Forma canònica de Jordan

Eixemple de matriu en forma normal de Jordan. Els blocs en gris es coneixen com a blocs de Jordan. Note's que la ${\lambda }_i$ en diferents blocs pot ser igual.

En àlgebra llineal, la forma canònica de Jordan és la forma de la matriu d'un endomorfisme d'un espai vectorial en certa base associada a la descomposició en suma directa de subespacios invariantes baix dit endomorfisme. Dita forma canònica consistirà que la matriu estarà formada per "blocs de Jordan" en la diagonal i blocs de zeros anara d'ella.

Introducció

Siga $f$ un endomorfisme sobre un $K$-espai vectorial $V$ de dimensió $n>1$ $(f:V\to V)$. Si el polinomi característic de $f$ es factoriza completament sobre el cos $K$ (és dir, $K$ és el cos de descomposició del polinomi característic de la matriu), existix una base a on l'aplicació llineal ve donada per una "matriu de m blocs" ($m\le n$) en la següent forma.

A on cada submatriz ${𝐀}_k$ és un bloc de Jordan.

A on ${\lambda }_1,\mathrm{...}{\lambda }_m$ són raïls del polinomi característic (valors propis), i $\sum _{k=1}^m{n}_k=n,$
Quan $f$ és diagonalisable, val que $m=n$ i $\mathrm{\forall }k:n_k=1$, per lo que la forma canònica de Jordan de la matriu és una matriu diagonal. Alguns llibres de text coloquen els uns baix de la diagonal en lloc de damunt. La diferència és purament notacional.

Eixemple

Considere's la situació d'una matriu diagonalisable. Una matriu quadrada és diagonalisable si la suma de les dimensions dels espais propis (eigenspaces) és el número de files o columnes de la matriu. Examinem la matriu següent:

Tenim valors propis de A que són sol λ = 5, 5, 5, 5. Ara be, la dimensió del núcleu de $A-5{\mathrm{Id}}_4$ és 1 (a on ${\mathrm{Id}}_4$ representa la matriu identitat d'orde 4), per lo tant A no és diagonalisable. No obstant, podem construir la forma de Jordan d'esta matriu. Ya que la dimensió és 1, sabem que la forma de Jordan està composta de solament un bloc de Jordan, és dir, la forma de Jordan de A és:

Observe's que J pot escriure's com $5{\mathrm{Id}}_4+N$, a on N és una matriu nilpotent. ya que ara tenim A similar a dita matriu simple, podrem realisar càlculs que involucren a A usant la forma de Jordan, lo que en molts casos pot simplificar el càlcul. Per eixemple, calcular potències de matrius és significativament més senzill usant la forma de Jordan.

Càlcul de la forma de Jordan

1) Supongam que es vol diagonalizar la següent matriu

$A=\left(\begin{array}{ccc}1& -2& 1\\ 0& -1& 0\\ -1& 1& 3\end{array}\right)$

Primers calculem el polinomi característic i veem si $A$ és diagonalisable.

$\begin{array}{ccc}{p}_A(\lambda )& =& \det (\lambda I-A)={\lambda }^3-\mathrm{t}\mathrm{r}(A){\lambda }^2+(A_{11}+A_{22}+A_{33})\lambda -\det (A)=\\ & =& {\lambda }^3-3{\lambda }^2+(-3+4-1)\lambda -(-4)={\lambda }^3-3{\lambda }^2+4=(\lambda +1)(\lambda -2{)}^2\end{array}$

Fem $p_A(\lambda )=0$ i obtenim els autovalores $-1$ i $2$, este últim de multiplicitat algebraica 2. Per a vore si $A$ és diagonalisable busquem els autovectores, estos conformen les bases dels espais $\ker (A-\lambda I)$ (és dir els espais propis $E_{\lambda }$). Per al primer valor propi obtenim $A-(-1)I$:

$A+I=\left(\begin{array}{ccc}2& -2& 1\\ 0& 0& 0\\ -1& 1& 4\end{array}\right)\sim \left(\begin{array}{ccc}-1& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)⟹\{\begin{array}{ccc}-x+y& =& 0\\ z& =& 0\end{array}⟺\{\begin{array}{ccc}x& =& y\\ z& =& 0\end{array}$

d'a on es resol que $\ker (A-\lambda I)=\{(x,x,0):x\in ℝ\}$. En particular, un vector de la base (el més simple sense contar el nul) és (1,1,0).

