Forma canonica di Jordan

Video brevi n. 51–53 della playlist ("Forma canonica di Jordan", parti 1–3). Il prof la presenta come complemento: all'esame si chiede di riconoscere se una matrice è diagonalizzabile, non di calcolarne la forma di Jordan. Prerequisiti: DiagonalizzazioneUna matrice è diagonalizzabile se è simile a una diagonale, cioè se esiste una base di autovettori: allora A = S D S⁻¹ con gli autovettori nelle colonne di S e gli autovalori in D. Criterio: tutti gli autovalori nel campo e molteplicità geometrica uguale a quella algebrica. Le matrici simmetriche reali hanno autovalori reali.Diagonalizzazione →, Autovalori e autovettoriUn autovettore è un vettore non nullo che una funzione lineare manda in un suo multiplo; si trovano gli autovalori come radici del polinomio caratteristico det(A − λI) e gli autovettori come nucleo di A − λI. Matrici simili hanno gli stessi autovalori.Autovalori e autovettori →. Applicazione: Esponenziale di una matrice e sistemi differenziali lineariIl sistema di equazioni differenziali y' = Ay ha soluzione y(x) = e^{Ax} ȳ. L'esponenziale di una matrice si definisce con la serie di e^x; per una matrice diagonalizzabile A = S D S⁻¹ vale e^{Ax} = S e^{Dx} S⁻¹, e e^{Dx} ha sulla diagonale gli esponenziali e^{λx} degli autovalori.Esponenziale di una matrice e sistemi differenziali lineari →.

Il problema

Una matrice è diagonalizzabile se e solo se ha tutti gli autovalori nel campo e, per ognuno, molteplicità geometrica uguale a quella algebrica. Se la seconda condizione fallisce, per esempio

$$A = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad \det(A - \lambda I) = (3 - \lambda)(1 - \lambda) + 1 = (\lambda - 2)^2,$$

(il conto: $(3 - \lambda)(1 - \lambda) - 1 \cdot (-1) = 3 - 4\lambda + \lambda^2 + 1 = \lambda^2 - 4\lambda + 4$, un quadrato perfetto), con $A - 2I = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & -1 \end{pmatrix}$ di rango $1$ (la seconda riga è l'opposta della prima; quindi per il teorema nullità + rangoIl nucleo (vettori mandati in 0) e l'immagine (vettori raggiunti) di una funzione lineare sono sottospazi; f è iniettiva se e solo se Ker f = {0}; dim Ker f + dim Im f = dim V (nullità + rango); l'antimmagine di un vettore è una soluzione particolare più il nucleo.Nucleo e immagine → l'autospazio ha dimensione $2 - 1 = 1$: un solo autovettore indipendente, $m_g = 1 < 2 = m_a$), non esiste una base di autovettori. Domanda: qual è la matrice "più semplice possibile" simile ad $A$?

Blocchi e matrici di Jordan

Definizione. Il blocco di Jordan di ordine $k$ relativo a $\lambda$ è la matrice $k \times k$ $$J_k(\lambda) = \begin{pmatrix} \lambda & 1 & & \\ & \lambda & \ddots & \\ & & \ddots & 1 \\ & & & \lambda \end{pmatrix}$$ con $\lambda$ sulla diagonale, $1$ subito sopra la diagonale e $0$ altrove. Una matrice di Jordan è una matrice diagonale a blocchi i cui blocchi sono blocchi di Jordan.

Esempio. $J_2(2) = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ e $J_3(0) = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$: $\lambda$ sulla diagonale, $1$ subito sopra, $0$ altrove.

Il blocco di ordine $1$ è $J_1(\lambda) = (\lambda)$. Una matrice diagonale è una matrice di Jordan con tutti i blocchi di ordine $1$.

Che cosa fa un blocco sulla base. Se in una base $\{v_1, \dots, v_k\}$ la matrice di $f$ è $J_k(\lambda)$, leggendo le colonne:

$$f(v_1) = \lambda v_1, \qquad f(v_2) = v_1 + \lambda v_2, \qquad \dots, \qquad f(v_k) = v_{k-1} + \lambda v_k ,$$

cioè, con $N = f - \lambda\,\mathrm{id}$:

$$N v_1 = 0, \qquad N v_2 = v_1, \qquad \dots, \qquad N v_k = v_{k-1} .$$

$v_1$ è un autovettore; gli altri non lo sono, ma $N$ li fa "scendere" uno sull'altro fino ad arrivare all'autovettore. Una sequenza così si chiama catena di Jordan, e i $v_i$ autovettori generalizzati (vale $N^i v_i = 0$: applicando $N$ per $i - 1$ volte si scende da $v_i$ a $v_1$, e un'altra applicazione dà $N v_1 = 0$).

