Forma canónica de Jordan

Forma canónica de Jordan
Instancia de forma canónica concepto matemático  Epónimo Camille Jordan
Códigos e identificadores Freebase /m/01tf90 MathWorld JordanCanonicalForm
Wikidata

Un exemplo de matriz en forma canónica de Jordan. Os bloques grises chámanes bloques de Jordan e só teñen diferentes de cero os valores da diagonal (os valores propios) e os que quedan inmediatamente por enriba (estes valen 1). O resto de elementos da matriz, fóra dos bloques de Jordan, son todos cero (aquí representados con espazos en branco).

A forma canónica de Jordan ou forma normal de Jordan é un concepto matemático empregado en álxebra lineal. Debe o seu nome ó matemático francés Camille Jordan, que a descubriu en 1871 para solucionar sistemas de ecuacións diferenciais complexas para matrices complexas. En concreto, é a representación dun endomorfismo cunha matriz de Jordan, que é unha forma especial de matriz triangular superior, en certa base axeitada, denominada como base de Jordan.

O problema de atopar a forma canónica de Jordan dun endomorfismo consiste en calcular a matriz de Jordan que o representa e cal é a base na que o endomorfismo colle esta forma.

A aparencia dunha matriz (ou dun endomorfismo, ou dun operador lineal) en forma canónica de Jordan é o dunha matriz con case todas as entradas nulas(véxase a imaxe do comezo). Trátase dunha matriz diagonal por bloques, onde cada un deles é triangular superior. Levado da diagonal principal e dos elementos inmediatamente por enriba (ou por baixo) desta diagonal, que son 1 ou 0.

Introdución

Adóitase introducir a forma canónica de Jordan presentando os autovalores propios xeneralizados. Sexan $V$ un espazo vectorial de dimensión $n$ e $A\in {\mathcal {M}}_{n\times n}(K)$ unha matriz cadrada de orde $n$ sobre un corpo $K$, dicimos que $\lambda \in K$ é un valor propio xeneralizado de $A$, con vector propio xeralizado $v\in V$ asociado, en caso de que exista algún $m\geq 1$ para o cal se verifique $(A-\lambda I)^{m}v=0$. Un ciclo de Jordan é a sucesión de vectores non nulos resultante de definir iteradamente:

• $v_{r}=v$
• $v_{r-1}=(A-\lambda I)v_{r}$
• $v_{r-2}=(A-\lambda I)v_{r-1}=(A-\lambda I)^{2}v_{r}$

$\vdots$

• $v_{2}=(A-\lambda I)v_{3}=(A-\lambda I)^{r-2}v_{r}$
• $v_{1}=(A-\lambda I)v_{2}=(A-\lambda I)^{r-1}v_{r}$
• $0=(A-\lambda I)v_{1}=(A-\lambda I)^{r}v_{r}$

Dicimos en tal caso que $v_{r}$ é o xerador do ciclo, e que $\lambda$ é un autovalor de orde $r$.

Propiedades

1. Os vectores dun ciclo de Jordan son linearmente independentes.

Demostración: Procederemos por indución sobre a lonxitude do ciclo, $r$. Para $r=1$ o enunciado resulta inmediato. Supoñámolo certo para $r-1$ e probémolo para $r$. Sexan $x_{1},\dots ,x_{r}\in K$, entón temos que se $x_{1}v_{1}+\dots +x_{r}v_{r}=0$, satisfaise: $(A-\lambda I)(x_{1}v_{1}+\dots +x_{r}v_{r})=x_{2}v_{1}+\dots +x_{r}v_{r-1}=0$. Aplicando a hipótese de indución sobre os $r-1$ vectores linealmente independentes resultantes, deducimos $x_{2}=\dots =x_{r}=0$. Por ende, temos que $x_{1}v_{1}+\dots +x_{r}v_{r}=x_{1}v_{1}=0$, do cal se segue necesariamente que $x_{1}=x_{2}=\dots =x_{r}=0$(isto é debido a que podemos supoñer, sen perda de xeralidade, que $r$ é o menor valor para o cal se satisfai $(A-\lambda I)^{r}v=0$, $v_{1}=(A-\lambda I)^{r-1}v\neq 0$), e polo tanto os vectores do ciclo de Jordan son linealmente independentes.