Ara per a l'atre autovalor

$A-2I=\left(\begin{array}{ccc}-1& -2& 1\\ 0& -3& 0\\ -1& 1& 1\end{array}\right)\sim \left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 1\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)⟹\{\begin{array}{ccc}-x+z& =& 0\\ y& =& 0\end{array}⟺\{\begin{array}{ccc}x& =& z\\ y& =& 0\end{array}$

És dir que vàrem obtindre $\ker (A-\lambda I)=\{(z,0,z):z\in ℝ\}$ pero este espai és unidimensional després no alcancen els autovectores per a construir una base de ${ℝ}^3$ (suponent que estem treballant en este espai) i per lo tant $A$ NO ES diagonalisable. ¿Cóm reduir esta matriu a una forma simple llavors si no la podem fer diagonal? Precisament d'açò es tracta la forma de Jordan, buscarem un vector més, linealment independent respecte dels anteriors de modo que pugam construir la matriu de passage tal que $A$ quede triangular, en lloc de diagonal, expressada com a blocs de Jordan.

Siga B esta base, deu estar conformada per tres vectores i solament tenim dos. Hi ha vàries maneres de encontarlo, una és propondre $B=\{(1,1,0),(1,0,1),(a,b,c)\}$ i buscar les coordenades (a,b,c) tal que es complixca $J=P^{-1}AP⟺PJ=AP$ a on J és la matriu en forma canònica de Jordan i P és la matriu canvie de base de B a la base canònica de ${ℝ}^3$. Per la manera en la que definim la base B la matriu J té que ser

$J=\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& 2& 1\\ 0& 0& 2\end{array}\right)$

és dir que basta efectuar els productes mencionats i igualar-los, queda

$PJ=AP⟺\left(\begin{array}{ccc}-1& 2& 2a+1\\ -1& 0& 2b\\ 0& 2& 2c+1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}-1& 2& a-2b+c\\ -1& 0& -b\\ 0& 2& -a+b+3c\end{array}\right)$

Queda format llavors el següent sistema

$\{\begin{array}{ccc}a+2b-c& =& -1\\ b& =& 0\\ a-b-c& =& -1\end{array}⟺\{\begin{array}{ccc}a& =& c-1\\ b& =& 0\end{array},\therefore (a,b,c)=(c-1,0,c)$

que són infinits vectores de la forma $(a,b,c)=(1,0,1)t+(-1,0,0)$ (notem que es tracta d'una múltiple del autovector associat al autovalor 2 pero en una coordenada sumada). En particular per a $t=1$ s'obté una de les infinites solucions $P=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 1& 0& 0\\ 0& 1& 1\end{array}\right)$.

En general, qualsevol matriu de la forma $P=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& t-1\\ 1& 0& 0\\ 0& 1& t\end{array}\right)$ complix que

$P^{-1}AP=J=\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& 2& 1\\ 0& 0& 2\end{array}\right)$.

Nota: podem resoldre el sistema PJ=AP triangulando la matriu ampliada $(A-2I|\begin{array}{c}1\\ 0\\ 1\end{array})$. Este algoritme serà analisat en el següent eixemple en més detall.

2) Prengam ara una matriu similar a l'anterior

$A=\left(\begin{array}{ccc}2& 0& 1\\ 1& 1& 0\\ -1& 1& 3\end{array}\right)$

de la qual busquem la forma de Jordan. El polinomi característic és

$p_A(\lambda )=\det (\lambda I-A)={\lambda }^3-6{\lambda }^2+12\lambda -8=(\lambda -2{)}^3$.

Vejam que per a $p_A(\lambda )=0$ obtenim un únic autovalor $\lambda =2$, açò significa que $A$ no és diagonalisable ya que l'única manera d'obtindre que $\mathrm{r}\mathrm{g}(A-2I)=0$ (i per lo tant $\dim (E_2)=3$) és que $(A-2I)$ siga la matriu nula, o lo que és lo mateix, que A siga una matriu diagonal l'única entrada de la qual no nula siga 3.

Busquem llavors els autovectores...

$A-2I=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 1\\ 1& -1& 0\\ -1& 1& 1\end{array}\right)\sim \left(\begin{array}{ccc}1& -1& 0\\ 0& 0& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\Rightarrow \{\begin{array}{ccc}x-y& =& 0\\ z& =& 0\end{array}⟺\{\begin{array}{ccc}x& =& y\\ z& =& 0\end{array}$

És dir $(x,y,z)\in E_2⟺(x,y,z)=y(1,1,0)$ açò equival a afirmar que el vector $(1,1,0)$ genera el subespacio $E_2=\ker (A-2I)$.

Per a trobar un atre vector linealment independent, podem triangular la matriu A-2I ampliada en les coordenades del autovector (associat a este autovalor 2) com a columna.

