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[Resuelto] 2do P, 2do cuatrimestre 2009, ej 2

0 respuestas 3283 visitas 2009-12-19

#1 FJL 2009-12-19 22:08

$Ejercicio 2. Sea $A \in \mathbb{C}^{4 \times 4}$ la matriz $A = \begin{pmatrix}3 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ -2 & 1 & 2 & 2 \end{pmatrix}

$$$i) Calcular su forma de Jordan.$$$

$$$ii) Encontrar subespacios de dimension $1$, $2$ y $3$ $A$-invariantes.$$$

i)
La forma de Jordan son cadenas de bloques de cada autovalor, puestos en la diagonal. Entonces parece razonable empezar encontrando estos autovalores.

\chi_A = \begin{vmatrix}\lambda - 3 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & \lambda-2 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & \lambda - 1 & 0 \\ 2 & -1 & -2 & \lambda-2\end{vmatrix} \\ = (\lambda-2).\begin{vmatrix}\lambda-3 & 0 & 1 \\ 0 & \lambda-2 & 0 \\ -1 & 0 & \lambda-1\end{vmatrix} \\ = (\lambda-2)^4

Tiene un solo autovalor. Veamos cual es su multiplicidad geométrica:

Nu(A-2I) = Nu\begin{pmatrix}1 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & -1 & 0 \\ -2 & 1 & 2 & 0\end{pmatrix} = \langle(1, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)\rangle

Bueno, esos 2 vectores son autovectores de autovalor \(2\). Claramente, no forman una base de \(\mathbb{C}^4\). Entonces, no va a ser diagonalizable, porque no existe una base de autovectores. Pero tengo dos autovectores solamente, y un solo autovalor. Entonces, como la suma de las multiplicidades geométricas de cada autovalor es la cantidad de bloques de Jordan que va a haber en la forma de Jordan de la matriz, sabemos que va a tener 2 bloques de Jordan.

Calculemos entonces los autovectores generalizados de autovalor 2.

(A - 2I)^2 = \begin{pmatrix}1 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & -1 & 0 \\ -2 & 1 & 2 & 0\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}1 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & -1 & 0 \\ -2 & 1 & 2 & 0\end{pmatrix} = 0

Entonces \(Nu((A - 2I)^2) = \mathbb{C}^4\).

Entonces puedo completar a \(B_1 = \{1, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)\}\) con dos vectores \(v_1, v_2 \in \mathbb{C}^4\) tal que \(v_1 \notin Nu(A-2I) \land v_1 \in Nu((A-2I)^2) \land v_2 \notin Nu(A-2I)\) y \(v_2 \in Nu((A-2I)^2)\).
Con unas simples cuentas vemos que

(A-2I).\begin{pmatrix}0\1\0\0\end{pmatrix} = (0, 0, 0, 1) \land (A-2I).\begin{pmatrix}0\2\-1\0\end{pmatrix} = (1, 0, 1, 0)

, y que estos vectores cumplen lo que queríamos.
Esto no es tan galerazo, en realidad podríamos simplemente completar a \(B_1\) a una base de \(\mathbb{C}^4\) con los vectores \(v, w\) y calcular \(\{v, (A-2I)v, w, (A-2I)w\}\) para nuestra base de Jordan. Yo elegí buscar esos dos para que me quede la base \(B_J = \{(0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1), (0, 2, -1, 0), (1, 0, 1, 0)\}\) con justamente los dos autovectores que habíamos encontrado, y esta es nuestra forma de Jordan, pero cualquier base de ese estilo funciona exactamente igual.
Es fácil verificar que si

C_{B_J} = \begin{pmatrix}0 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 1\\0 & 1 & 0 & 0\end{pmatrix}

, entonces

{C_{B_J}}^{-1} = \begin{pmatrix}-2 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}

, y que

{C_{B_J}}^{-1} \cdot A \cdot C_{B_J} = \begin{pmatrix}2 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 2\end{pmatrix} = J_A

ii)
Es claro que como para todo \(\lambda\)-autovector \(v\) de una matriz \(A\) vale \(Av = \lambda \cdot v\), entonces si \(w \in \langle v \rangle\), \(Aw = A(\alpha v) = \alpha \cdot (Av) = \alpha \cdot \lambda \cdot v \in \langle v \rangle\). Entonces \(\langle v \rangle\) es siempre un espacio \(A\)-invariante, de dimensión 1. En este caso podemos tomar al generador por el autovector \((0, 0, 0, 1)\) como un subespacio \(A\)-invariante de dimensión 1.

También, por la forma de Jordan que tiene, y por la base que elegimos, se vé que los primeros 2 vectores y los segundos 2 dividen al espacio en dos subespacios \(A\)-invariantes de dimension 2. Hagamos la cuenta igual, por si no se vé tan claro:
Sea \(v = \alpha (0, 1, 0, 0) + \beta (0, 0, 0, 1) \in \langle(0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1)\rangle\).
\(Av = \alpha A(0, 1, 0, 0) + \beta A (0, 0, 0, 1) = \alpha (0, 2, 0, 1) + \beta (0, 0, 0, 2) \in \langle(0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1)\rangle\).
Entonces \(\langle(0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1)\rangle\) es \(A\)-invariante.

Para el de dimensión 3, podemos usar que la suma de espacios invariantes es invariante. Entonces, si usamos \(\langle(1, 0, 1, 0)\rangle \oplus \langle(0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1)\rangle = \langle(0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1), (1, 0, 1, 0)\rangle\), es \(A\)-invariante por suma de subespacios \(A\)-invariantes.

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Por qué los poetas usan integrales?
Porque Riemann.