1. O subespazo $\langle v_{1},v_{2},\dots ,v_{r}\rangle$ é invariante baixo $(A-\mu I)v,\mu \in K$.

Demostración: Comezamos apreciando que $A-\mu I=A+\lambda I-\lambda I-\mu I=(A+\lambda I)-(\lambda +\mu )I$. Así resulta inmediato verificar: $(A-\mu I)v_{j}=(A+\lambda I)v_{j}-(\lambda +\mu )v_{j}=v_{j-1}-(\lambda +\mu )v_{j}\in \langle v_{1},v_{2},\dots ,v_{r}\rangle$, independentemente do $\mu \in K$ e $j\in \{1,2,\dots ,r\}$ escollidos.

É un corolario directo da primeira proposición ver que a restrición do endomorfismo $f$ (asociado á matriz $A$) ao subespazo $S=\langle v_{1},v_{2},\dots ,v_{r}\rangle$, colle a seguinte forma:

$(f|_{S})_{{\mathcal {B}}{\mathcal {B}}}={\begin{pmatrix}\lambda &1&0&0&\cdots &0&0\\0&\lambda &1&0&\cdots &0&0\\0&0&\lambda &1&\cdots &0&0\\\vdots &\vdots &\vdots &\vdots &\ddots &\vdots &\vdots \\0&0&0&0&\cdots &\lambda &1\\0&0&0&0&\cdots &0&\lambda \end{pmatrix}}\in {\mathcal {M}}_{r\times r}(K)$

Diremos en tal caso que $(f|_{S})$ é un bloque de Jordan ${\mathcal {J}}$ na base ${\mathcal {B}}=\{v_{1},v_{2},\dots ,v_{r}\}$.Isto é debido a que podemos asegurar que o ciclo de Jordan é unha base do subespazo devandito.

Deste xeito, o problema inicial de atopar unha base de Jordan para $f$ redúcese a unir unha cantidade $k$ de ciclos de Jordan, para que sexa unha matriz diagonal por bloques:

$(f)={\begin{pmatrix}{\mathcal {J}}_{1}&0&\cdots &0\\0&{\mathcal {J}}_{2}&\cdots &0\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\0&0&\cdots &{\mathcal {J}}_{k}\end{pmatrix}}\in {\mathcal {M}}_{n\times n}(K)$

Unha condición necesaria e suficiente para que un endomorfismo admita forma canónica de Jordan é que o seu polinomio característico descompoña completamente, é dicir, se $A\in {\mathcal {M}}_{n\times n}(K)$, entón $Char(A;X)$ ten raíces sobre o corpo $K$. Véxase que isto non é necesariamente certo se o corpo non é alxébricamente pechado. Por exemplo, se $A={\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}}$, entón $Char(A;X)=X^{2}+1$, que non ten raíces reais e polo tanto non admite forma canónica de Jordan sobre $\mathbb {R}$, pero si sobre $\mathbb {C}$. Resulta directo poder afirmar que toda matriz con coeficientes reais ou complexos admite unha base de Jordan sobre $\mathbb {C}$, dado que $\mathbb {R} \subset \mathbb {C}$. Así, nun espazo vectorial complexo de dimensión finita, calquera endomorfismo ten unha forma canónica de Jordan. En troques, nun espazo vectorial real, non todos os endomorfismos teñen unha forma canónica de Jordan real.

Por outra banda, se $A$ e $B$ son dúas matrices cuxos polinomios característicos descompoñen completamente, estas representan o mesmo endomorfismo se e só se as súas formas de Jordan son a mesma(salvo reordeación de bloques).

