Matrices de Jordan

Si $J$ es la matriz de Jordan de una matriz $A$ cualquiera, responder verdadero o falso: A) El número de bloques de $J$ es superior al de vectores propios linealmente independientes. B) Al cambiar de orden los bloques de $J$ se obtiene una matriz que no es semejante a $A$. C) Cada bloque de $J$ es la suma de un múltiplo de la matriz unidad y una matriz nihilpotente.

Qué se pide. Traducir cada frase a «$d_i$ = nº de bloques de $\lambda_i$» y a $J_i=\lambda I+N$.

1. A) Falsa. Por la construcción (U p.169) el nº de bloques de $\lambda_i$ es $d_i$ y el total $\sum d_i$ es el nº máximo de vectores propios independientes: es igual, no superior. Ejemplo:

   $$A=\begin{pmatrix}2&1\cr0&2\end{pmatrix}$$

   tiene $d=2-\operatorname{rang}(A-2I)=2-1=1$: un bloque y un vector propio independiente.

2. B) Falsa. U p.169: al permutar bloques la matriz sigue siendo de la misma clase de semejanza que $A$. Reordenar los bloques equivale a reordenar por grupos las columnas de $P$: si $J=P^{-1}AP$ y $\tilde P$ es $P$ con los grupos permutados, $\tilde J=\tilde P^{-1}A\tilde P$ es $J$ con los bloques permutados, semejante a $A$ por definición. Ejemplo: $\operatorname{diag}(J_2(3),5)$ y $\operatorname{diag}(5,J_2(3))$ son semejantes.

3. C) Verdadera. $J_i=\lambda_iI+N$ con $N$ con unos encima de la diagonal y ceros en el resto, nilpotente porque cada potencia desplaza los unos y, para un bloque de tamaño $s$, $N^s=0$. Ejemplo:

   $$\begin{pmatrix}4&1\cr0&4\end{pmatrix}=4I+\begin{pmatrix}0&1\cr0&0\end{pmatrix}$$ $$\begin{pmatrix}0&1\cr0&0\end{pmatrix}^2=0.$$

Respuesta: A falsa, B falsa, C verdadera (coincide con E).

Error típico: pensar que el orden de los bloques cambia la clase de semejanza: solo cambia el orden de las columnas de $P$. Teoría: U Teor. 4.8 p.168; propiedades p.169; construcción pp.169-170. (E escribe «de orden» repetido en B: errata tipográfica.)

Si $J$ es la matriz de Jordan de una matriz $A$ cualquiera, responder verdadero o falso a si el número de unos que hay por encima de la diagonal principal de $J$ es: A) Igual al número de vectores propios linealmente independientes. B) Igual al número de bloques. C) Igual al número de vectores no propios que se necesitan para formar una base de vectores que determinan la matriz de paso. D) Igual al rango de $A$.

Qué se pide. Contar unos, bloques y vectores.

1. Cuenta clave. Un bloque de tamaño $s$ tiene $s-1$ unos. Con $b$ bloques de tamaños $s_1,\dots,s_b$ y $\sum s_i=n$, el número de unos es $\sum(s_i-1)=n-b$. Y $b=\sum d_i$ (U p.169).
2. A) Falsa en general: unos $=n-b$ y vectores propios independientes $=b$; solo coinciden si $n=2b$. Contraejemplo: $A=I_2$, $0$ unos y $2$ vectores propios.
3. B) Falsa: el nº de bloques es $b$, mismo contraejemplo ($b=2$, $0$ unos).
4. C) Verdadera. En la base de Jordan cada bloque aporta un vector propio (el primero de su cadena) y $s_i-1$ vectores no propios; total de no propios $\sum(s_i-1)=n-b$, igual al nº de unos. Es lo que dice U p.170: «tantos 1 como vectores no propios se necesitan hasta completar una base con los vectores propios».
5. D) Falsa. $A=I_n$ tiene rango $n$ y $J=I_n$ no tiene unos. (Para una matriz nilpotente sí coinciden, porque $\operatorname{rang}A=n-d=n-b$; el enunciado dice «cualquiera».)

Respuesta: A falsa, B falsa, C verdadera, D falsa (coincide con E).

Error típico: confundir «nº de unos» con «nº de bloques»: son complementarios hasta $n$. Teoría: U pp.169-170.

Si $J$ es la matriz de Jordan de una matriz $A$ cualquiera, justificar si: A) Los elementos de $J$ que están encima de la diagonal principal son siempre 1. B) $J$ es diagonal cuando el número de valores propios distintos es igual al rango de $A$. C) Los elementos que están encima de la diagonal principal pueden ser valores distintos a 0 y distintos a 1 para alguna matriz $A$. D) Ninguna de las anteriores es correcta.

Qué se pide. Refutar con contraejemplos las tres primeras.

1. A) Falsa. Si $J$ es diagonal hay ceros encima de la diagonal: por ejemplo $A=\operatorname{diag}(1,2)$, valores propios distintos, $J=\Lambda$. Además entre dos bloques distintos siempre hay un $0$.

2. B) Falsa (E dice «correcta»: errata). Contraejemplo

   $$A=\begin{pmatrix}0&1\cr0&0\end{pmatrix}:$$

   $|A-\lambda I|=\lambda^2$, un único valor propio $0$, y $\operatorname{rang}A=1$: «nº de valores propios distintos = rango» se cumple ($1=1$). Pero $d=2-\operatorname{rang}A=1\lt2=\alpha$, no es diagonalizable y $J=A$ no es diagonal. Tampoco es necesario: $\operatorname{diag}(1,2,2)$ es diagonal, con $2$ valores distintos y rango $3$. La justificación de E no se apoya en ningún teorema; lo cierto (U p.169) es que $n$ valores propios distintos en una matriz de orden $n$ da diagonalizable (de ahí probablemente la confusión con «de rango $n$» de U Teor. 4.7).

3. C) Falsa. Por la construcción (U pp.168-170) los elementos encima de la diagonal solo pueden ser $0$ o $1$.
4. D) Verdadera, porque A, B y C son falsas.

Respuesta: D (y no B, como dice E).

Error típico: mezclar «rango» y «orden». Teoría: U Teor. 4.7 p.164; pp.168-170.

Si $A$ es la matriz de filas $(3,1)$, $(-1,1)$, justificar si: A) Es semejante a una matriz diagonal. B) Existe una base de $\mathbb R^2$ formada por vectores propios de $A$. C) Se puede calcular su matriz $J$ de Jordan. D) Para obtener $J$ con MAXIMA hay que evaluar load(diag); jordan(); dispJordan();.

Qué se pide. $A=\begin{pmatrix}3&1\cr-1&1\end{pmatrix}$: decidir con $\alpha$ y $d$, y hallar $J$ y $P$.

1. Polinomio:

   $$|A-\lambda I|=(3-\lambda)(1-\lambda)+1=\lambda^2-4\lambda+4=(\lambda-2)^2:$$

   $\lambda=2$, $\alpha=2$.

2. $d$:

   $$A-2I=\begin{pmatrix}1&1\cr-1&-1\end{pmatrix}$$

   de rango $1$, $d=1$. $L=\langle(1,-1)\rangle$, asociado a $\lambda=2$ (E escribe $\lambda=0$: errata).

3. A) Falsa: $d=1\neq\alpha=2$ (Teor. 4.7). B) Falsa: por el Teor. 4.6 diagonalizable equivale a base de vectores propios; todos los vectores propios son múltiplos de $(1,-1)$.

4. C) Verdadera. Las raíces son reales, luego existe $J$ (Teor. 4.8). $d=1$: un solo bloque de tamaño $2$:

   $$J=\begin{pmatrix}2&1\cr0&2\end{pmatrix}.$$

   Matriz de paso (guion de U p.173): $(A-2I)^2=0$, así que se elige $v=(1,0)\notin\operatorname{Nuc}(A-2I)$ y $Nv=(1,-1)$:

   $$P=\begin{pmatrix}1&1\cr-1&0\end{pmatrix},$$

   $\det P=1$,

   $$AP=\begin{pmatrix}2&3\cr-2&-1\end{pmatrix}=PJ$$

   (columna a columna: $A(1,-1)=2(1,-1)$ y $A(1,0)=(3,-1)=(1,-1)+2(1,0)$).

