1 La forma canonica di Jordan

Proviamo ad applicare quanto dimostrato nelle lezioni precedenti ad un esempio concreto. Consideriamo la funzione lineare $f\colon\mathbb{C}^{5}\to\mathbb{C}^{5}$ la cui matrice (rispetto alla base canonica $\{e_{1},\dots,e_{5}\}$ ) è

A=\begin{pmatrix}1&0&-2&0&0\\ -2&3&-2&0&0\\ 2&0&5&0&0\\ 0&2&2&2&-1\\ 0&0&0&1&4\end{pmatrix}

Vogliamo determinare il polinomio caratteristico, il polinomio minimo e la forma canonica di Jordan di $f$ .

Il polinomio caratteristico di $f$ è

	$\displaystyle p_{f}(x)$	$\displaystyle=\det(x\cdot I-A)=\det\begin{pmatrix}x-1&0&2&0&0\\ 2&x-3&2&0&0\\ -2&0&x-5&0&0\\ 0&-2&-2&x-2&1\\ 0&0&0&-1&x-4\end{pmatrix}$
		$\displaystyle=\det\begin{pmatrix}x-1&0&2\\ 2&x-3&2\\ -2&0&x-5\\ \end{pmatrix}\cdot\det\begin{pmatrix}x-2&1\\ -1&x-4\end{pmatrix}$
		$\displaystyle=(x-3)[(x-1)(x-5)+4][(x-2)(x-4)+1]$
		$\displaystyle=(x-3)(x-3)^{2}(x-3)^{2}=(x-3)^{5},$

quindi $f$ ha un unico autovalore $\lambda=3$ , con molteplicità $5$ . Poiché il polinomio minimo $m_{f}(x)$ deve dividere il polinomio caratteristico, deve essere

m_{f}(x)=(x-3)^{m},\qquad\text{con $1\leq m\leq 5$}.

Osserviamo che

		$\displaystyle A-3=\begin{pmatrix}-2&0&-2&0&0\\ -2&0&-2&0&0\\ 2&0&2&0&0\\ 0&2&2&-1&-1\\ 0&0&0&1&1\end{pmatrix}$
		$\displaystyle(A-3)^{2}=\begin{pmatrix}0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0\\ 0&-2&-2&0&0\\ 0&2&2&0&0\end{pmatrix}$

e infine $(A-3)^{3}=0$ , quindi il polinomio minimo è $m_{f}(x)=(x-3)^{3}$ . Questo significa che il massimo periodo degli autovettori generalizzati di $f$ (relativi all’unico autovalore $3$ ) è $m=3$ , quindi si ha la catena di inclusioni proprie

{\rm Ker}(f-3)\subset{\rm Ker}(f-3)^{2}\subset{\rm Ker}(f-3)^{3}=V.

Si ha:

		$\displaystyle\dim{\rm Ker}(f-3)=5-{\rm rango}(A-3I)=5-3=2,$
		$\displaystyle\dim{\rm Ker}(f-3)^{2}=5-{\rm rango}(A-3I)^{2}=5-1=4,$
		$\displaystyle\dim{\rm Ker}(f-3)^{3}=\dim V=5.$

Ponendo $d_{i}=\dim{\rm Ker}(f-3)^{i}$ , l’intero $s=d_{m}-d_{m-1}=d_{3}-d_{2}$ della dimostrazione del teorema di Jordan è, in questo caso, $s=5-4=1$ , quindi la matrice di Jordan $J$ contiene un blocco di Jordan di ordine $m=3$ , relativo all’autovalore $\lambda=3$ ,

\begin{pmatrix}3&1&0\\ 0&3&1\\ 0&0&3\end{pmatrix}

Dato che si ha poi $\dim{\rm Ker}(f-3)^{2}-\dim{\rm Ker}(f-3)=4-2=2$ , usando le stesse notazioni impiegate nella dimostrazione del teorema di Jordan, si ha $j=2$ e $d_{2}-d_{1}=t=2>s=1$ , quindi $t-s=1$ e la matrice di Jordan $J$ contiene anche un blocco di Jordan di ordine $j=2$

\begin{pmatrix}3&1\\ 0&3\end{pmatrix}

In conclusione, la matrice di Jordan di $f$ è la seguente:

