Forma canonica di Jordan e matrice Jordanizzante

[freekiller]

Buonasera, dovrei trovare forma canonica di Jordan e matrice Jordanizzante di:
$ A =( ( 8 , 6 , -4 ),( 0 , 2 , 0 ),( 9 , 9 , -4 ) ) $

Ho trovato la matrice di Jordan come $ J =( ( 2 , 1 , 0 ),( 0 , 2 , 0 ),( 0 , 0 , 2 ) ) $
e quando procedo per trovare la matrice di cambio di base mi perdo.

Questi i miei passaggi:

1. Trovo il $ ker (A-\lambdaI)= <((2), (0), (3)),((0), (2), (3))> $

2. Provo a trovare l'ultimo autovettore generalizzato con:
$ ( ( 6 , 6, -4),( 0, 0, 0 ),( 9, 9, -6) )* ((0), (0), (1))=((-4), (0), (-6)) $
ma non mi trovo più.

Dove sbaglio? Grazie

[megas_archon]

Da come è fatta la forma di Jordan devi trovare una soluzione al sistema \((A-2\mathbb I)v_2 = v_1\), cioè risolvere
\[3X+3Y-2Z=1\] Questo è abbastanza facile.

[freekiller]

Potresti definire $ v_1 $ e $ v_2 $ ?
Inoltre non capisco l'equazione da dove derivi(forse manca un'incognita?).

[freekiller]

Provando e riprovando sono giunto alla conclusione che sui primi punti non sbagliavo. Pertanto mi risultano corrette le prime 2 colonne della matrice di cambio di base $ T $ che quindi devono essere $ ( ( -4),( 0 ),( -6) ) ,( ( 0),( 0 ),( 1) ) $ .

Il problema sta nell'ultimo autovettore, infatti inizialmente ho provato con $ ( ( 0),( 1 ),( 0) ) $ in quanto linearmente indipendente dagli altri 2. Poi però (facendo tornare i conti) mi sono accorto che il vettore corretto è $ ( ( -1),( 1 ),( 0) ) $. Perché?

[megas_archon]

\(K=\ker(A-2\mathbb I)\) ha dimensione 2, è generato da \(\left(\begin{smallmatrix}
2 \\
0 \\
3
\end{smallmatrix}\right)\) e da \(\left(\begin{smallmatrix}
0 \\
2 \\
3
\end{smallmatrix}\right)\). Per come hai scritto la matrice in forma di J., tu vuoi ottenere \(\left(\begin{smallmatrix}
2 & 1 & \\
& 2 & \\
& & 2
\end{smallmatrix}\right)
\); questo significa che nella base \(\{v_1,v_2,v_3\}\) in cui vuoi scrivere $A$, \(\langle v_1,v_3\rangle=K\), e per trovare \(v_2\) devi risolvere l'equazione \(A v_2 = v_1 + 2v_2\), ossia (appunto) \((A-2\mathbb I)v_2=v_1\); devi cioè trovare un vettore \(\left(\begin{smallmatrix}
x \\
y \\
z
\end{smallmatrix}\right)
\) tale che \((A-2\mathbb I)\left(\begin{smallmatrix}
x \\
y \\
z
\end{smallmatrix}\right)
=\left(\begin{smallmatrix}
2 \\
0 \\
3
\end{smallmatrix}\right)\); questo è possibile (invocando il thm di Rouché-Capelli), e porta all'(unica) equazione che ho scritto sopra (mancava una Y, ovviamente), la cui soluzione sono le entrate di \(v_2\).

[Bokonon]

"Ingegnato":mi sono accorto che il vettore corretto è $ ( ( -1),( 1 ),( 0) ) $.

In che senso corretto?
Comunque quello è un autovettore di A in quanto è una combinazione lineare di $ -1/2( ( 2 ),( 0 ),( 3 ) ) +1/2( ( 0 ),( 2 ),( 3 ) ) =( ( -1 ),( 1 ),( 0 ) ) $ pertanto sta sul medesimo autospazio.

