alg físicas

8/15/2019 ALG Físicas

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ALGEBRA (1er Curso de FISICAS)

Profesor: Manuel Saorın Castano

[email protected]

1



ALGEBRA (Curso 2014-15)

CONTROL INTERMEDIO18 de Marzo de 2015

1. Sea U el subespacio vectorial de R4 formado por las cuaternas (x1, x2, x3, x4)tales que

x1 + x2 + x3 + x4 = 0

2x1 − x2 + 2x3 − x4 = 0

x1 − 2x2 + x3 − 2x4 = 0

y sea W =< (−1, −1, 1, 1), (2, 1, −1, −1), (0, −1, 1, 1) >. Dar bases deU + W y de U ∩ W y encontrar un subespacio complementario de U en

R4.

2. Demostrar que las matrices

A =

1 1 1 1

2 3 4 11 3 5 −1

y B =

1 2 3 4

2 3 4 1−3 −4 −5 2

son equivalentes. Dar un metodo (sin hacer calculos) para calcular matri-ces invertibles P ∈ GL3(K) y Q ∈ GL4(K) tales que B = P · A · Q.

3. Demostrar que existe un endomorfismo f : K4 −→ K4 satisfaciendo lassiguientes propiedades:

(a) Los vectores (1, 1, 1, 1) y (2, 3, 4, 1) estan en Ker(f ) = N uc(f );

(b) Las imagenes de (1, 1, 2, 2), (1, 2, 3, 1) y (4, 5, 6, 7) por f son, respec-tivamente, (1, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1) y (0, 0, 0, 4).

¿Es unico dicho endomorfismo?. Elegid un endomorfismo f de K4 quesatisfaga los requerimientos (o el unico, si es que lo es) y calcular:

(a) Una base de su nucleo;

(b) Una base de su imagen;

(c) Su matriz respecto de la base canonica.



SOLUCION AL CONTROL INTERMEDIO

18 de Marzo de 20151er Problema: Para calcular una base de U + W , usamos el criterio sigu-

iente (ver Proposicion 37 del capıtulo II de los apuntes):

U =< S > y W =< T > =⇒ U + W =< S ∪ T >.

Puesto que ya tenemos un conjunto generador T = {(−1, −1, 1, 1), (2, 1, −1, −1), (0, −1, 1, 1)}de W , nos basta encontrar un conjunto generador S de U para tener el conjuntogenerador S ∪ T de U + W . Lo que hay que hacer entonces es resolver el sistemade ecuaciones homogeneo

x1 + x2 + x3 + x4 = 02x1 − x2 + 2x3 − x4 = 0

x1 − 2x2 + x3 − 2x4 = 0,

lo cual hacemos usando el metodo de Gauss de encontrar la matriz escalonadareducida por filas de la matriz del sistema. Si haceis bien los calculos, la matrizobtenida es:

1 0 1 00 1 0 10 0 0 0

.

Pasando al segundo miembro las incognitas que no corresponden a las columnasde los pivotes, obtenemos que x1 = −x3 y x2 = −x4. Dando al vector deincognitas independientes (x3, x4) los ’valores’ (1, 0) y (0, 1), obtenemos una

base S = {(−1, 0, 1, 0), (0, −1, 0, 1)} de U . Concluımos, segun lo dicho arriba,que

U + W =< (−1, 0, 1, 0), (0, −1, 0, 1), (−1, −1, 1, 1), (2, 1, −1, −1), (0, −1, 1, 1) > .

La base deseada de U + W se obtiene poniendo estos vectores como filasde una matriz y escalonando. Por ejempo, tras formar la matriz mencionada,(entre otras posibles) puedo hacer las siguientes transformaciones elementalesen dos etapas:

a) F 3 − F 1 y F 4 + 2F 1;

b) F 3 − F 2, F 4 + F 2 y F 5 − F 2.

La matriz obtenida es

−1 0 1 00 −1 0 10 0 0 00 0 1 00 0 0 0

.