5. D) Maxima, fuera de examen. E la da por correcta; U (p.169) escribe jordan(A); dispJordan(%);: los paréntesis vacíos del enunciado no son sintaxis literal.

Respuesta: A falsa, B falsa, C verdadera, D verdadera (como E).

Error típico: concluir «no tiene forma de Jordan» porque no es diagonalizable: el teorema de Jordan existe para ese caso. Teoría: U Teor. 4.4 p.153, 4.6 p.162, 4.7 p.164, 4.8 p.168, guion p.173. (Verificado con sympy.)

Si $A$ es la matriz de filas $(2,2,-5)$, $(3,7,-15)$, $(1,2,-4)$, justificar si: A) La matriz de Jordan de $A$ posee solo dos bloques. B) $S=\{x=\alpha,y=\beta,z=0\mid\alpha,\beta\in\mathbb R\}$ es un subespacio de vectores propios de $A$. C) $A$ es semejante a la matriz $B$ de filas $(3,0,0)$, $(0,1,0)$ y $(0,0,3)$. D) Ninguna de las anteriores.

Qué se pide. Hallar los valores propios y comprobar $d_i=\alpha_i$ antes de buscar bloques.

1. Polinomio (Sarrus): $p(\lambda)=-\lambda^3+5\lambda^2-7\lambda+3$. Comprobación rápida: coeficiente de $\lambda^2$ = traza $2+7-4=5$ y $p(0)=|A|=3$. Como $p(1)=0$, Ruffini: $p(\lambda)=-(\lambda-1)^2(\lambda-3)$. $\lambda_1=3$ ($\alpha=1$), $\lambda_2=1$ ($\alpha=2$).

2. $d$:

   $$A-I=\begin{pmatrix}1&2&-5\cr3&6&-15\cr1&2&-5\end{pmatrix}$$

   con las tres filas proporcionales: rango $1$, $d(1)=3-1=2=\alpha$. $L_1:\ x+2y-5z=0$. Y $\lambda=3$: $d=1=\alpha$ ($1\le d\le\alpha=1$).

3. A) Falsa. $d_i=\alpha_i$ para los dos valores propios $\Rightarrow$ diagonalizable (Teor. 4.7) $\Rightarrow J=\Lambda=\operatorname{diag}(3,1,1)$, con tres bloques $1\times1$ (nº de bloques $=d(3)+d(1)=1+2=3$).
4. B) Falsa. «Subespacio de vectores propios» significa que todos sus vectores no nulos son propios de un mismo valor propio, es decir $S\subset L_1$ o $S\subset L_3$. Pero $(1,0,0)\in S$ y $A(1,0,0)=(2,3,1)$ no es múltiplo de $(1,0,0)$. Matiz (imprecisión de E; en E, $L_1$ es el subespacio de $\lambda_1=3$ y $L_2$ el de $\lambda_2=1$): E dice que los vectores $(\alpha,\beta,0)$ «no pertenecen a $L_1$ ni a $L_2$»; no es cierto para todos: $(-2,1,0)\in S$ cumple $A(-2,1,0)=(-2,1,0)$, es propio de $\lambda=1$. La conclusión es correcta; la frase debe ser «no todos».
5. C) Falsa. Semejantes tienen el mismo determinante y la misma traza: $|A|=3\neq|B|=3\cdot1\cdot3=9$ (y $5\neq7$). $A$ es semejante a $\operatorname{diag}(3,1,1)$, no a $\operatorname{diag}(3,1,3)$.
6. D) Verdadera.

Respuesta: D.

Error típico: responder «dos bloques» porque hay dos valores propios distintos: los bloques se cuentan por vectores propios independientes. Teoría: U p.153; Teor. 4.5 p.158; Teor. 4.7 p.164; p.169. (Verificado con sympy: jordan_form da $\operatorname{diag}(1,1,3)$.)

Si $A$ es la matriz de filas $(0,3,1)$, $(2,-1,-1)$, $(-2,-1,-1)$ y $J$ la matriz de Jordan asociada, de filas $(2,0,0)$, $(0,-2,1)$, $(0,0,-2)$, justificar si la matriz de paso $P$ verifica: A) Tiene por filas $(1,1,0)$, $(1,-1,0)$, $(-1,1,1)$. B) Tiene por filas $(1,-1,1)$, $(1,1,-1)$, $(-1,-1,0)$. C) No es única. D) En MAXIMA hay instrucciones específicas para calcularla.

Qué se pide. Comprobar candidatas sin calcular $P$ de cero: $P$ vale si y solo si es regular y $AP=PJ$.

1. Criterio. $J=P^{-1}AP\iff AP=PJ$ (multiplicando por $P$) con $P$ regular. Comprobar $AP=PJ$ evita invertir; hace falta $\det P\neq0$ porque con $P=0$ también se cumple.

2. A) Correcta.

   $$P_A=\begin{pmatrix}1&1&0\cr1&-1&0\cr-1&1&1\end{pmatrix},$$

   $\det P_A=-2\neq0$:

   $$AP_A=\begin{pmatrix}2&-2&1\cr2&2&-1\cr-2&-2&-1\end{pmatrix}=P_AJ.$$ Lectura por columnas: $u=(1,1,-1)$: $Au=2u$ (propio de $\lambda=2$); $w=(1,-1,1)$: $(A+2I)w=0$ (propio de $\lambda=-2$, primera columna del bloque); $v=(0,0,1)$: $(A+2I)v=(1,-1,1)=w$, es decir $Av=w-2v$ (tercera columna de $J$: $(0,1,-2)$).

3. B) Correcta.

   $$P_B=\begin{pmatrix}1&-1&1\cr1&1&-1\cr-1&-1&0\end{pmatrix},$$

   $\det P_B=-2\neq0$ y

   $$AP_B=\begin{pmatrix}2&2&-3\cr2&-2&3\cr-2&2&-1\end{pmatrix}=P_BJ.$$

4. C) Correcta — y por qué hay tantas. Con $P=(p_1\,p_2\,p_3)$, $AP=PJ$ dice: $(A-2I)p_1=0$ ($p_1=a\,u$, $a\neq0$); $(A+2I)p_2=0$ y $(A+2I)p_3=p_2$. Como

   $$(A+2I)^2=\begin{pmatrix}8&8&0\cr8&8&0\cr-8&-8&0\end{pmatrix}:$$

   $\operatorname{Nuc}(A+2I)^2=\{x+y=0\}=\langle w,v\rangle$ y $\operatorname{Nuc}(A+2I)=\langle w\rangle$. Luego $p_3=b\,v+c\,w$ ($b\neq0$), $p_2=(A+2I)p_3=b\,w$ y

   $$P=\big(a\,u\mid b\,w\mid b\,v+c\,w\big),\qquad a,b\neq0,\ c\in\mathbb R:$$ tres parámetros libres. $P_A$ es $a=b=1,c=0$; $P_B$ es $a=1,b=-1,c=1$. Ojo: $b$ es el mismo en $p_2$ y $p_3$.
5. D) Maxima (ModeMatrix(A,l)), fuera de examen; E la da por correcta.

Respuesta: A, B, C y D correctas (como E).

Error típico: escalar solo la última columna de una cadena: dentro de un bloque $p_2=(A-\lambda I)p_3$ obliga a escalarlas juntas. Teoría: U Teor. 4.8 p.168; guion p.173; Ej. 4.18 pp.173-175. (Verificado con sympy; jordan_form da la misma $J$ con los bloques en otro orden, válido por U p.169.)

Si $(2,0,3,0)$, $(1,2,0,3)$, $(0,0,2,0)$, $(0,0,1,2)$ son las filas de $A$, se pide obtener la matriz de Jordan $J$ asociada.

