Las columnas de $E$ son, por tanto, linealmente independientes para todo $\alpha$ aunque esto ya se desprendía de la independencia de $v_1$ y $v_2$ siendo no singular, $E$ es invertible y podemos tomar su inversa, así:

$E^{-1} = -\begin{bmatrix} 7 \alpha + 3 & -2 \alpha - 1 \\ -7 & 2 \end{bmatrix}; \tag{16}$

tomando $E^{-1}AE$ dará como resultado

$E^{-1}AE = \begin{bmatrix} \lambda & 1 \\ 0 & \lambda \end{bmatrix}, \tag{17}$

de acuerdo con la ecuación (6).

La clave de lo anterior es que tenemos que encontrar el vector propio generalizado correspondiente a $\lambda$ en caso de que la matriz en cuestión no sea un múltiplo escalar de la matriz identidad $I$ .

Answer 2

Sea $$P=\left[ \begin{array}{cc}2 & a\\ 7 & b\end{array} \right]$$ Debes resolver la ecuación $AP = PJ$ con $$J=\left[ \begin{array}{cc}1 & 1\\ 0 & 1\end{array} \right].$$ $J$ tiene la forma anterior ya que sus únicos valores propios $\lambda=1$ tiene un espacio propio de dimensión $1$ .

Ampliar $AP = PJ$ se obtienen las siguientes ecuaciones no triviales: $$\left\{ \begin{array}{rcl}15a - 4b & = & a+2\\49a-13b & = & b+7\end{array} \right.$$ $$\left\{ \begin{array}{rcl}14a - 4b & = & 2\\49a-14b & = & 7\end{array} \right.$$ Estas ecuaciones son linealmente dependientes, por lo que puedes optar por resolver la primera: $$\left\{ \begin{array}{rcl}a & = & \frac{1+2k}{7}\\b & = & k\end{array} \right.$$

Si arreglas $k$ , digamos $k=0$ entonces $$P=\left[ \begin{array}{cc}2 & \frac{1}{7}\\ 7 & 0\end{array} \right]$$

Tenga en cuenta que $$det(P(k))=\left[ \begin{array}{cc}2 & \frac{1+2k}{7}\\ 7 & k\end{array} \right] = -1 \neq 0 ~\forall k,$$ por lo que la elección de $k$ es arbitraria.