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

Rimane ora solo da determinare una base $\{w_{1},\dots,w_{5}\}$ di $\mathbf{C}^{5}$ rispetto alla quale la matrice di $f$ sia $J$ . A tal fine scegliamo un vettore $v\in{\rm Ker}(f-3)^{3}$ tale che $v\not\in{\rm Ker}(f-3)^{2}$ : ad esempio, il vettore $e_{2}$ soddisfa a tali richieste. Poniamo allora

w_{3}=e_{2},\quad w_{2}=(f-3)(e_{2})=2e_{4},\quad w_{1}=(f-3)^{2}(e_{2})=-2e_{% 4}+2e_{5}.

I vettori $\{w_{1},w_{2},w_{3}\}$ sono linearmente indipendenti e formano quella parte della base di $V$ che è responsabile della presenza del blocco di Jordan di ordine $3$ .

Per continuare dobbiamo ora scegliere un vettore $u$ tale che si abbia

{\rm Ker}(f-3)^{2}={\rm Ker}(f-3)\oplus\langle(f-3)^{3-2}(v_{2})\rangle\oplus% \langle u\rangle,

cioè $u$ deve essere un vettore in ${\rm Ker}(f-3)^{2}$ che non appartenga al sottospazio generato da ${\rm Ker}(f-3)$ e dal vettore $(f-3)(e_{2})=w_{2}=2e_{4}$ .

A tal fine determiniamo, innanzitutto, il nucleo di $f-3$ : esso è dato dai vettori $(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4},x_{5})$ tali che le $x_{i}$ siano soluzioni del seguente sistema di equazioni lineari:

\left\{\begin{aligned} &{-2}x_{1}-2x_{3}=0\\ &2x_{2}+2x_{3}-x_{4}-x_{5}=0\\ &x_{4}+x_{5}=0.\end{aligned}\right.

Risolvendo tale sistema si trova

\left\{\begin{aligned} x_{1}&=-x_{3}\\ x_{2}&=-x_{3}\\ x_{4}&=-x_{5}\end{aligned}\right.

quindi una base di ${\rm Ker}(f-3)$ è formata dai vettori $e_{1}+e_{2}-e_{3}$ e $e_{4}-e_{5}$ . Si ha pertanto

	$\displaystyle{\rm Ker}(f-3)\oplus\langle w_{2}\rangle$	$\displaystyle=\langle e_{1}+e_{2}-e_{3},e_{4}-e_{5},2e_{4}\rangle$
		$\displaystyle=\langle e_{1}+e_{2}-e_{3},e_{4},e_{5}\rangle.$

Si può ora vedere facilmente che il vettore $e_{1}$ non appartiene a questo sottospazio, ma appartiene al nucleo di $(f-3)^{2}$ : questo è il vettore $u$ che cercavamo. I due vettori mancanti per completare la base di Jordan sono quindi

w_{5}=e_{1},\quad w_{4}=(f-3)(e_{1})=-2e_{1}-2e_{2}+2e_{3}.

In conclusione, i vettori

	$\displaystyle w_{1}$	$\displaystyle=-2e_{4}+2e_{5}$
	$\displaystyle w_{2}$	$\displaystyle=2e_{4}$
	$\displaystyle w_{3}$	$\displaystyle=e_{2}$
	$\displaystyle w_{4}$	$\displaystyle=-2e_{1}-2e_{2}+2e_{3}$
	$\displaystyle w_{5}$	$\displaystyle=e_{1}$

formano una base di $V$ rispetto alla quale la funzione lineare $f$ ha matrice

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

Per terminare, osserviamo che la matrice di cambiamento di base (cioè la matrice le cui colonne sono costituite dalle coordinate dei vettori della nuova base $\{w_{1},\dots,w_{5}\}$ rispetto alla vecchia base $\{e_{1},\dots,e_{5}\}$ ) è la matrice

P=\begin{pmatrix}0&0&0&-2&1\\ 0&0&1&-2&0\\ 0&0&0&2&0\\ -2&2&0&0&0\\ 2&0&0&0&0\end{pmatrix}

Si ha pertanto

J=P^{-1}AP

o, equivalentemente,

PJ=AP,

come si può facilmente verificare con un calcolo diretto.