Qué se pide. $A=\begin{pmatrix}2&0&3&0\cr1&2&0&3\cr0&0&2&0\cr0&0&1&2\end{pmatrix}$. Con $\alpha=4$ y $d=2$ hay dos candidatas, $(3,1)$ y $(2,2)$: hay que mirar los rangos de las potencias.

1. Polinomio (por la 3.ª fila, que solo tiene $2-\lambda$ en la columna 3; luego por la 1.ª fila):

   $$|A-\lambda I|=(2-\lambda)\begin{vmatrix}2-\lambda&0&0\cr1&2-\lambda&3\cr0&0&2-\lambda\end{vmatrix}=(2-\lambda)^2\begin{vmatrix}2-\lambda&3\cr0&2-\lambda\end{vmatrix}=(2-\lambda)^4.$$

   Único valor propio $\lambda=2$, $\alpha=4$.

2. $d$:

   $$N=A-2I=\begin{pmatrix}0&0&3&0\cr1&0&0&3\cr0&0&0&0\cr0&0&1&0\end{pmatrix}.$$

   La fila 1 es el triple de la fila 4 y la fila 2 es independiente: $\operatorname{rang}N=2$, $d=4-2=2\lt4$: no es diagonalizable, hay $2$ bloques. $\operatorname{Nuc}N$: $x_3=0,\ x_1+3x_4=0$.

3. Candidatas: tamaños no crecientes que suman $4$ con $d=2$ bloques: $(3,1)$ o $(2,2)$ (U Ej. 4.16).

4. Cadena de núcleos:

   $$N^2=\begin{pmatrix}0&0&0&0\cr0&0&6&0\cr0&0&0&0\cr0&0&0&0\end{pmatrix},$$

   $\operatorname{rang}N^2=1$; $N^3=0$. Dimensiones: $\dim\operatorname{Nuc}N=2$, $\dim\operatorname{Nuc}N^2=3$, $\dim\operatorname{Nuc}N^3=4=\alpha$ (se para).

5. Decisión. Si fuera $(2,2)$, las dimensiones serían $2,4$; pero $\dim\operatorname{Nuc}N^2=3$ $\Rightarrow$ descartado. Con $(3,1)$: $1+1=2,\ 2+1=3,\ 3+1=4$ ✓. Equivalente: nº de bloques de tamaño $\ge k$ $=\dim\operatorname{Nuc}N^k-\dim\operatorname{Nuc}N^{k-1}$: $\ge1$: $2$; $\ge2$: $1$; $\ge3$: $1$ $\Rightarrow$ tamaños $3$ y $1$.

6. Resultado:

   $$J=\begin{pmatrix}2&1&0&0\cr0&2&1&0\cr0&0&2&0\cr0&0&0&2\end{pmatrix}$$

   (sympy: la misma; rangos de $N^k$: $2,1,0$).

Errata (E p.157): en el caso hipotético $J_2$ escribe «$f(\bar e_4)=\bar e_3-2\bar e_4$»; debe ser $f(\bar e_4)=\bar e_3+2\bar e_4$.

Error típico: decidir los bloques solo con $d$ cuando $\alpha=4$ y $d=2$ (ejemplo propio 10). Teoría: U Teor. 4.1 p.146, Teor. 4.7 p.164, pp.169-170 (Ej. 4.16), guion p.173, p.176.

Si $A$ y $J$ son las matrices del Ejercicio 4.39, se pide obtener una matriz de paso.

Qué se pide. Aplicar el guion de U p.173: $P=(e_1\,e_2\,e_3\,e_4)$ con $N=A-2I$ y $J=\operatorname{diag}(J_3(2),J_1(2))$.

1. Qué base buscamos. $AP=PJ$ columna a columna: $Ae_1=2e_1$, $Ae_2=e_1+2e_2$, $Ae_3=e_2+2e_3$, $Ae_4=2e_4$; es decir $Ne_1=0$, $Ne_2=e_1$, $Ne_3=e_2$, $Ne_4=0$. Así $(e_1,e_2,e_3)=(N^2v,\,Nv,\,v)$ con $v=e_3$: una cadena que empieza en $v$ y termina en un vector propio. Se calcula de derecha a izquierda.
2. Cadena de núcleos (de 4.39): $\operatorname{Nuc}N:\{x_3=0,x_1+3x_4=0\}$ (dim $2$) $\subset\operatorname{Nuc}N^2:\{x_3=0\}$ (dim $3$) $\subset\operatorname{Nuc}N^3=\mathbb R^4$ (dim $4=\alpha$, $k=3$).
3. Elegir $v\in\operatorname{Nuc}N^3$ que no esté en $\operatorname{Nuc}N^2$, es decir con $x_3\neq0$: lo más sencillo, $v=(0,0,1,0)$. ¿Por qué fuera de $\operatorname{Nuc}N^2$? Para que $N^2v\neq0$: así la cadena tiene longitud $3$.
4. Bajar: $e_2=Nv=$ tercera columna de $N=(3,0,0,1)$ (está en $\operatorname{Nuc}N^2$, no en $\operatorname{Nuc}N$: $3+3\neq0$). $e_1=N(3,0,0,1)=(0,6,0,0)$ (en $\operatorname{Nuc}N$ ✓: es propio). Hay $3$ vectores; faltan $\alpha-3=1$.
5. Vector del bloque $1\times1$: propio ($Ne_4=0$) e independiente de $e_1$: $\operatorname{Nuc}N=\langle(0,1,0,0),(-3,0,0,1)\rangle$; vale $a(0,1,0,0)+b(-3,0,0,1)$ con $b\neq0$. E toma $e_4=(1,0,0,-\tfrac13)$; también vale $(-3,0,0,1)$, que evita fracciones.
6. Matriz de paso (columnas $e_1,e_2,e_3,e_4$): $$P=\begin{pmatrix}0&3&0&1\cr6&0&0&0\cr0&0&1&0\cr0&1&0&-\tfrac13\end{pmatrix},\qquad\det P=12\neq0,\qquad AP=PJ.$$ Con $e_4=(-3,0,0,1)$: $\det P=-36$ y también $AP=PJ$.
7. Si se ordenan mal las columnas $(v,Nv,N^2v)$: $P^{-1}AP$ tiene en ese bloque los unos debajo de la diagonal (la traspuesta), no la $J$ de U.

Errata (E p.159): tras comprobar $P^{-1}AP=J$ escribe «siendo $P^{-1}=\begin{pmatrix}2&0&3&0\cr1&2&0&3\cr0&0&2&0\cr0&0&1&2\end{pmatrix}^{-1}$», es decir, iguala $P^{-1}$ con la inversa de $A$; debe ser la inversa de $P$ (la matriz numérica $P^{-1}$ que da el libro sí es correcta).

Error típico: (a) tomar $v\in\operatorname{Nuc}N^2$ (p. ej. $(1,0,0,0)$): la cadena se corta antes; (b) $e_4$ proporcional a $e_1$: $P$ singular; (c) invertir el orden de la cadena. Teoría: U Def. 4.13 y guion p.173; Ej. 4.18-4.19 pp.173-177. (Verificado con sympy.)

Se pide aproximar un vector propio estrictamente dominante de la matriz $\begin{pmatrix}-4&1\cr-6&1\end{pmatrix}$ mediante el método de potencias.

Qué se pide. Aplicar el algoritmo de U p.185 con $x_0=(1,1)$ y leer el resultado.

