Analisis

Capítulo 6
Formas de Jordan
Sea el endomorfismo T : P3 (R) 7

P3 (R) definido por:

T (P (x)) = 2 · P (x) + P0 (x) + P00 (x) + P000 (x)

(6.1)

sobre R. La matriz representante
donde P3 (R) denota el espacio de polinomios de tercer grado ª
©
2
3
de T en la base canónica de P3 (R), es decir B = 1, x, x , x , la calculamos así

Luego

T (1) = 2 + 0 + 0 + 0
T (x) ¢ 2x + 1 + 0 + 0¡ 2=
T ¡x ¢ = 2x2 + 2x + 2 + 0
T x3 = 2x3 + 3x2 + 6x + 6
2
0
AB =
0
0

1
2
0
0

=
=
=
=

2 + 0x + 0x2 + 0x3
1 + 2x + 0x2 + 0x3
2 + 2x + 2x2 + 0x3
6 + 6x + 3x2 + 2x3

2
2
2
0

6
6
3
2

Vamos a intentar diagonalizar este endomorfismo. Como la matriz AB es triangular, el
polinomio característico es
det (A
I) = (2
)4
Por lo tanto, = 2 es el único valor propio de AB(y por tanto de T ) y tiene multiplicidad 4.
Un polinomio P (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 P3 (R) es un vector propio asociado a = 2
si, y sólo si,
T (P (x)) = 2 · P (x)
es decir si, y sólo si,
2 · P (x) + P0 (x) + P00 (x) + P000 (x) = 2 · P (x)
o
P0 (x) + P00 (x) + P000 (x) = 0
o sino
de donde

¡
¢
a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + (2a2 + 6a3 x) + (6a3 ) = 0
(a1 + 2a2 + 6a3 ) + (2a2 + 6a3 ) x+ 3a3 x2 = 0
99

CAPÍTULO 6. FORMAS DE JORDAN
Resolviendo

100

a1 + 2a2 + 3a3 = 0
2a2 + 6a3 = 0
6a3 = 0

a1 = 0
a2 = 0 y a0
a3 = 0

=

R

Así, = 2 es el único valor propio de T y los polinomios de grado cero son sus únicos vectores
propios. Luego, el subespacio propio asociado a
= 2 es V2 = {a0 : a0 R}. Entonces,
mult (2) = 4 y dim (V2 ) = 1. Por lo tanto, T no esdiagonalizable.
Pero aún no está todo perdido, todavía podemos intentar hacer simple la forma de la matriz
representante, aunque ésta no sea diagonal. Consideremos ahora la siguiente base de P3 (R),
W = {P1 (x), P2 (x), P3 (x), P4 (x)}, donde:
P1 (x) = x3 ,

P2 (x) = 6 + 6x + 3x2 ,

P3 (x) = 12 + 6x,

P4 (x) = 6

(6.2)

Es fácil comprobar que
T (P1 (x))

=

2x3 + 3x2 + 6x + 6 = 2 · P1(x) + P2 (x) =
P2 (x) = T (P1 (x))
P2 (x) = (T

T (P2 (x))

=

2P1 (x) = (T

¡
¢
2 6 + 6x + 3x2 + (12 + 6x) = 2 · P2 (x) + P3 (x) =
2 · P2 (x) = (T

P3 (x) = (T

· I) (P2 (x)) = (T

P3 (x) = (T
=

2 · I) (P2 (x))

· I) ((T

2 (12 + 6x) + 6 = 2 · P3 (x) + P4 (x) =
2 · P3 (x) = (T

P4 (x) = (T

· I) (P3 (x)) = (T

P4 (x) = (T
=

· P2 (x) + P3 (x)

· I)2 (P1 (x))P4 (x) = T (P3 (x))

T (P4 (x))

2 · I) (P1 (x))

· I) (P1 (x))

P3 (x) = T (P2 (x))

T (P3 (x))

· P1 (x) + P2 (x)

· I)3 (P1 (x))

2 · P4 (x) =

· I) (P1 (x)))

· P3 (x) + P4 (x)

2 · I) (P3 (x)) = (T 2 · I) (P3 (x))
³
´
· I) (T
· I)2 (P1 (x))

· P4 (x)

Por lo tanto, la matriz representante del endomorfismo T en la nueva base es

AW

20
000
12
1
00
=
=01
01
0
00
001

0
0
2
1

0
0
0
2

(6.3)

donde
= 2 es el único valor propio del endomorfismo T . Note que aunque AW no sea
diagonal, ella tiene una forma particular que merece nuestra atención. Matrices de la forma
(6.3) se denominan Bloques de Jordan.
Observación 6.1 Una base U = {Q1 (x) , Q2 (x) , Q3 (x) , Q4 (x)} de P3 (R) otorga la matriz

CAPÍTULO 6. FORMAS DE JORDAN101

representante de la forma (6.3) si, y sólo si,
Q2 (x) = (T

· I) (Q1 (x))

Q3 (x) = (T

· I) (Q2 (x)) = (T

Q4 (x) = (T

· I) (Q3 (x)) = (T

· I)2 (Q1 (x))
· I)3 (Q1 (x))

La elección del primer elemento Q1 (x), de la base U, juega un rol importante y determinará
si el resto de polinomios Q2 , Q3 , Q4 conformarán una base.
Ejemplo 6.1 (mala elección de Q1 (x)) Conrespecto al endomorfismo anterior definido en
(6.1), qué sucede si elegimos como vector de partida Q1 (x) = x2 :
¡¢
¡
¢
¡¢
· I) x2 = T x2
2x2 = 2 + 2x
2x2 = 2x2 + 2x + 2
Q2 (x) = (T
Q3 (x) = (T

Q4 (x) = (T

· I) (2 + 2x) = T (2 + 2x)

2 (2 + 2x) = 2

2 (2) = 0
©
ª
Luego, como Q4 (x) = 0, entonces {Q1 , Q2 , Q3 , Q4 } = x2 , 2 + 2x, 2, 0 no representa una
base para P3 (R). Como...