Il punto è che puoi benissimo partire da un base (incompleta) qualsiasi dell'autospazio e poi "correggerla".
Per esempio prendiamo $v_1=( ( -1 ),( 1 ),( 0 ) ) $ e $v_2=( ( 0 ),( 2 ),( 3 ) )$
Sono due autovettori di A relativi all'autovalore 2, quindi stanno nel kernel di $B=(A-2I)$

Ciò che cerchiamo è un vettore $v_3$ tale che $Bv_3=alphav_1+betav_2$
Il secondo membro pone il vincolo per cui la combinazione lineare deve stare sia nel kernel di B che nella sua immagine.

Se l'autospazio avesse avuto dimensione 1, allora il sistema sarebbe stato immediato...bastava mettere al secondo membro una combinazione lineare qualsiasi dello span di una retta.
La difficoltà in questo caso sta proprio nel fatto che l'autospazio ha dimensione $>1$.

Sostituiamo quindi nella equazione di cui sopra e troviamo l'autovettore generalizzato $v_3$ che (attenzione!!!) sarà legato alla catena dell'autovettore $v_4=alphav_1+betav_2$

$ ( ( 6 , 6 , -4 ),( 0 , 0 , 0 ),( 9 , 9 , -6 ) ) ( ( v_31 ),( v_32 ),( v_33 ) )=( ( -alpha ),( alpha+2beta ),( 3beta ) ) $

Dopo un paio di passaggi diventa $ ( ( 3 , 3 , -2 ),( 0 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 0 ) ) ( ( v_31 ),( v_32 ),( v_33 ) )=( ( -alpha/2 ),( alpha+2beta ),( beta+alpha/2 ) ) $
Affinchè il sistema abbia soluzione, è chiaro che $ alpha+2beta=beta+alpha/2=0$
Perciò la combinazione lineare cercata è $alpha=-2beta$. Una vale l'altra perciò poniamo $beta=1 rArr alpha=-2$ e otteniamo $v_4= ( ( 2 ),( 0 ),( 3 ) )$

Questo è l'autovettore che crea la catena! E l'autovettore generalizzato che induce è dato dalla soluzione del sistema precedente che diventa: $ ( ( 3 , 3 , -2 ),( 0 , 0 , 0 ),( 0 , 0 , 0 ) ) ( ( v_31 ),( v_32 ),( v_33 ) )=( ( 1 ),( 0 ),( 0 ) ) $ ovvero $3v_31+3v_32-2v_33=1$
Ci sono infinite soluzioni ma a noi ne basta una pertanto prendiamo la più semplice, ovvero $v_3=( ( 0 ),( 1 ),( 1 ) )$

Adesso creiamo la matrice di cambio base a seconda di come vogliamo la matrice quasi diagonale.
Tu hai scelto $ ( ( 2 , 1 , 0 ),( 0 , 2 , 0 ),( 0 , 0 , 2 ) ) $ quindi la matrice di cambio base deve avere come prima colonna il vettore $v_4$. Come seconda colonna l'autovettore generalizzato $v_3$ e come ultima colonna puoi mettere indifferentemente $v_1$ o $v_2$.

Ci sono algoritmi di calcolo forse più semplici ma volevo evidenziare il ragionamento (e non troverai la roba che ho scritto nei testi). Il punto è che tu hai trovato subito l'autovettore giusto (forse perchè hai usato un algoritmo?) ma, in generale, la base (incompleta) dell'autospazio scelta potrebbe non contenere l'autovettore che ci serve per creare la catena.

[freekiller]

Corretto nel senso che la mia matrice precedentemente formata funzionava. Non ho usato nessun algoritmo(o meglio, ho provato quelli del testo con scarsi risultati) e anche a me interessava capire bene il ragionamento e sto cercando di capire cosa lega le ultime vostre due risposte!
Intanto grazie a entrambi!