Ejemplo de Diagonalización por Jordan

De 19E37 - Academia de Ciencias
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Vamos a diagonalizar la matriz: \[A = \left(\begin{matrix} 2 && 1 && 0 \\ 1 && 2 && 1 \\ 0 && -1 && 2 \end{matrix}\right) \]

Buscamos sus autovalores

Para ello resolvemos el polinomio característico: \[|A-λ·I| = 0 \Rightarrow \left|\begin{matrix} 2-λ && 1 && 0 \\ 1 && 2-λ && 1 \\ 0 && -1 && 2-λ \end{matrix}\right| \Rightarrow (2-λ)^3 = 0 \Rightarrow λ = 2 \]

Tenemos un autovalor λ2 = 2 de multiplicidad algebraica 3.

Calculamos la multiplicidad geométrica de los autovalores

Lo hacemos para ver si es diagonalizable. Para ello, calculamos la dimensión del núcleo de la aplicación que representa la matriz (A-λ·I). \[dim(Ker(A-λ·I) = rango(A) - rango(A-λ·I)\]

Vemos que el rango(A) = 3 porque su determinante no es nulo. Y vemos que el rango(A-λ·I) = 2. Luego dim(Ker(A-λ·I) = 3-2 = 1.

Esto nos indica que A no es diagonalizable. Así que calcularemos su matriz de Jordan.

Calculamos el número de 1 del bloque de Jordan

El bloque de Jordan será de orden 3 (multiplicidad algebraica del autovalor que falla), y tendrá 2 "unos" en la segunda diagonal (multiplicidad del autovalor que falla - dim(Ker(A-λ·I)). Así que el bloque de Jordan nos queda:

\[J = \left(\begin{matrix} 2 && 1 && 0 \\ 0 && 2 && 1 \\ 0 && 0 && 2 \end{matrix}\right) \]

En este caso, como solo tenemos un autovalor, el bloque de Jordan coincide con toda la matriz de Jordan.

Encontramos los vectores del la base de cambio

Para construir la matriz de paso (P) necesitamos tres vectores linealmente independientes, que obtendremos de la cadena de núcleos (A-λ·I)n. Para ello, primero obtenemos las bases cada uno de los núcleos de la cadena.

n=1

Buscamos\[(A-λ·I)·\vec x = \vec 0 \Rightarrow \left(\begin{matrix} 0 && 1 && 0 \\ 1 && 0 && 1 \\ 0 && -1 && 0 \end{matrix}\right) · \left(\begin{matrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\right) \Rightarrow \left\{\begin{array}{l} x_2 = 0 \\ x_1 + x_3 = 0 \\ -x_2 = 0 \end{array}\right. \]

Luego una base del Ker(A-λ·I) = {<1,0,-1>}

n=2

\[(A-λ·I)^2·\vec x = \vec 0 \Rightarrow \left(\begin{matrix} 0 && 1 && 0 \\ 1 && 0 && 1 \\ 0 && -1 && 0 \end{matrix}\right) · \left(\begin{matrix} 0 && 1 && 0 \\ 1 && 0 && 1 \\ 0 && -1 && 0 \end{matrix}\right) · \left(\begin{matrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\right) \Rightarrow \left(\begin{matrix} 1 && 0 && 1 \\ 0 && 0 && 0 \\ -1 && 0 && -1 \end{matrix}\right) · \left(\begin{matrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\right) \Rightarrow \left\{\begin{array}{l} x_1 + x_3 = 0 \\ -x_1 - x_3 = 0 \\ \end{array}\right. \]

Construimos una base del Ker(A-λ·I)2 extendiendo la base anterior: Ker(A-λ·I)2 = {<1,0,-1>,<0,1,0>}

n=3

\[(A-λ·I)^3·\vec x = \vec 0 \Rightarrow \left(\begin{matrix} 1 && 0 && 1 \\ 0 && 0 && 0 \\ -1 && 0 && -1 \end{matrix}\right) · \left(\begin{matrix} 0 && 1 && 0 \\ 1 && 0 && 1 \\ 0 && -1 && 0 \end{matrix}\right) · \left(\begin{matrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\right) \Rightarrow \left(\begin{matrix} 0 && 0 && 0 \\ 0 && 0 && 0 \\ 0 && 0 && 0 \end{matrix}\right) · \left(\begin{matrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\right) \]

Luego Ker(A-λ·I)3 es ℝ3 y una base (extendiendo de la anterior) es: Ker(A-λ·I) = {<1,0,-1>,<0,1,0>,<1,0,0)}

Ya hemos alcanzado la dimensión 3 que necesitábamos.

Construimos la Base de Autovectores de λ2

Para ello, tomamos el último vector del último vector del último núcleo (\(\vec v_3\)) y buscamos su imagen en cada uno de los núcleos de la cadena, empezando con el anterior (n-1)\[\vec v_1 = (A-λ·I)^2·\vec v_3 \Rightarrow \vec v_1 = \left(\begin{matrix} 1 && 0 && 1 \\ 0 && 0 && 0 \\ -1 && 0 && -1 \end{matrix}\right)· \left(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{matrix}\right) \]

\[\vec v_2 = (A-λ·I)·\vec v_3 \Rightarrow \vec v_2 = \left(\begin{matrix} 0 && 1 && 0 \\ 1 && 0 && 1 \\ 0 && -1 && 0 \end{matrix}\right)· \left(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}\right) \]

Nos queda\[V_{λ_2} = \{\vec v_1, \vec v_2, \vec v_3\} = \{<1,0,-1>,<0,1,0>,<1,0,0>\}\]

¡OJO! el orden de los vectores es importante (si queremos que la matriz de paso nos quede bien)

Y ahora formamos la matriz de paso\[P = \left(\begin{matrix} 1 && 0 && 1 \\ 0 && 1 && 0 \\ -1 && 0 && 0 \end{matrix}\right) \]

Que es la matriz que cumple: J=P-1·A·P

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