Demostración: supoñamos que $A$ e $B$ son conxugadas, $B=P^{-1}AP$; entón temos que $(B-\lambda I)^{k}=(P^{-1}AP-\lambda I)^{k}=(P^{-1}AP-\lambda P^{-1}P)^{k}=P^{-1}(A-\lambda I)^{k}P$, onde $k\in \mathbb {N}$, e por ende os ciclos de Jordan son os mesmos para ambas matrices(ir á sección _____________). Por outra banda, se existen $P,Q\in {\mathcal {M}}_{n\times n}(K)$ non singulares tales que $Q^{-1}BQ=P^{-1}AP=J$, conclúese $B=QP^{-1}APQ^{-1}=({PQ^{-1}})^{-1}A(PQ^{-1})$.

Cálculo de bases de Jordan

Nesta sección traballaremos cunha matriz cadrada $A\in {\mathcal {M}}_{n\times n}(K)$, cuxo endomorfismo asociado é $f$.

Sobre os reais

Imos supoñer que $K=\mathbb {R}$ e $Char(A;X)$ descompón completamente sobre $K$. En tal caso:

1. Comezamos calculando as raíces $\lambda _{1},\lambda _{2},\dots ,\lambda _{k}\in K$ de $Char(A;X)=(X-\lambda _{1})^{m_{1}}(X-\lambda _{2})^{m_{2}}\cdots (X-\lambda _{k})^{m_{k}}$. Debido á propiedade 2, podemos estudar cada espazo propio $E_{\lambda }$ por separado. Por simplicidade, traballaremos de agora en diante con $\lambda =\lambda _{1}$
2. A continuación, obtemos o polinomio mínimo de A. Se $\lambda$ ten multiplicidade $l$, entón calculamos os subespazos $Ker(A-\lambda I),Ker(A-\lambda I)^{2},\dots ,Ker(A-\lambda I)^{l}$.
3. Obtemos unha base $\{v_{1,l},v_{2,l},\dots ,v_{r,l}\}$ de $Ker(A-\lambda I)^{l}/Ker(A-\lambda I)^{l-1}$ para posteriormente calcular: $v_{1,l-1}=(A-\lambda I)v_{1,l}=f_{\lambda }(v_{1,l}),v_{2,l-1}=f_{\lambda }(v_{2,l}),\dots ,v_{r,l}=f_{\lambda }(v_{2,l-1})$.
4. O conxunto de vectores $\{v_{1,l-1},v_{2,l-1},\dots ,v_{r,l-1}\}$ é linealmente independente en $Ker(A-\lambda I)^{l-1}/Ker(A-\lambda I)^{l-2}$. Polo teorema de Steinitz, podemos ampliar (véxase que se $dimKer(A-\lambda I)^{l-1}/Ker(A-\lambda I)^{l-2}=r$, entón saltamos directamente ao paso número 5) o conxunto devandito até unha base do espazo cociente.
5. Unha vez obtidos os vectores $\{v_{1,l-1},v_{2,l-1},\dots ,v_{r,l-1},v_{r+1,l-1},\dots ,v_{p,l-1}\}$, aplicamos de novo o pasos 3 e 4 para o conxunto que acabamos de atopar, obtendo así bases sucesivas de $Ker(A-\lambda I)^{l-2}/Ker(A-\lambda I)^{l-3},\dots ,Ker(A-\lambda I)^{2}/Ker(A-\lambda I)$ e $Ker(A-\lambda I)$.

Este proceso pode ser representado sinxelamente cun diagrama de bloques:

________________________________ ________________________________ _______Meter tipo Rivero________ ________________________________ ________________________________