La forma $f(v_2) = v_1 + \lambda v_2$ viene dalla regola delle colonneFissate una base del dominio e una del codominio, una funzione lineare si codifica in una matrice m×n la cui colonna j contiene le coordinate di f(v_j); le coordinate di f(v) si ottengono moltiplicando la matrice per le coordinate di v, e il rango di f è il numero di colonne indipendenti.Matrice associata a una funzione lineare →: la seconda colonna di $J_k(\lambda)$ è $(1, \lambda, 0, \dots, 0)$, cioè le coordinate di $f(v_2)$ sono $1$ rispetto a $v_1$ e $\lambda$ rispetto a $v_2$.

Il teorema

Teorema (forma canonica di Jordan). Sia $A \in M_n(K)$ con tutti gli autovalori in $K$ (sempre vero per $K = \mathbb{C}$). Allora $A$ è simile a una matrice di Jordan $J$, unica a meno dell'ordine dei blocchi: $$P^{-1} A P = J .$$

Esempio. $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ non è diagonalizzabile, ma è già in forma di Jordan: un solo blocco $J_2(2)$ (uno solo perché $m_g(2) = 1$).

Come si leggono i blocchi. Per ogni autovalore $\lambda$:

• numero di blocchi relativi a $\lambda$ = $m_g(\lambda)$ = $\dim \operatorname{Ker}(A - \lambda I)$ (ogni blocco contiene esattamente un autovettore indipendente, il primo vettore della catena);
• somma degli ordini dei blocchi relativi a $\lambda$ = $m_a(\lambda)$ (sulla diagonale di $J$, $\lambda$ compare $m_a$ volte);
• ordini dei singoli blocchi: si ricavano dalle dimensioni di $\operatorname{Ker}(A - \lambda I)^j$ per $j = 1, 2, \dots$. Il numero di blocchi di ordine $\ge j$ è $\dim \operatorname{Ker}(A - \lambda I)^j - \dim \operatorname{Ker}(A - \lambda I)^{j-1}$.

Fino a ordine $3$ bastano le prime due regole:

Da ordine $4$ in poi possono servire le potenze: con $m_a = 4$ e $m_g = 2$ i blocchi possono essere $J_3, J_1$ oppure $J_2, J_2$.

$A$ è diagonalizzabile esattamente quando tutti i blocchi hanno ordine $1$, cioè $m_g = m_a$ per ogni autovalore: è il criterio di diagonalizzabilità visto da un'altra angolazione.

Come si trova $P$

Per un blocco $J_k(\lambda)$ serve una catena $v_1, \dots, v_k$ con $N v_1 = 0$, $N v_{i} = v_{i-1}$ ($N = A - \lambda I$). Due modi:

• dal basso: si sceglie $v_1$ autovettore e si risolvono successivamente $N v_2 = v_1$, $N v_3 = v_2$, … (attenzione: non ogni autovettore va bene come $v_1$ quando $m_g \ge 2$, perché il sistema potrebbe non avere soluzione);
• dall'alto (più sicuro): si sceglie $v_k \in \operatorname{Ker} N^k$ ma $v_k \notin \operatorname{Ker} N^{k-1}$, e si pone $v_{k-1} = N v_k$, $v_{k-2} = N v_{k-1}$, …

Le colonne di $P$ sono le catene, una dopo l'altra, ciascuna in ordine $v_1, v_2, \dots, v_k$ (prima l'autovettore).

Esempio 1: la matrice $2 \times 2$ di sopra

$\lambda = 2$, $m_a = 2$, $m_g = 1$: un blocco $J_2(2)$.

• Autovettore: $(A - 2I)x = 0$ dà $x_1 + x_2 = 0$, quindi $v_1 = (1, -1)$.
• Secondo vettore: $(A - 2I) v_2 = v_1$, cioè $x_1 + x_2 = 1$ (la seconda equazione, $-x_1 - x_2 = -1$, è la stessa): per esempio $v_2 = (1, 0)$.

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

Verifica senza invertire $P$: $A v_1 = (3 - 1, \ -1 - 1) = (2, -2) = 2v_1$ ✓ e $A v_2 = (3, -1) = v_1 + 2v_2 = (1 + 2, \ -1 + 0)$ ✓. Sono proprio le due colonne di $J_2(2)$: $Av_1 = 2v_1$ dà la colonna $(2, 0)$, $Av_2 = 1 \cdot v_1 + 2 v_2$ dà la colonna $(1, 2)$. Anche con l'inversa: $\det P = 0 - (-1) = 1$, $P^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$, $AP = \begin{pmatrix} 2 & 3 \\ -2 & -1 \end{pmatrix}$ e $P^{-1}(AP) = \begin{pmatrix} 0 + 2 & 0 + 1 \\ 2 - 2 & 3 - 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ ✓.