1. Algoritmo: $\mu_k$ = coordenada de $Ax_k$ de mayor valor absoluto, con su signo; $x_{k+1}=\tfrac1{\mu_k}Ax_k$.
2. Iteraciones a mano (fracciones exactas): $k=0$: $Ax_0=(-4+1,\,-6+1)=(-3,-5)$, $\mu_0=-5$, $x_1=(\tfrac35,1)$. $k=1$: $Ax_1=(-\tfrac75,-\tfrac{13}5)$, $\mu_1=-\tfrac{13}5$, $x_2=(\tfrac7{13},1)$. $k=2$: $Ax_2=(-\tfrac{15}{13},-\tfrac{29}{13})$, $\mu_2=-\tfrac{29}{13}$, $x_3=(\tfrac{15}{29},1)$. $k=3$: $\mu_3=-\tfrac{61}{29}$, $x_4=(\tfrac{31}{61},1)$. $k=4$: $\mu_4=-\tfrac{125}{61}$, $x_5=(\tfrac{63}{125},1)$. Atajo: con $x_k=(a,1)$ y $a\gt0$, $Ax_k=(1-4a,\,1-6a)$ y la 2.ª coordenada siempre gana en valor absoluto.
3. Tabla:

   $k$	$\mu_k$	$\mu_k$ (dec.)	$x_{k+1}$	1.ª coord.
   $0$	$-5$	$-5$	$(\tfrac35,1)$	$0.6$
   $1$	$-\tfrac{13}5$	$-2.6$	$(\tfrac7{13},1)$	$0.5385$
   $2$	$-\tfrac{29}{13}$	$-2.2308$	$(\tfrac{15}{29},1)$	$0.5172$
   $3$	$-\tfrac{61}{29}$	$-2.1034$	$(\tfrac{31}{61},1)$	$0.5082$
   $4$	$-\tfrac{125}{61}$	$-2.0492$	$(\tfrac{63}{125},1)$	$0.504$
   $5$	$-\tfrac{253}{125}$	$-2.024$	$(\tfrac{127}{253},1)$	$0.5020$
   $6$	$-\tfrac{509}{253}$	$-2.0119$	$(\tfrac{255}{509},1)$	$0.5010$
   $7$	$-\tfrac{1021}{509}$	$-2.0059$	$(\tfrac{511}{1021},1)$	$0.5005$

   (Coincide con la tabla de Maxima de E p.160, $k=7$: $\mu\approx-2.00589$, $x\approx(0.50049,1)$.)
4. Lectura: $\mu_k\to-2$ y $x_k\to(\tfrac12,1)\propto(1,2)$. Estimación: valor propio estrictamente dominante $\lambda_1\approx-2$, vector propio $\approx(1,2)$.

5. Comprobación exacta:

   $$|A-\lambda I|=(-4-\lambda)(1-\lambda)+6=\lambda^2+3\lambda+2=(\lambda+1)(\lambda+2):$$

   valores propios $-2$ y $-1$; $|-2|\gt|-1|$, luego $-2$ es estrictamente dominante (U Def. 4.14).

   $$A+2I=\begin{pmatrix}-2&1\cr-6&3\end{pmatrix}\Rightarrow(1,2);$$ $$A+I=\begin{pmatrix}-3&1\cr-6&2\end{pmatrix}\Rightarrow(1,3).$$
6. Por qué converge y a qué ritmo. $x_0=(1,1)=2(1,2)-(1,3)$, luego $A^kx_0=2(-2)^k(1,2)-(-1)^k(1,3)$ y $x_k=\Big(\dfrac{2^{k+1}-1}{2^{k+2}-3},1\Big)\to(\tfrac12,1)$, $\mu_k=-\dfrac{2^{k+3}-3}{2^{k+2}-3}\to-2$. El término «molesto» pesa como $(|\lambda_2|/|\lambda_1|)^k=(1/2)^k$: el error se divide por $2$ en cada paso (se ve en la tabla: $0.1,\ 0.038,\ 0.017,\ 0.008$…).
7. Signo: aunque $\lambda_1\lt0$, $x_k$ no cambia de signo porque se divide por $\mu_k$ con su signo; por eso $\mu_k$ estima $-2$ y no $2$.

Errata (E p.160): en la última línea a mano, «$\mu_4=-\frac{125}{61},\ \bar x_4=(\frac{63}{125},1)$» debe decir $\bar x_5$ (la tabla de Maxima de esa página está bien).

Error típico: tomar $\mu_k$ en valor absoluto ($+5$ en vez de $-5$): entonces $x_k$ alterna de signo y $\mu_k\to2$, valor equivocado. Teoría: U §4.4.3, Def. 4.14 p.181, Ej. 4.24 p.182, algoritmo p.185. (Verificado con sympy en fracciones.)

Halla $J$ y una matriz de paso de $A=\begin{pmatrix}1&1\cr-1&3\end{pmatrix}$.

1. $$|A-\lambda I|=(1-\lambda)(3-\lambda)+1=\lambda^2-4\lambda+4=(\lambda-2)^2:$$

   $\lambda=2$, $\alpha=2$.

2. $$A-2I=\begin{pmatrix}-1&1\cr-1&1\end{pmatrix},$$

   rango $1$, $d=1\lt2$: no diagonalizable; un bloque:

   $$J=\begin{pmatrix}2&1\cr0&2\end{pmatrix}.$$
3. $(A-2I)^2=0$: sirve cualquier $v$ con $(A-2I)v\neq0$: $v=(1,0)$, $(A-2I)v=(-1,-1)$ (vector propio).
4. $$P=\begin{pmatrix}-1&1\cr-1&0\end{pmatrix}$$

   (vector propio primero), $\det P=1$. Comprobación: $A(-1,-1)=(-2,-2)$ ✓; $A(1,0)=(1,-1)=(-1,-1)+2(1,0)$ ✓. Es decir $AP=PJ$.

Halla $J$ y $P$ de $A=\begin{pmatrix}3&-1&1\cr1&1&1\cr0&0&2\end{pmatrix}$.

1. Por la 3.ª fila:

   $$|A-\lambda I|=(2-\lambda)\big[(3-\lambda)(1-\lambda)+1\big]=(2-\lambda)(\lambda-2)^2=-(\lambda-2)^3.$$
2. $$N=A-2I=\begin{pmatrix}1&-1&1\cr1&-1&1\cr0&0&0\end{pmatrix},$$

   rango $1$, $d=2$: bloques $(2,1)$,

   $$J'=\begin{pmatrix}2&1&0\cr0&2&0\cr0&0&2\end{pmatrix}.$$
3. $N^2=0$. $\operatorname{Nuc}N:\ x-y+z=0$, es $\langle(1,1,0),(0,1,1)\rangle$.
4. Cabeza $v=(1,0,0)\notin\operatorname{Nuc}N$; $Nv=(1,1,0)$. Tercer vector: propio e independiente de $(1,1,0)$: $(0,1,1)$.
5. $$P=\begin{pmatrix}1&1&0\cr1&0&1\cr0&0&1\end{pmatrix}$$

   (columnas $Nv,v,(0,1,1)$), $\det P=-1$, $AP=PJ'$. Trampa: como 3.ª columna $(1,1,0)$ ($P$ singular) o $(0,0,1)$ (no es propio).

Halla $J$ y $P$ de $A=\begin{pmatrix}0&1&0\cr0&0&1\cr1&-3&3\end{pmatrix}$.

1. $$|A-\lambda I|=-\lambda\big[-\lambda(3-\lambda)+3\big]-1\cdot(0-1)=-\lambda^3+3\lambda^2-3\lambda+1=-(\lambda-1)^3.$$
2. $$N=A-I=\begin{pmatrix}-1&1&0\cr0&-1&1\cr1&-3&2\end{pmatrix}:$$

   fila 3 $=-$fila 1 $+2\cdot$fila 2, rango $2$, $d=1$: un bloque,

   $$J''=\begin{pmatrix}1&1&0\cr0&1&1\cr0&0&1\end{pmatrix}.$$
3. $$N^2=\begin{pmatrix}1&-2&1\cr1&-2&1\cr1&-2&1\end{pmatrix}$$

   (rango $1$), $N^3=0$: dimensiones $1,2,3$.

4. $v\notin\operatorname{Nuc}N^2=\{x-2y+z=0\}$: $v=(1,0,0)$; $Nv=(-1,0,1)$; $N^2v=(1,1,1)$ (propio: $N(1,1,1)=0$ ✓).
5. $$P=(N^2v\mid Nv\mid v)=\begin{pmatrix}1&-1&1\cr1&0&0\cr1&1&0\end{pmatrix},$$

   $\det P=1$, $AP=PJ''$.