Así, temos que ${\mathcal {B}}_{1}=\{v_{1,l},v_{1,l-1},\dots ,v_{1,1}\},{\mathcal {B}}_{2}=\{v_{2,l},v_{2,l-1},\dots ,v_{2,1}\},\dots ,{\mathcal {B}}_{r}=\{v_{r,l},v_{r,l-1},\dots ,v_{r,1}\},{\mathcal {B}}_{r+1}=\{v_{r+1,l-1},v_{r,l-2},\dots ,v_{r,1}\},\dots ,{\mathcal {B}}_{p}=\{v_{p,l-1},v_{p,l-2},\dots ,v_{p,1}\},\dots$ son ciclos de Jordan. Debido á proposición ___________, podemos garantir que a unión das bases non dará lugar á perda da independencia linear, e temos tantos vectores como a dimensión do espazo vectorial $V$. Por ende, temos que ${\mathcal {B}}={\mathcal {B}}_{1}\cup {\mathcal {B}}_{2}\cup \cdots \cup {\mathcal {B}}_{r}\cup {\mathcal {B}}_{r+1}\cup \cdots \cup {\mathcal {B}}_{p}\cup \cdots$ é unha base de $V$ na que o endomorfismo $f$ toma a forma canónica de Jordan na base ${\mathcal {B}}$.

Exemplo

Consideremos a matriz $A={\begin{pmatrix}0&-1&-3\\-2&1&-3\\2&1&5\end{pmatrix}}--Amatrizdepasofaremosquesexa:102213123$. Esta satisfai $Char(A;X)=(X-2)^{3}$ e $Min(A;X)=(X-2)^{2}$. Tal e como indica o paso 2, temos que calcular $Ker(A-\lambda I)$ e $Ker(A-\lambda I)^{2}$:

• $A-2I={\begin{pmatrix}-2&-1&-3\\-2&-1&-3\\2&1&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-2x-y-3z\\-2x-y-3z\\2x+y+3z\end{pmatrix}}\Rightarrow Ker(A-\lambda I)=\{(x,y,z)\in \mathbb {R} ^{3}:2x+y+3z=0\}=\{(x,-2x-3z,z)\in \mathbb {R} ^{3}:x,z\in \mathbb {R} \}=\langle (1,-2,0),(0,-3,1)\rangle$

Como sabemos que $Ker(A-2I)\subsetneq Ker(A-2I)^{2}$ e $dimKer(A-2I)=2$, entón temos que $Ker(A-2I)^{2}=\langle (1,0,0),(1,-2,0),(0,-3,1)\rangle$. Estamos en disposición de obter os ciclos de Jordan:

• Como $dimKer(A-\lambda I)^{2}/Ker(A-\lambda I)=1$, entón $v_{1,2}=(1,0,0)$ e $v_{1,1}={\begin{pmatrix}-2&-1&-3\\-2&-1&-3\\2&1&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-2\\-2\\2\end{pmatrix}}$

Por último, queda atopar $v_{2,1}\in Ker(A-2I)$ tal que $\{v_{2,1},(-2,-2,2)\}$ sexa linearmente independente. Collendo $v_{2,1}=(1,-2,0)$, temos que: ${\mathcal {B}}=\{(1,0,0),(-2,-2,1),(1,-2,0)\}$ é unha base de Jordan. Logo: $A={\begin{pmatrix}0&-1&-3\\-2&1&-3\\2&1&5\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&-2&1\\0&-2&-2\\0&1&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}2&1&0\\0&2&0\\0&0&2\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&-2&1\\0&-2&-2\\0&1&0\end{pmatrix}}^{-1}$

Cabe apreciar que, atendendo á orde da base, os bloques aparecerán permutados; porén, sempre hai que manter xuntos os vectores de cada ciclo, pois do contrario obteríamos unha matriz triangular superior salvo permutación.

Véxase tamén

Bibliografía

• Castellet, Manuel; Llerena, Irene (1988). Àlgebra lineal i geometria. Bellaterra: Servizo de Publicacións da Universidade Autónoma de Barcelona. ISBN 84-7488-218-4. 
• Lipschutz, Seymour (1992). Álgebra lineal (en castelán) (2a. ed. ed.). Madrid: McGraw-Hill. ISBN 84-7615-758-4. 
• Paige, Lowel J.; Dean Swift, J.; Slobko, Thomas A. (1982). Elementos de álgebra lineal (en castelán) (2a. ed. ed.). Barcelona: Reverté. ISBN 84-291-5097-8. 
• Shilov, Georgi E. (1977). Linear algebra (en inglés) (edición revisada ed.). Nova York: Dover. ISBN 978-0486635187.