El quid de la cuestion es que las filas de esta matriz generan el mismo subespacio

deR4

que las filas de la inicial y dicho subespacio es U +W . Concluımos entoncesque B 1 = {(−1, 0, 1, 0), (0, −1, 0, 1), (0, 0, 1, 0)} es una base de U + W .Para encontrar la base que nos piden de U ∩ W , es conveniente saber cuan-

tos elementos tendra esa base. Ello lo podemos saber de antemano usando laformula de Grassman (Proposicion 38 del capıtulo II). En efecto, arriba hemosencontrado una base de U con 2 elementos, lo que nos dice que dim(U ) = 2. Porotra parte, tenemos que dim(U + W ) = 3. Si conseguimos calcular dim(W ) po-dremos usar la formula de Grassman. Para ello, basta coger el maximo numerode vectores linealmente independientes del conjunto generador T de W . Ellose hace usando el escalonamiento de matrices, exactamente como lo hemos he-cho en el caso de U + W . Es decir, colocamos los vectores de T como filas deuna matriz y hacemos transformaciones elementales por filas en la misma. Ennuestro caso, simplemente haciendo la transformacion F 2 + 2F 1, obtenemos:

−1 −1 1 1

2 1 −1 −10 −1 1 1

−1 −1 1 1

0 −1 1 10 −1 1 1

.

Ello nos dice que dim(W ) = 2. Por tanto, tenemos dim(U ∩ W ) = dim(U ) +dim(W )−dim(U +W ) = 2+2−3 = 1. Cualquier vector no-nulo de U ∩W nos daun conjunto linealmente (ver Ejemplo 13.A del capıtulo II) y, por tanto, nos dauna base de U (ver Proposicion 23 en el capıtulo II). Pero, a o jo, identificamosinmediatamente un vector no-nulo de U ∩ W . En efecto, (−1, −1, 1, 1) esta enW y es la suma de los dos vectores de la base S de U , por lo que tambien estaen U . Deducimos que B 2 = {(−1, −1, 1, 1)} es una base de U ∩ W .

Nos queda encontrar un subespacio complementario de U en R4. La ’receta’

para hacerlo es conocida. Se completa la base S de U a una base B de R4 y losvectores anadidos generan (y son una base) de un subespacio complementariode U en R4. Podemos tomar B = {(−1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)},pues estos cuatro vectores son las filas (todas no-nulas) de una matriz escalonaday, por tanto, son linealmente independientes (ver Proposicion 32 del capıtulo II).En consecuencia, Z =< (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1) > es un subespacio complementario de

U en R4.

2o Problema: Dos matrices A y B del mismo tamano se dicen equivalentescuando existen matrices cuadradas invertibles (con los tamanos adecuados) P

y Q tales que B = P AQ. Vimos en clase un teorema que nos dice que A yB (de tamano n × m) son equivalentes si, y solo si, existen matrices invertibles

P, P ∈ GLn(K), Q, Q ∈ GLm(K) y un numero natural r ∈ {0, 1, ..., min(m, n)}tales que

P · A · Q =

I r 00 0

= P · B · Q.

Como corolario de dicho teorema, vimos que, entre otras posible definicionesequivalentes, el rango de una matriz A ∈ M n,m(K) es el numero natural r ∈



{0, 1, ..., min(m, n)} tal que P ·A·Q = I r 00 0, para ciertas matrices invertibles

P ∈ GLn(K), Q ∈ GLm(K). La conclusion entonces es que dos matrices delmismo tamano son equivalentes si, y solo si, tienen el mismo rango.

En nuestro ejemplo, los rangos de A y B se calculan escalonando las matrices:

A =

1 1 1 1

2 3 4 11 3 5 −1

1 1 1 1

0 1 2 −10 2 4 −2

B =

1 2 3 4

2 3 4 1−3 −4 −5 2

1 2 3 4

0 −1 −2 −70 2 4 14

.

Las matrices obtenidas tienen 2 filas como maximo numero de filas linealmente

independientes. Por tanto, se tiene rg(A) = 2 = rg(B), lo que implica que A yB son equivalentes.Para encontrar las matrices que nos piden, un metodo posible serıa el sigu-

iente :

a) Calculamos matrices invertibles R ∈ GL3(K) y S ∈ GL4(K) tales que

R · A · S =

I 2 00 0

=

1 0 0 0

0 1 0 00 0 0 0

;

b) Calculamos matrices invertibles R ∈ GL3(K) y S ∈ GL4(K) tales que

R · B · S =

I 2 00 0

=

1 0 0 00 1 0 0

0 0 0 0

.