Halla $J$ y $P$ de $A=\begin{pmatrix}1&1&1&0\cr0&1&0&1\cr0&0&2&0\cr0&0&0&2\end{pmatrix}$.

1. Triangular: valores propios $1,1,2,2$; $|A-\lambda I|=(\lambda-1)^2(\lambda-2)^2$.

2. $\lambda=1$:

   $$A-I=\begin{pmatrix}0&1&1&0\cr0&0&0&1\cr0&0&1&0\cr0&0&0&1\end{pmatrix},$$

   rango $3$, $d=1\lt2$: un bloque $2\times2$.

3. $\lambda=2$:

   $$A-2I=\begin{pmatrix}-1&1&1&0\cr0&-1&0&1\cr0&0&0&0\cr0&0&0&0\end{pmatrix},$$

   rango $2$, $d=2=\alpha$: dos bloques $1\times1$.

4. $$J=\begin{pmatrix}1&1&0&0\cr0&1&0&0\cr0&0&2&0\cr0&0&0&2\end{pmatrix}$$

   (nº de bloques $3=1+2$; unos: $4-3=1$).

5. Cadena de $\lambda=1$:

   $$(A-I)^2=\begin{pmatrix}0&0&1&1\cr0&0&0&1\cr0&0&1&0\cr0&0&0&1\end{pmatrix},$$

   $\operatorname{Nuc}=\langle e_1,e_2\rangle$ (dim $2=\alpha$) y $\operatorname{Nuc}(A-I)=\langle e_1\rangle$: $v=e_2$, $(A-I)e_2=e_1$.

6. Propios de $\lambda=2$: $-x+y+z=0,\ -y+w=0$: $(1,0,1,0)$, $(1,1,0,1)$.
7. $$P=\begin{pmatrix}1&0&1&1\cr0&1&0&1\cr0&0&1&0\cr0&0&0&1\end{pmatrix},$$

   $\det P=1$, $AP=PJ$. Cada valor propio se trabaja por separado con su $A-\lambda I$.

$A$ es de orden $5$ con $|A-\lambda I|=-(\lambda-2)^3(\lambda+1)^2$. ¿Qué formas de Jordan son posibles? ($J_s(\lambda)$ = bloque de tamaño $s$.)

1. $\lambda=2$ ($\alpha=3$): $d=1$: $J_3(2)$; $d=2$: $J_2(2)\oplus J_1(2)$; $d=3$: $2I_3$.
2. $\lambda=-1$ ($\alpha=2$): $d=1$: $J_2(-1)$; $d=2$: $-I_2$.

3. Combinaciones: $3\cdot2=6$ formas de Jordan (salvo orden). Nº de bloques $d(2)+d(-1)$, entre $2$ y $5$. Por ejemplo, con $d(2)=2$ y $d(-1)=1$:

   $$J=\operatorname{diag}\big(J_2(2),\,J_1(2),\,J_2(-1)\big)=\begin{pmatrix}2&1&0&0&0\cr0&2&0&0&0\cr0&0&2&0&0\cr0&0&0&-1&1\cr0&0&0&0&-1\end{pmatrix}.$$
4. Solo una es diagonal ($d=\alpha$ en ambos). Con $\alpha\le3$, $d$ determina los bloques; con $\alpha=4$ y $d=2$ ya no (ejemplo propio 10).

$A$ de orden $5$ con único valor propio $\lambda=3$, y $\operatorname{rang}(A-3I)=3$, $\operatorname{rang}(A-3I)^2=1$, $\operatorname{rang}(A-3I)^3=0$. Halla $J$.

1. Dimensiones de los núcleos: $5-3=2$, $5-1=4$, $5-0=5=\alpha$ (se para).
2. Nº de bloques de tamaño $\ge k$ $=\dim\operatorname{Nuc}_k-\dim\operatorname{Nuc}_{k-1}$: $\ge1$: $2$; $\ge2$: $4-2=2$; $\ge3$: $5-4=1$.
3. Dos bloques, ambos de tamaño $\ge2$ y uno de ellos $\ge3$, con suma $5$: tamaños $(3,2)$. $J=\operatorname{diag}(J_3(3),J_2(3))$.

4. Justificación: $(J_s-\lambda I)^k$ tiene rango $\max(s-k,0)$ y

   $$\operatorname{rang}(A-\lambda I)^k=\operatorname{rang}(J-\lambda I)^k$$

   por semejanza (U Teor. 4.1, p.146). sympy: rangos $3,1,0$ para esa $J$ ✓.

5. Variante rápida: con $\alpha=4$, $\operatorname{rang}(A-\lambda I)=2$ y $(A-\lambda I)^2=0$ $\Rightarrow$ dimensiones $2,4$ $\Rightarrow(2,2)$; si $\operatorname{rang}(A-\lambda I)^2=1$ $\Rightarrow(3,1)$.

Halla $J$ y $P$ de $A=\begin{pmatrix}1&1&0\cr-1&-1&1\cr0&0&0\end{pmatrix}$.

1. $$A^2=\begin{pmatrix}0&0&1\cr0&0&-1\cr0&0&0\end{pmatrix}$$

   y $A^3=0$: nilpotente (U p.169).

2. Único valor propio $0$: si $Av=\lambda v$ con $v\neq0$, entonces $0=A^3v=\lambda^3v$, luego $\lambda=0$. En efecto $|A-\lambda I|=-\lambda^3$.

3. $\operatorname{rang}A=2$, $d=1$: un bloque $3\times3$ con $\lambda=0$:

   $$J=\begin{pmatrix}0&1&0\cr0&0&1\cr0&0&0\end{pmatrix}.$$
4. $v\notin\operatorname{Nuc}A^2$ ($A^2v=(z,-z,0)$, basta $z\neq0$): $v=e_3$; $Av=(0,1,0)$; $A^2v=(1,-1,0)$.
5. $$P=(A^2v\mid Av\mid v)=\begin{pmatrix}1&0&0\cr-1&1&0\cr0&0&1\end{pmatrix},$$

   $\det P=1$ y $AP=PJ$.

6. Consecuencia: una nilpotente no nula nunca es diagonalizable (si lo fuera, $\Lambda=0$ y $A=P\,0\,P^{-1}=0$).

Con $A=\begin{pmatrix}1&1\cr-1&3\end{pmatrix}$ (ejemplo propio 1), halla $A^n$.

1. $J=2I+N$ con

   $$N=\begin{pmatrix}0&1\cr0&0\end{pmatrix},$$

   $N^2=0$. Como $2I$ conmuta con $N$:

   $$J^n=2^nI+n2^{n-1}N=\begin{pmatrix}2^n&n2^{n-1}\cr0&2^n\end{pmatrix}.$$

   (Calcular $J^n$ elevando cada entrada a $n$ solo vale para diagonales.)

2. De $A=PJP^{-1}$ con

   $$P=\begin{pmatrix}-1&1\cr-1&0\end{pmatrix},$$ $$P^{-1}=\begin{pmatrix}0&-1\cr1&-1\end{pmatrix}:$$

   $A^n=PJ^nP^{-1}$ (los $P^{-1}P$ intermedios se cancelan).

   $$PJ^n=\begin{pmatrix}-2^n&2^n-n2^{n-1}\cr-2^n&-n2^{n-1}\end{pmatrix}$$$$A^n=PJ^nP^{-1}=2^{n-1}\begin{pmatrix}2-n&n\cr-n&n+2\end{pmatrix}.$$

3. Comprobaciones: $n=1$ da $A$; $n=2$ da

   $$\begin{pmatrix}0&4\cr-4&8\end{pmatrix}=A^2$$

   (sympy: correcto para $n=1,2,3,5$).

Estudia si $A=\begin{pmatrix}1&-2\cr1&-1\end{pmatrix}$ tiene forma de Jordan real.

