Forma de Jordan 3x3 con autovalor triple de Dim Geométrica Dos PDF

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FORMA DE JORDAN 3x3 CON AUTOVALOR TRIPLE DE DIM. ´ DOS. GEOM ETRICA Alvaro Rubio May 5, 2012

La matriz a resolver es la del ejemplo de clase: 

−1  −1 1 Para sacar los autovalores:    −1 − λ 0  −1    −1 − λ  −1  −λ −1  = −λ   1  1 0 1 − λ

 0 −1 0 −1  0 1

    −λ −λ  −1    = λ3 = 0 ⇔ λ = 0 = −λ  1−λ 1 1−λ

Ya sabemos que λ = 0 es un autovalor triple, vamos a ver sus autovalores hallando K er(A− λI) = Ker(A):   −1 0 −1    Ker(A) = K er  −1 0 −1  = (1, 0, −1), (0, 1, 0) = u, v] ⇒ dim(K er(A)) = 2 1 0 1 Como la  λ J = 0 0

dimensi´on del n´ ucleo (Kern en Alem´an)   0 0 0 0 λ 1 , si λ = 0 entonces J =  0 0 0 0 0 λ

es dos, su forma de Jordan ser´a:  0 1 0

Para completar la matriz de cambio de base tenemos los autovectores u, v y necesitamos un tercer vector, para ello cogeremos uno que no est´e en el Kern de (A − λI), pero que el producto (A − λI)w s´ı est´e contenido en el Kern de (A − λI), para ello necesitamos que: (A − λI)w ∈ K er(A − λI) → (A − λI)2 w ∈ (A − λI) ∗ Ker(A − λI) = 0 ⇒ w ∈ Ker((A − λI )2 ) Pero: (A − λI)2 = A2 = 0 por tanto cualquier vector est´a en el Kern de (A − λI)2 . Para facilitar las cosas tomamos como w el vector (1, 0, 0), que no est´ a en el n´ ucleo de (A − λI): (A − λI )w = Aw = (−1, −1, 1) El nuevo vector (−1, −1, 1) est´a en el n´ ucleo de (A − λI).  Ahora para formar  la matriz C del cambio de base necesitamos coger una base de dicho n´ ucleo, ´esta ser´a: (0, 1, 0), (−1, −1, 1) (obviamente el vector que 1

hemos hallado tiene que estar dentro de la base, menuda estupidez buscarlo para no usarlo despu´es, adem´as es completamente necesario en este caso).   Una vez hallada la base de dicho n´ ucleo podemos ver que la base C = (0, 1, 0), (−1, −1, 1), (1, 0, 0) . Pero la posici´on de dichos vectores en la base no es en absoluto aleatoria: en este caso el u ´ltimo es aquel que no estaba en la base del n´ ucleo, el pen´ ultimo el nuevo vector que se hall´o para la base y el primero es el vector de la base que se hall´o al principio: 

0 C =1 0

−1 −1 1

 1 0 0

  La  raz´on de estas posiciones es sencilla: imaginemos que estamos en la base (0, 1, 0), (−1, −1, 1), (1, 0, 0) = u, v, w . En dicha base la matriz A se expresa en su forma de Jordan como:   λ 0 0 AC = J =  0 λ 1 , ahora vamos a ir multiplicando los vectores de la base por esta matriz: 0 0 λ      λ 1 λ 0 0 AC u = J u =  0 λ 1   0  =  0  = λu, por tanto comprobamos que, efectivamente, u es 0 0 0 0 λ autovector de A.      0 λ 0 0 0 AC v = J v =  0 λ 1   1  =  λ  = λv, as´ı que v vuelve a ser autovector de A. 0 0 λ 0 0      0 0 λ 0 0 AC w = J w =  0 λ 1   0  =  1 = v + λw, por esta raz´on v ten´ıa que estar en la segunda 1 0 0 λ λ posici´on de la base, porque si no J w = u + λw, que no es cierto. Por otro lado v + λw sabemos que es cierto ya que: (A − λI)w = v → Aw − λw = v ⇒ Aw = v + λw. Obs´ervese que para este u ´ltimo ejemplo se ha vuelto a cambiar de base a las can´ onicas, sin embargo el resultado no ha perdido su generalidad.



Ya hallada la matriz de cambio de base C podemos comporbar que:

A = CJ C −1



0 = 1 0

−1 −1 1

 0 1 0  0 0 0

 0 0 1 0 1 0

0 0 0

1 0 0

  1 −1 1  =  −1 1 1

 0 −1 0 −1  0 1

Nota: para la  matriz J  no es absolutamente necesaria dicha forma, tambi´en podr´ıa haber sido J = 0 0 0 0 1 0  1 0 0  ´o J =  0 0 0  con el consiguiente cambio en las posiciones de la base C, que se efectuar´ıa 0 0 0 0 0 0 mediante un razonamiento similar al aqu´ı hecho. 

2...