Una vez calculadas las matrices invertibles R,S,R, S , tendremos R · A · S =I 2 00 0

= R · B · S y deduciremos que B = R−1 · R · A · S · S −1. Tomaremos

entonces P = R−1 · R y Q = S · S −1 y tendremos la igualdad deseada B =P · A · Q.

Solo queda entonces calcular, las matrices invertibles R,S,R, S . Como elmetodo es identico para A como para B, describimos uno de ambos tal y comolo hicimos en algun problema en clase. Para obtener R y S , actuamos comosigue.

- Tomamos la aplicacion lineal f := f A : K4

−→ K3

que lleva X =

x1

x2

x3

x4

a

AX . Sabemos que si C y C son las bases canonicas de K4 y K3, respectivamente,entonces M C,C(f ) = A.

- Sabemos que dim(Im(f )) = rg(A) = 2, por lo que se tiene

dim(Ker(f )) = dim(K4) − dim(Im(f )) = 4 − 2 = 2.



Se calcula ahora una base B K = {u3, u4} de K er(f ), lo que se hace resolviendo

el sistema de ecuaciones homogeneo AX = 0.- Ahora se completa a una base B = {u1, u2, u3, u4} de K4 y resulta queL = {f (u1), f (u2)} es un subconjunto linealmente independiente de K3.

- Completamos ahora a una base B = {f (u1), f (u2), v3} de K3 y un calculo

directo nos muestra que M B,B(f ) =

I 2 00 0

=

1 0 0 0

0 1 0 00 0 0 0

.

- Teniendo en cuenta que f = idK3 ◦ f ◦ idK4 y que la matriz de una com-posicion de aplicaciones lineales es el producto de las matrices, tenemos que

I 2 00 0

= M B,B(f ) = M B,C(idK3) · M C,C(f ) · M C,B(idK4) = P BC · A · P CB .

Se toma entonces R = P BC y S = P CB y ya esta.

3er Problema: Buscamos un endomorfismo f de K4 (=aplicacion linealf : K4 −→ K4) que lleve cada vector en la columna de la izquierda al correspon-diente vector de la columna de la derecha:

(1, 1, 1, 1) (0, 0, 0, 0)(2, 3, 4, 1) (0, 0, 0, 0)(1, 1, 2, 2) (1, 0, 0, 0)(1, 2, 3, 1) (0, 0, 0, 1)(4, 5, 6, 7) (0, 0, 0, 4)

En clase vimos y os colgue en la web una ’receta’ de cuando saber si tal

f existe. Se forma una matriz ampliada (A|B), donde las filas de A son losvectores (de coordenadas respecto de la base canonica) de la columna de laizquierda arriba y donde las filas de B son los correspondientes vectores de lacolumna de la derecha de arriba. De acuerdo con dicha receta, el endomorfismof existe si, y solo si, rg(A) = rg(A|B). Esto, a su vez, es equivalente a decir queuna matriz escalonada obtenida de (A|B) por transformaciones elementales porfilas tiene siempre sus pivotes en las columnas correspondientes a A, es decir,en sus primeras cuatro columnas.

Se aplica la receta en nuestro caso, por lo que A y B tendran tamano 5 × 4y ası (A|B) tendra tamano 5 × 8. Hacemos las siguientes transformacioneselementales por filas en (A|B) en tres pasos:

a) F 2

− 2F 1

, F 3

− F 1

, F 4

− F 1

, F 5

− 4F 1

;

b) F 4 − F 2, F 5 − F 3;

c) F 5 − F 4.

Si la matriz obtenida es



1 1 1 1 0 0 0 00 1 2 −1 0 0 0 00 0 1 1 1 0 0 00 0 0 1 0 0 0 10 0 0 0 0 0 0 0

, (∗)

que es una matriz escalonada por filas cuyos pivotes estan en las cuatro primerascolumnas. Por tanto, existe el endomorfismo f buscado.