1. $|A-\lambda I|=(1-\lambda)(-1-\lambda)+2=\lambda^2+1$: sin raíces reales.
2. Si existiera $J$ real triangular con $J=P^{-1}AP$, tendría el mismo polinomio característico (U Teor. 4.4), que sería $(\lambda-j_{11})(\lambda-j_{22})$ con $j_{ii}$ reales: contradicción. No hay forma de Jordan real; el Teor. 4.8 requiere tácitamente raíces reales.
3. Sobre $\mathbb C$: $\lambda=\pm i$ distintos, diagonalizable, $J=\operatorname{diag}(i,-i)$, con vectores $(1+i,1)$ y $(1-i,1)$ (sympy).

$A=\begin{pmatrix}2&0&3&0\cr1&2&0&3\cr0&0&2&0\cr0&0&1&2\end{pmatrix}$ (la de E 4.39) y $B=\begin{pmatrix}2&0&1&0\cr0&2&0&1\cr0&0&2&0\cr0&0&0&2\end{pmatrix}$. ¿Son semejantes?

1. Ambas tienen el único valor propio $2$ y $|A-\lambda I|=(\lambda-2)^4$ ($B$ es triangular; $A$ en 4.39).

2. $\operatorname{rang}(A-2I)=2$ y

   $$B-2I=\begin{pmatrix}0&0&1&0\cr0&0&0&1\cr0&0&0&0\cr0&0&0&0\end{pmatrix}$$

   también tiene rango $2$: $d=2$ en las dos.

3. Distinguirlas: $(A-2I)^2$ tiene rango $1$ (4.39), pero $(B-2I)^2=0$ (rango $0$).
4. Si fueran semejantes, $B=Q^{-1}AQ$ y $(B-2I)^2=Q^{-1}(A-2I)^2Q$ tendría el mismo rango (U Teor. 4.1, p.146): $1\neq0$. No son semejantes.
5. Sus formas de Jordan: $A\sim\operatorname{diag}(J_3(2),J_1(2))$ y $B\sim\operatorname{diag}(J_2(2),J_2(2))$ (sympy). Moraleja: polinomio característico, traza, determinante y $d$ son invariantes, pero no bastan cuando $\alpha\ge4$.

$A=\begin{pmatrix}2&1\cr1&2\end{pmatrix}$ ($|A-\lambda I|=(\lambda-1)(\lambda-3)$; vectores $(1,1)$ para $3$ y $(1,-1)$ para $1$). Estima el valor propio menor con $x_0=(1,0)$.

1. Idea (U Ej. 4.30): si $Av=\lambda v$ con $\lambda\neq0$, $A^{-1}v=\lambda^{-1}v$. Los valores de $A^{-1}$ son $\tfrac13$ y $1$; el dominante es $1$ (del $\lambda=1$ de $A$).
2. $$A^{-1}=\tfrac13\begin{pmatrix}2&-1\cr-1&2\end{pmatrix}$$

   ($|A|=3$).

3. Iteraciones:

   $k$	$A^{-1}x_k$	$\mu_k$	$x_{k+1}$
   $0$	$(\tfrac23,-\tfrac13)$	$0.6667$	$(1,-\tfrac12)$
   $1$	$(\tfrac56,-\tfrac23)$	$0.8333$	$(1,-\tfrac45)$
   $2$	$(\tfrac{14}{15},-\tfrac{13}{15})$	$0.9333$	$(1,-\tfrac{13}{14})$
   $3$	$(\tfrac{41}{42},-\tfrac{20}{21})$	$0.9762$	$(1,-\tfrac{40}{41})$
   $4$	$(\tfrac{122}{123},-\tfrac{121}{123})$	$0.9919$	$(1,-\tfrac{121}{122})$

   Ejemplo de cálculo ($k=1$):

   $$A^{-1}(1,-\tfrac12)=\tfrac13(2+\tfrac12,\,-1-1)=(\tfrac56,-\tfrac23).$$
4. $\mu_k\to1\Rightarrow$ valor propio de $A$: $1/1=1$; $x_k\to(1,-1)$ ✓. Ritmo $\tfrac{1/3}{1}=\tfrac13$ por paso.

5. Truco sin fracciones: iterar con

   $$3A^{-1}=\begin{pmatrix}2&-1\cr-1&2\end{pmatrix}$$

   (los mismos vectores; $\mu_k\to3$ y el valor propio de $A$ es $3/3=1$).

Si $A$ es la matriz de filas $(2,2,-5)$, $(3,7,-15)$, $(1,2,-4)$, obtener una posible matriz de Jordan suya.

Qué se pide. Es la matriz de E 4.37. Aquí lo que enseña es que si $A$ es diagonalizable, su $J$ es la diagonal (U p.169; Ej. 4.17, p.171-172). El trabajo de fondo ($d=\alpha$) es el de 4.3.

1. Escribir la matriz: cada terna es una fila,

   $$A=\begin{pmatrix}2&2&-5\cr3&7&-15\cr1&2&-4\end{pmatrix}.$$

2. Polinomio (Sarrus): términos $+$:

   $$(2-\lambda)(7-\lambda)(-4-\lambda)+2\cdot(-15)\cdot1+(-5)\cdot3\cdot2=-\lambda^3+5\lambda^2+22\lambda-116;$$

   términos $-$:

   $$(-5)(7-\lambda)\cdot1+(2-\lambda)(-15)\cdot2+2\cdot3\cdot(-4-\lambda)=-119+29\lambda.$$

   Restando: $p(\lambda)=-\lambda^3+5\lambda^2-7\lambda+3$.

3. Raíces: $p(1)=0$; Ruffini con $1$ sobre $(-1,5,-7,3)$ da $(-1,4,-3\mid0)$: $p(\lambda)=-(\lambda-1)^2(\lambda-3)$. $\lambda_1=1$ ($\alpha_1=2$), $\lambda_2=3$ ($\alpha_2=1$).

4. $d$ del doble:

   $$A-I=\begin{pmatrix}1&2&-5\cr3&6&-15\cr1&2&-5\end{pmatrix}:$$

   la 2.ª fila es el triple de la 1.ª y la 3.ª es igual a la 1.ª, rango $1$, $d_1=3-1=2=\alpha_1$. El simple: $d_2=1=\alpha_2$ (Teor. 4.5).

5. Conclusión: $d_i=\alpha_i$ y las raíces son reales $\Rightarrow$ diagonalizable (Teor. 4.7). Su forma de Jordan es la diagonal, con tres bloques $1\times1$:

   $$J=\begin{pmatrix}3&0&0\cr0&1&0\cr0&0&1\end{pmatrix}$$

   (o $\operatorname{diag}(1,1,3)$: única salvo el orden de los bloques).

6. Matriz de paso (no se pide, sirve de comprobación): $L_1:\ x+2y-5z=0$, $L_1=\langle(-2,1,0),(5,0,1)\rangle$; $L_3=\langle(1,3,1)\rangle$. Con

   $$P=\begin{pmatrix}1&-2&5\cr3&1&0\cr1&0&1\end{pmatrix}$$

   ($\det P=2$): $P^{-1}AP=\operatorname{diag}(3,1,1)$.

Sobre la oficial. Da $p$ y los valores propios y concluye «es diagonalizable» sin justificar $d_1=2$ y sin escribir la matriz de Jordan, que es lo que se pide. Con el criterio del examen («lo que no se justifica no se puntúa») no llegaría a la nota completa.

Error típico: «tiene un valor propio doble $\Rightarrow$ no diagonalizable $\Rightarrow$ $J$ con un uno». Lo que decide es el rango de $A-\lambda I$: aquí es $1$ y no hay ningún uno.

Hallar una matriz de Jordan de la matriz $\begin{pmatrix}1&-1&3\cr3&1&2\cr4&0&1\end{pmatrix}$.

Qué se pide. Solo $J$. Con tres raíces reales distintas no hace falta ni un vector propio.