$(A-2I|\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array})=\left(\begin{array}{cccc}0& 0& 1& 1\\ 1& -1& 0& 1\\ -1& 1& 1& 0\end{array}\right)\sim \left(\begin{array}{cccc}1& -1& 0& 0\\ 0& 0& 1& 1\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right)\Rightarrow \{\begin{array}{ccc}x-y& =& 0\\ z& =& 1\end{array}$

Si cridem $y=u$ tenim vectores de la forma $(x,y,z)=(u,u,1)=u(1,1,0)+(0,0,1)$ ¡que són combinacions llineals del autovector! No obstant encara nos falta un vector més per a construir una base de ${ℝ}^3$, este s'obté substituint la solució $𝐯=u(1,1,0)+(0,0,1)$ en el producte $(A-2I)[𝐯]$.

$(A-2I)\left(\begin{array}{c}u\\ u\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ i per lo tant la base buscada és $\{(1,1,0),(1,0,1),(u,u,1)\}$. És important posar-los en este orde, d'un atre modo la matriu en esta base no estarà constituïda per blocs de Jordan.

Formem

$P=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& u\\ 1& 0& u\\ 0& 1& 1\end{array}\right)\Rightarrow P^{-1}AP=J=\left(\begin{array}{ccc}2& 1& 0\\ 0& 2& 1\\ 0& 0& 2\end{array}\right)\mathrm{\forall }u$

3) Trobar la forma canònica de Jordan de la matriu

$A=\left(\begin{array}{ccccc}1& 2& 3& 0& 0\\ 0& 1& 2& 0& 0\\ 0& 0& 1& 2& 0\\ 0& 0& 0& 2& 1\\ 0& 0& 0& 0& 1\end{array}\right)$

Trobem el polinomi característic:

$P_A(\lambda )=(1-\lambda {)}^4(2-\lambda )$

Les seues raïls són ${\lambda }_1=1$ i ${\lambda }_2=2$ en multiplicitat 4 i 1 respectivament.
Busquem els autovectores, comencem en

$\underset{\_}{{\lambda }_1=1}$

Triangulamos

$A-I=\left(\begin{array}{ccccc}0& 2& 3& 0& 0\\ 0& 0& 2& 0& 0\\ 0& 0& 0& 2& 0\\ 0& 0& 0& 1& 1\\ 0& 0& 0& 0& 0\end{array}\right)\sim \left(\begin{array}{ccccc}0& 1& 0& 0& 0\\ 0& 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 0& 1\\ 0& 0& 0& 0& 0\end{array}\right)\Rightarrow x_2=x_3=x_4=x_5=0$

Per lo tant l'espai propi associat a este autovalor és $E_1=\ker (A-I)=\{(t,0,0,0,0):t\in ℝ\}$. Resulta evident que la matriu no és diagonalisable, ya que la multiplicitat geomètrica és menor que 4, o lo que és equivalent, $\dim (E_1)=1<4$.

Per ara, busquem l'atre autovector.

$\underset{\_}{{\lambda }_2=2}$

$A-2I=\left(\begin{array}{ccccc}-1& 2& 3& 0& 0\\ 0& -1& 2& 0& 0\\ 0& 0& -1& 2& 0\\ 0& 0& 0& 0& 1\\ 0& 0& 0& 0& -1\end{array}\right)\sim \left(\begin{array}{ccccc}1& 0& 0& -14& 0\\ 0& 1& 0& -4& 0\\ 0& 0& 1& -2& 0\\ 0& 0& 0& 0& 1\\ 0& 0& 0& 0& 0\end{array}\right)\Rightarrow \{\begin{array}{ccc}{x}_1& =& 14x_4\\ x_2& =& 4x_4\\ x_3& =& 2x_4\\ x_5& =& 0\end{array}$

És dir que, si designem $t=x_4$ obtenim $E_2=\ker (A-2I)=\{t(14,4,2,1,0):t\in ℝ\}$.

Busquem la base en la qual A té la forma de Jordan. Per a ${\lambda }_1$ tenim que trobar 3 vectores més que siguen linealment independents en $(1,0,0,0,0)$, puix la multiplicitat de ${\lambda }_1$és 4 i nosatres tenim un únic vector. Una forma de trobar estos vectores és la següent.

Trobar les potències $(A-{\lambda }_{1}I{)}^2,(A-{\lambda }_{1}I{)}^3,\mathrm{...}$ fins que la dimensió de l'últim siga la multiplicitat de la raïl (4 en este cas).