La scelta di $v_2$ non è unica: anche $v_2 = (0, 1)$ risolve $x_1 + x_2 = 1$. Ogni soluzione differisce da $(1, 0)$ per un multiplo di $v_1$ (soluzione particolare più nucleo, come in Sistemi lineari e teorema di Rouché-CapelliUn sistema lineare si scrive AX = B; ha soluzioni se e solo se B sta nell'immagine di A, cioè se rango(A) = rango(A|B) (Rouché-Capelli); le soluzioni sono una soluzione particolare più il nucleo e dipendono da n − r parametri.Sistemi lineari e teorema di Rouché-Capelli →), e $J$ resta la stessa.

Esempio 2: la matrice dell'Esercizio 62 · matrice 3×3 non diagonalizzabile

$$A = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 1 \\ -2 & -4 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}, \qquad \lambda = 2 \ (m_a = 2, \ m_g = 1), \quad \lambda = -4 \ (m_a = m_g = 1).$$

Forma di Jordan: un blocco $J_2(2)$ e un blocco $J_1(-4)$.

Per $\lambda = 2$, $N = A - 2I = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ -2 & -6 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$, $\operatorname{Ker} N = \langle (3, -1, 0) \rangle$ (la prima riga dà $x_3 = 0$, la seconda $-2x_1 - 6x_2 = 0$, cioè $x_1 = -3x_2$; con $x_2 = -1$ si ha $(3, -1, 0)$). Si procede dall'alto: serve $v_2$ con $N^2 v_2 = 0$ ma $N v_2 \ne 0$. $N^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 12 & 36 & -2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$: le colonne di $N$ sono $(0, -2, 0)$, $(0, -6, 0)$, $(1, 0, 0)$ e hanno tutte terza componente $0$; la riga $1$ di $N$, $(0, 0, 1)$, per una colonna ne prende proprio la terza componente, quindi la riga $1$ di $N^2$ è nulla, e la riga $3$ di $N$ è nulla. La riga $2$, $(-2, -6, 0)$, per le colonne $(0, -2, 0)$, $(0, -6, 0)$, $(1, 0, 0)$ dà $12$, $36$, $-2$. Quindi $\operatorname{Ker} N^2$: $12x_1 + 36x_2 - 2x_3 = 0$, un piano (dimensione $2 = m_a$, come deve essere per un blocco $J_2$). Si prende $v_2 = (1, 0, 6)$ (soddisfa $12 - 12 = 0$ e non sta in $\operatorname{Ker} N$, perché la sua terza componente non è $0$). Allora $v_1 = N v_2 = (6, -2, 0)$, che è un autovettore (multiplo di $(3, -1, 0)$) ✓.

Per $\lambda = -4$: $A + 4I = \begin{pmatrix} 6 & 0 & 1 \\ -2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 6 \end{pmatrix}$ dà $x_1 = x_3 = 0$: $u = (0, 1, 0)$.

$$P = \begin{pmatrix} 6 & 1 & 0 \\ -2 & 0 & 1 \\ 0 & 6 & 0 \end{pmatrix}, \qquad P^{-1} A P = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & -4 \end{pmatrix}.$$

Esempio 3: un solo blocco $3 \times 3$

La matrice dell'Esercizio 69 · diagonalizzabilità al variare di h e matrice P per $h = -1$, $A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$, ha l'unico autovalore $0$ con $m_a = 3$ e $m_g = 1$: la forma di Jordan è $J_3(0)$. I conti: lungo la prima riga di $A - \lambda I$, $\det = -\lambda(\lambda^2 - 1) - 1 \cdot (\lambda - 0) + 0 = -\lambda^3 + \lambda - \lambda = -\lambda^3$, quindi $m_a(0) = 3$; $A$ ha rango $2$ (prima e terza riga uguali, seconda non proporzionale), quindi $m_g(0) = \dim \operatorname{Ker} A = 3 - 2 = 1$. Coerentemente $A^2 = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \end{pmatrix} \ne 0$ ma $A^3 = 0$, come $J_3(0)^3 = 0$ (matrici simili hanno potenze simili: se $P^{-1}AP = J$ allora $P^{-1}A^k P = J^k$, perché le $P P^{-1}$ interne si semplificano).