1. Polinomio (adjuntos por la 2.ª columna, que tiene un cero; $(-1)^{1+2}=-1$):

   $$|A-\lambda I|=\begin{vmatrix}1-\lambda&-1&3\cr3&1-\lambda&2\cr4&0&1-\lambda\end{vmatrix}=\big(3(1-\lambda)-8\big)+(1-\lambda)\big((1-\lambda)^2-12\big)=(1-\lambda)^3+9\lambda-17=-\lambda^3+3\lambda^2+6\lambda-16.$$
2. Raíces: con $\lambda=2$: $-8+12+12-16=0$. Ruffini sobre $(-1,3,6,-16)$ da $(-1,1,8\mid0)$: $p(\lambda)=-(\lambda-2)(\lambda^2-\lambda-8)$, y $\lambda^2-\lambda-8=0\iff\lambda=\frac{1\pm\sqrt{33}}2$ (discriminante $1+32=33\gt0$: reales y distintas; ninguna vale $2$ porque $4-2-8=-6\neq0$).
3. Tres valores propios reales distintos $\Rightarrow$ diagonalizable (corolario de U p.163), y por U p.169 («si todos los autovalores son diferentes, $\Lambda$ coincide con $J$») y el Ej. 4.17: $$J=\begin{pmatrix}2&0&0\cr0&\frac{1+\sqrt{33}}2&0\cr0&0&\frac{1-\sqrt{33}}2\end{pmatrix}.$$ Si se quisiera $P$: para $\lambda=2$ sale $(1,11,4)$ y $A(1,11,4)=(2,22,8)$.

Sobre la oficial. El resultado es correcto, pero la expresión intermedia «$-9(x-1)+(1-x)^3$» está mal (se desarrolla a $-x^3+3x^2-12x+10$); lo correcto es $(1-x)^3+9(x-1)-8=(1-x)^3+9x-17=-x^3+3x^2+6x-16$, como dice la propia oficial a continuación. Su «Nota: la matriz de Jordan siempre existe» es cierta solo si las raíces de $p$ son reales (aquí lo son).

Error típico: desanimarse por $\sqrt{33}$ y pensar «no es diagonalizable porque los valores propios no son enteros»: basta con que sean reales y distintos.

Calcule la matriz de Jordan correspondiente a $\begin{pmatrix}0&1\cr-1&2\end{pmatrix}$.

Qué se pide. $2\times2$ con un valor propio doble: hay que decidir entre $A=\lambda I$ y un bloque $2\times2$.

1. Polinomio:

   $$|A-\lambda I|=-\lambda(2-\lambda)+1=\lambda^2-2\lambda+1=(\lambda-1)^2:$$

   $\lambda=1$, $\alpha=2$. Comprobación: $\operatorname{tr}A=2=1+1$ y $|A|=1=1\cdot1$.

2. $d$:

   $$A-I=\begin{pmatrix}-1&1\cr-1&1\end{pmatrix}$$

   tiene rango $1$ (filas iguales, no nulas), $d=2-1=1\lt2$: no es diagonalizable (Teor. 4.7). (Otra forma: si lo fuera, $\Lambda=I$ y $A=PIP^{-1}=I$, falso.)

3. Forma de Jordan: el nº de bloques de $\lambda=1$ es $d=1$: un único bloque, de tamaño $\alpha=2$:

   $$J=\begin{pmatrix}1&1\cr0&1\end{pmatrix}.$$

   Un solo «1» porque falta un vector no propio.

4. Matriz de paso (no se pide): $(A-I)^2=0$; $v=(1,0)\notin\operatorname{Nuc}(A-I)=\langle(1,1)\rangle$, $(A-I)v=(-1,-1)$.

   $$P=\begin{pmatrix}-1&1\cr-1&0\end{pmatrix}$$ $$AP=\begin{pmatrix}-1&0\cr-1&-1\end{pmatrix}=PJ.$$

Sobre la oficial. Dice «la matriz tiene un único autovalor de multiplicidad algebraica $2$. Por tanto $A$ no es diagonalizable». El «por tanto» no está justificado: $I$ también tiene un único autovalor doble y es diagonal. Falta comprobar $d=1$ (o el argumento $A\neq I$). El $J$ final es correcto.

Error típico: saltarse la comprobación de $d$ (como la oficial) o poner el $1$ debajo de la diagonal (U lo coloca encima). Práctica relacionada: es el mismo razonamiento que 4.3, Feb. 2023 (2.ª), pregunta 4 ($\begin{pmatrix}9&9\cr0&9\end{pmatrix}$, cuya $J$ es $\begin{pmatrix}9&1\cr0&9\end{pmatrix}$).

Considere $A=\begin{pmatrix}3&0&0\cr0&4&-1\cr0&1&2\end{pmatrix}$. Demuestre que $A$ no es diagonalizable (1 punto). Calcule la matriz de Jordan asociada a $A$ (1 punto).

Qué se pide. El 1.er apartado está desarrollado en 4.3 (Sept. 2024, P8, 1.º). Aquí, el 2.º: hallar $J$; la oficial construye además $P$.

1. Lo ya sabido:

   $$p(\lambda)=(3-\lambda)\big[(4-\lambda)(2-\lambda)+1\big]=(3-\lambda)(\lambda^2-6\lambda+9)=(3-\lambda)^3:$$

   $\lambda=3$, $\alpha=3$.

   $$N:=A-3I=\begin{pmatrix}0&0&0\cr0&1&-1\cr0&1&-1\end{pmatrix}$$

   tiene rango $1$: $d=3-1=2\lt3$.

2. Forma de los bloques (U p.169-170 y p.175-176): $d=2$ bloques de $\lambda=3$ con tamaños no crecientes que suman $3$: un bloque $2\times2$ y uno $1\times1$. Equivalentemente $\operatorname{rang}(A-3I)=1\Rightarrow J'$: $$J=\begin{pmatrix}3&1&0\cr0&3&0\cr0&0&3\end{pmatrix}.$$ Con esto ya está lo que se pide; la matriz de paso sirve de comprobación.
3. Cadena de núcleos (guion p.173): $\operatorname{Nuc}N=\{y-z=0\}=\langle(1,0,0),(0,1,1)\rangle$ (dim $2$). Se calcula $N^2$: $$N^2=\begin{pmatrix}0&0&0\cr0&1\cdot1+(-1)\cdot1&1\cdot(-1)+(-1)(-1)\cr0&0&0\end{pmatrix}=0,$$ luego $\operatorname{Nuc}N^2=\mathbb R^3$ (dim $3=\alpha$). Se para.
4. Cabeza: $v\in\operatorname{Nuc}N^2$ (cualquiera) y $\notin\operatorname{Nuc}N$ ($y\neq z$): $v=(0,0,1)$. Baja: $v_1:=Nv=(0,-1,-1)$, vector propio ($Nv_1=N^2v=0$).
5. Completar: un propio independiente de $v_1$ para el bloque $1\times1$: $v_3=(1,0,0)$ (o el de la oficial, $(1,2,2)$, que cumple $y=z$).
6. Orden de columnas: para que el $1$ quede encima, primero $v_1=(A-3I)v$ y después $v$ (U Ej. 4.18-4.19: «los vectores de cada bloque se calculan de derecha a izquierda»): la 2.ª columna de $J$, $(1,3,0)^t$, significa $Av=1\cdot v_1+3v$, es decir $Nv=v_1$. $$P=(v_1\mid v\mid v_3)=\begin{pmatrix}0&0&1\cr-1&0&0\cr-1&1&0\end{pmatrix},\qquad\det P=-1\neq0.$$

7. Comprobación sin invertir:

   $$AP=\begin{pmatrix}0&0&3\cr-3&-1&0\cr-3&2&0\end{pmatrix}=PJ;$$ $$P^{-1}=\begin{pmatrix}0&-1&0\cr0&-1&1\cr1&0&0\end{pmatrix},$$

   $P^{-1}AP=J$.