$C:=(A-1\cdot I{)}^2=\left(\begin{array}{ccccc}0& 0& 4& 6& 0\\ 0& 0& 0& 4& 0\\ 0& 0& 0& 2& 2\\ 0& 0& 0& 1& 1\\ 0& 0& 0& 0& 0\end{array}\right)$

Obtenim que el ranc és 3, després la seua nulitat és 2. Resolent el sistema $CX=0$ s'obté que totes les coordenades dels vectores de $\ker (A-1\cdot I{)}^2$ han de valdre zero, llevat les dos primeres. Com $\ker (A-\lambda I)\subset \ker (A-\lambda I{)}^2$, sabem que podem expandir la base de $\ker (A-1\cdot I)$ per a obtindre una base de $\ker (A-1\cdot I{)}^2$. Elegim llavors el vector $(0,1,0,0,0)$ . Aixina: $\ker (A-1\cdot I{)}^2=⟨(1,0,0,0,0),(0,1,0,0,0)⟩$.

$D:=(A-1\cdot I{)}^3=\left(\begin{array}{ccccc}0& 0& 0& 14& 6\\ 0& 0& 0& 4& 4\\ 0& 0& 0& 2& 2\\ 0& 0& 0& 1& 1\\ 0& 0& 0& 0& 0\end{array}\right)$

El ranc d'esta matriu és $rg(D)=2$. La seua nulitat és per tant 3. Resolem el sistema $DX=0$ i observem que les dos últimes coordenades han de valdre 0. Expandim la base de $\ker (A-1\cdot I{)}^2$ per a obtindre la de $\ker (A-1\cdot I{)}^3$, per eixemple en el vector (0,0,1,0,0):

$\ker (A-1\cdot I{)}^3=⟨(1,0,0,0,0),(0,1,0,0,0),(0,0,1,0,0)⟩$

$E:=(A-1\cdot I{)}^4=\left(\begin{array}{ccccc}0& 0& 0& 14& 14\\ 0& 0& 0& 4& 4\\ 0& 0& 0& 2& 2\\ 0& 0& 0& 1& 1\\ 0& 0& 0& 0& 0\end{array}\right)$

En este cas, la nulitat de $E$ és n(I)=4, i com la dimensió de $\ker (A-1\cdot I{)}^4$ (és dir, la nulitat de $E$) no pot ser superior a la multiplicitat algebraica del autovalor 1, que és 4, ya hem aplegat a la dimensió màxima. Resolem el sistema $EX=0$ i concluímos que la suma de les últimes dos coordenades ha de ser nula. Ara prenem un vector $v_4\in \ker (A-1\cdot Id{)}^4$ pero que no pertanyga a cap dels anteriors. Per eixemple, $v_4=(0,0,0,1,-1)$. Obtenim aixina la base de $\ker (A-1\cdot Id{)}^4$:

$\ker (A-1\cdot Id{)}^4=⟨(1,0,0,0,0),(0,1,0,0,0),(0,0,1,0,0),(0,0,0,1,-1)⟩$.

Ara cal trobar $v_3,v_{2}y{v}_1$.

$v_3=(A-1\cdot Id)v_4=(0,0,2,0,0)$

$v_2=(A-1\cdot Id{)}^2{v}_4=(A-1\cdot Id)v_3=(6,4,0,0,0)$

$v_1=(A-1\cdot Id{)}^3{v}_4=(A-1\cdot Id)v_2=(8,0,0,0,0)$.

Com $\ker (A-2\cdot Id)=⟨(14,4,2,1,0)⟩$, ya tenim els 5 vectores de la nova base.

La matriu de canvi de base és

$P=\left(\begin{array}{ccccc}8& 6& 0& 0& 14\\ 0& 4& 0& 0& 4\\ 0& 0& 2& 0& 2\\ 0& 0& 0& 1& 1\\ 0& 0& 0& -1& 0\end{array}\right)$

Per a trobar la matriu de Jordan solament cal fer les imàgens per a, dels vectores de la base de Jordan, i expressar-los en dita base:

$A{v}_1=v_1\Rightarrow (1,0,0,0,0)$

$A{v}_2=v_1+v_2\Rightarrow (1,1,0,0,0)$

$A{v}_3=v_2+v_3\Rightarrow (0,1,1,0,0)$

$A{v}_4=v_3+v_4\Rightarrow (0,0,1,1,0)$

$A{v}_5=2v_5\Rightarrow (0,0,0,0,2)$

$J=\left(\begin{array}{ccccc}1& 1& 0& 0& 0\\ 0& 1& 1& 0& 0\\ 0& 0& 1& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 0& 2\end{array}\right)$

Es complix $J=P^{-1}AP$

Vore també

• Subespacio invariante
• Valor i vector propi
• Àlgebra llineal
• Transformació llineal