A che cosa serve: potenze ed esponenziale

Si scrive $J_k(\lambda) = \lambda I + N$, con $N$ la matrice con gli $1$ sopra la diagonale. $\lambda I$ e $N$ commutano ($\lambda I$ commuta con ogni matrice: $(\lambda I)N = \lambda N = N(\lambda I)$) e $N^k = 0$ ($N$ manda $e_1 \to 0$, $e_2 \to e_1$, …, $e_k \to e_{k-1}$: ogni vettore della base "scende di un posto", e dopo $k$ passi non resta nulla). Per due matrici che commutano vale la formula del binomio di NewtonLa formula per sviluppare (a+b)^n con i coefficienti binomiali.Binomio di Newton →, $(\lambda I + N)^m = \sum_j \binom{m}{j} \lambda^{m-j} N^j$, che si tronca a $j \le k - 1$; per lo stesso motivo $e^{(\lambda I + N)x} = e^{\lambda x I} e^{N x} = e^{\lambda x} e^{Nx}$, e la serie di $e^{Nx}$ si ferma. Per l'esponenziale:

$$e^{J_k(\lambda) x} = e^{\lambda x}\left(I + N x + \frac{N^2 x^2}{2!} + \dots + \frac{N^{k-1} x^{k-1}}{(k-1)!}\right).$$

Per $k = 2$: $e^{J_2(\lambda) x} = e^{\lambda x}\begin{pmatrix} 1 & x \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$. Ecco da dove vengono, nelle equazioni differenziali con radici multiple dell'equazione caratteristica, le soluzioni del tipo $x e^{\lambda x}$: è il caso non diagonalizzabile del metodo dell'esponenziale di una matriceIl sistema di equazioni differenziali y' = Ay ha soluzione y(x) = e^{Ax} ȳ. L'esponenziale di una matrice si definisce con la serie di e^x; per una matrice diagonalizzabile A = S D S⁻¹ vale e^{Ax} = S e^{Dx} S⁻¹, e e^{Dx} ha sulla diagonale gli esponenziali e^{λx} degli autovalori.Esponenziale di una matrice e sistemi differenziali lineari →, con $e^{Ax} = P\, e^{Jx} P^{-1}$ (stessa dimostrazione del caso diagonalizzabile: $A^m = P J^m P^{-1}$ in ogni termine della serie).

Esempio. Per $A = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}$ dell'esempio 1, con $P$ e $P^{-1}$ già trovati:

$$e^{Ax} = P\, e^{2x}\begin{pmatrix} 1 & x \\ 0 & 1 \end{pmatrix} P^{-1} = e^{2x}\begin{pmatrix} 1 & x + 1 \\ -1 & -x \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = e^{2x}\begin{pmatrix} 1 + x & x \\ -x & 1 - x \end{pmatrix}$$

($P \begin{pmatrix} 1 & x \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ ha colonne $v_1$ e $x v_1 + v_2 = (x + 1, -x)$; poi riga per colonna: $(1, x + 1) \cdot (0, 1) = x + 1$, $(1, x + 1) \cdot (-1, 1) = x$, $(-1, -x) \cdot (0, 1) = -x$, $(-1, -x) \cdot (-1, 1) = 1 - x$). In $x = 0$ si ritrova $I$ ✓. Con $\bar Y = (1, 0)$ la soluzione di $Y' = AY$ è $y_1 = (1 + x)e^{2x}$, $y_2 = -x e^{2x}$: compaiono i termini $x e^{2x}$, assenti nel caso diagonalizzabile. Verifica: $y_1' = (3 + 2x)e^{2x}$ e $3y_1 + y_2 = (3 + 3x - x)e^{2x} = (3 + 2x)e^{2x}$ ✓; $y_2' = (-1 - 2x)e^{2x}$ e $-y_1 + y_2 = (-1 - x - x)e^{2x}$ ✓.

Errori comuni

• Mettere gli $1$ sotto la diagonale invece che sopra: con la convenzione $Nv_i = v_{i-1}$ e le catene in colonna nell'ordine $v_1, \dots, v_k$, gli $1$ stanno sopra.
• Ordinare la catena al contrario in $P$ (prima $v_k$, poi l'autovettore): si ottengono gli $1$ sotto la diagonale.
• Prendere come $v_2$ un altro autovettore: $v_2$ deve risolvere $N v_2 = v_1$, quindi non è un autovettore.
• Credere che $m_a$ e $m_g$ bastino sempre: da ordine $4$ servono anche le dimensioni dei nuclei delle potenze.