Errores de la solución oficial (verificados): (a) factorización (aparece en su «Fallo recurrente»): escribe $(3-\lambda)(4-\lambda)(2-\lambda)+(3-\lambda)=(3-\lambda)\big((2-\lambda)+(3-\lambda)+1\big)$; lo correcto es $(3-\lambda)\big[(4-\lambda)(2-\lambda)+1\big]=(3-\lambda)^3$. (b) Escribe $(A+3I)$ y $(A+3I)^2$ donde debe decir $(A-3I)$, y «un vector de $(A-3I)$» por «del núcleo de $(A-3I)$». (c) En la matriz de paso pone «$-11$» por $-1$. (d) Orden de columnas: usa $P=(v\mid(A-3I)v\mid v_3)$ con $v=(0,0,1)$, es decir $v$ antes que $(A-3I)v$; con ese orden $P^{-1}AP=\begin{pmatrix}3&0&0\cr1&3&0\cr0&0&3\end{pmatrix}$ (el $1$ debajo), no la $J$ que escribe; hay que intercambiar las dos primeras columnas. La $J$ final es correcta; la igualdad $J=P^{-1}AP$ que escribe, no.

Error típico: poner $v$ antes que $Nv$ (el uno queda debajo); elegir $v\in\operatorname{Nuc}N$ (entonces $Nv=0$, no sirve); tomar el tercer vector proporcional a $Nv$ ($P$ singular).

Halla la forma de Jordan $J$, una matriz de paso $P$ y $A^n$ para $A=\begin{pmatrix}3&1\cr-1&1\end{pmatrix}$ (la de E 4.36).

1. $\operatorname{tr}A=4$ y $|A|=3+1=4$: $p(\lambda)=\lambda^2-4\lambda+4=(\lambda-2)^2$. $A-2I$ tiene rango $1$: $d=1$,

   $$J=\begin{pmatrix}2&1\cr0&2\end{pmatrix}.$$

2. $(A-2I)^2=0$. $v=(1,0)\notin\operatorname{Nuc}(A-2I)=\langle(1,-1)\rangle$ y $Nv=(1,-1)$.

   $$P=\begin{pmatrix}1&1\cr-1&0\end{pmatrix},$$

   $\det P=1$,

   $$P^{-1}=\begin{pmatrix}0&-1\cr1&1\end{pmatrix},$$ $$AP=\begin{pmatrix}2&3\cr-2&-1\end{pmatrix}=PJ.$$

3. Potencias:

   $$J^n=\begin{pmatrix}2^n&n2^{n-1}\cr0&2^n\end{pmatrix}$$ $$A^n=PJ^nP^{-1}=2^{n-1}\begin{pmatrix}n+2&n\cr-n&2-n\end{pmatrix}.$$

   Comprobaciones: $n=1$ da $A$; $n=2$ da

   $$\begin{pmatrix}8&4\cr-4&0\end{pmatrix}=A^2.$$

Halla $J$ y $P$ para $A=\begin{pmatrix}2&1&1\cr0&2&0\cr0&1&1\end{pmatrix}$.

1. Por la 1.ª columna:

   $$|A-\lambda I|=(2-\lambda)\begin{vmatrix}2-\lambda&0\cr1&1-\lambda\end{vmatrix}=(2-\lambda)^2(1-\lambda).$$

   $\lambda=1$ simple y $\lambda=2$ con $\alpha=2$.

2. $$N=A-2I=\begin{pmatrix}0&1&1\cr0&0&0\cr0&1&-1\end{pmatrix}$$

   tiene rango $2$, $d_2=1\lt2$:

   $$J=\begin{pmatrix}1&0&0\cr0&2&1\cr0&0&2\end{pmatrix}.$$

3. Cadena para $\lambda=2$: $\operatorname{Nuc}N$: $y+z=0,\ y-z=0\Rightarrow y=z=0$, $\langle(1,0,0)\rangle$.

   $$N^2=\begin{pmatrix}0&1&-1\cr0&0&0\cr0&-1&1\end{pmatrix}:$$

   $\operatorname{Nuc}N^2=\{y=z\}=\langle(1,0,0),(0,1,1)\rangle$ (dim $2=\alpha$).

4. Cabeza

   $$v=(0,1,1)\in\operatorname{Nuc}N^2\setminus\operatorname{Nuc}N;$$

   $Nv=(2,0,0)$.

5. $\lambda=1$:

   $$A-I=\begin{pmatrix}1&1&1\cr0&1&0\cr0&1&0\end{pmatrix},$$

   $y=0,\ x=-z$: $u=(-1,0,1)$.

6. $$P=(u\mid Nv\mid v)=\begin{pmatrix}-1&2&0\cr0&0&1\cr1&0&1\end{pmatrix},$$

   $\det P=2$; el orden sigue el de $J$ (primero el bloque de $1$, luego el de $2$, con $Nv$ antes que $v$).

   $$AP=\begin{pmatrix}-1&4&2\cr0&0&2\cr1&0&2\end{pmatrix}=PJ.$$

Error típico (comprobado con sympy). Tomar $v=(0,1,0)$ «porque no es propio»: es cierto que $v\notin\operatorname{Nuc}N$, pero tampoco está en $\operatorname{Nuc}N^2$ ($N^2v=(1,0,-1)\neq0$). Entonces $Nv=(1,0,1)$ no es propio y con $P=(u\mid Nv\mid v)$ sale $P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1&-1&0\cr0&2&1\cr0&0&2\end{pmatrix}$, que no es de Jordan (el $-1$ no es $0$ ni $1$).

a) Sin calcular $P$, ¿qué formas de Jordan son posibles para una $3\times3$ con $|A-\lambda I|=-(\lambda-1)^3$? b) Para $A=\begin{pmatrix}0&1&0\cr0&0&1\cr1&-3&3\end{pmatrix}$ halla $J$ y $P$.

1. a) Según U p.175-176: $J=I$,

   $$J'=\begin{pmatrix}1&1&0\cr0&1&0\cr0&0&1\end{pmatrix}$$ $$J''=\begin{pmatrix}1&1&0\cr0&1&1\cr0&0&1\end{pmatrix},$$

   según $\operatorname{rang}(A-I)=0,1,2$.

2. b) Por Sarrus

   $$|A-\lambda I|=\lambda^2(3-\lambda)+1-3\lambda=-(\lambda-1)^3.$$ $$B=A-I=\begin{pmatrix}-1&1&0\cr0&-1&1\cr1&-3&2\end{pmatrix}:$$

   fila 3 $=-$fila 1 $+2\,$fila 2, rango $2$, $d=1$: $J=J''$.

3. Cadena: $\operatorname{Nuc}B=\langle(1,1,1)\rangle$;

   $$B^2=\begin{pmatrix}1&-2&1\cr1&-2&1\cr1&-2&1\end{pmatrix}$$

   (rango $1$, $\operatorname{Nuc}B^2=\{x-2y+z=0\}$, dim $2$); $B^3=0$ (dim $3=\alpha$).

4. Cabeza $v\notin\operatorname{Nuc}B^2$: $v=(0,0,1)$ ($0-0+1\neq0$). $Bv=(0,1,2)$ y $B^2v=(1,1,1)$ (propio).
5. $$P=(B^2v\mid Bv\mid v)=\begin{pmatrix}1&0&0\cr1&1&0\cr1&2&1\end{pmatrix},$$

   $\det P=1$,

   $$P^{-1}=\begin{pmatrix}1&0&0\cr-1&1&0\cr1&-2&1\end{pmatrix},$$ $$AP=\begin{pmatrix}1&1&0\cr1&2&1\cr1&3&3\end{pmatrix}=PJ.$$

6. (Ampliación.)

   $$J^n=\begin{pmatrix}1&n&\binom n2\cr0&1&n\cr0&0&1\end{pmatrix}$$

   (porque $J=I+N$ con $N^3=0$); p. ej.

   $$J^5=\begin{pmatrix}1&5&10\cr0&1&5\cr0&0&1\end{pmatrix},$$

   y $A^n=PJ^nP^{-1}$ (verificado con sympy para $n=0,\dots,6$).