Con la receta vista en clase, se tiene tambien que f es unico si, y solo si,el conjunto S := {(1, 1, 1, 1), (2, 3, 4, 1), (1, 1, 2, 2), (1, 2, 3, 1), (4, 5, 6, 7)} es unconjunto generador de K4. Afirmamos que esto es equivalente a probar queel rango de dicho conjunto de vectores es 4. En efecto, si S es un conjuntogenerador entonces rg(S ) = dim(< S >) = dim(K4) = 4. Recıprocamente, sirg(S ) = 4 entonces contiene un subconjunto linealmente independiente L ⊂ S

con 4 elementos. Pero entonces L es una base de K4 (ver Proposicion 23 delcapıtulo II). En particular, L es un conjunto generador de K4 y, ası, tambien S

es un conjunto generador (ver Proposicion 17 del capıtulo II).Deducimos entonces que S es un conjunto generador si, y solo si, la matriz

cuyas filas son sus vectores (es decir, la matriz A) tiene rango 4. Pero estoultimo ya ha sido probado arriba.

Nos queda calcular bases del nucleo y la imagen de f . Para hacerlo, es conve-niente saber a priori cuales son las dimensiones de dichos subespacios. El Coro-lario 8 del capıtulo III nos dice que si G es un conjunto generador de K4, entoncesf (G) es un conjunto generador de I m(f ). En nuestro caso, podemos tomar G =S , de manera que f (G) = f (S ) = {(0, 0, 0, 0), (1, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1), (0, 0, 0, 4)} esun conjunto generador de Im(f ). Se sigue inmediatamente que B I = {(1, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1)}

es una base de Im(f ). Entonces, por la formula de la dimension del nucleoy la imagen (Proposicion 7 del capıtulo III), deducimos que dim(Ker(f )) =dim(K4) − dim(Im(f )) = 4 − 2 = 2. Dar una base del nucleo equivale entoncesa dar 2 vectores en el nucleo que sean linealmente independientes. Pero ya nos losda el enunciado. Por tanto B K = {(1, 1, 1, 1), (1, 2, 3, 4)} es una base de K er(f ).

Finalmente, sea C la base canonica de K4. El proceso de escalonar la matrizampliada (A|B) nos da que una matriz escalonada por filas obtenida a partirde A por transformaciones elementales en las filas es

1 1 1 10 1 2 −10 0 1 10 0 0 10 0 0 0

.

Puesto que dichas transformaciones elementales fueron tambien aplicadas a B,cuyas filas son las imagenes, la conclusion al mirar la matriz escalonada (*)de arriba es que B = {u1 = (1, 1, 1, 1), u2 = (0, 1, 2, −1), u3 = (0, 0, 1, 1), u4 =(0, 0, 0, 1)} es una base de K4 tal que las imagenes por f de sus vectors son, re-spectivamente, (0, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 0), (1, 0, 0, 0) y (0, 0, 0, 1). Ello nos da facilmente



la matriz M C,B(f ). Recordad que esta matriz tiene como columna j -esima el

vector de coordenada de f (uj) respecto de la base C . Por tanto, se tiene

M C,B(f ) =

0 0 1 00 0 0 00 0 0 00 0 0 1

.

Pero no es esta la matriz que nos pide el problema, sino M C(f ) := M C,C(f ).Teniendo en cuenta que f = f ◦ id, tenemos que

M C,C(f ) = M C,C(f ◦ id) = M C,B(f ) · M B,C(id) = M C,B(f ) · P B,C.

La matriz P = P B,C es la inversa de P C,B =

1 0 0 01 1 0 01 2 1 01 −1 1 1

. Por tanto,

tenemos que

M C(f ) =

0 0 1 00 0 0 00 0 0 00 0 0 1

·

1 0 0 01 1 0 01 2 1 01 −1 1 1

−1

es la matriz buscada (os dejo a vosotros el calculo final).



PROBLEMA A ENTREGAR DEL CAPITULO 4

Sea B = {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)}, que es una base de R3. Se sabe que elconjunto de ecuaciones

x1 = t1 + t2 + t3x2 = t1 − t2 + 3t3

x3 = t1 + 2t2

es un conjunto de ecuaciones parametricas respecto de dicha base del subespacioW de R3. Se pide:

1. Dar un conjunto de ecuaciones parametricas de W respecto de la basecanonica, con el mınimo numero de ecuaciones posible.

2. Econtrar un conjunto de ecuaciones implıcitas linealmente independientesde W

(a) respecto de la base B ;

(b) respecto de la base canonica de R3.

3. Usando determinantes, dar una condicion necesaria y suficiente para unvector (a,b,c) para que los subespacios W y < (a,b,c) > tengan sumadirecta. Identificar en tal caso el subespacio W ⊕ < (a,b,c) >.



El primer problema NO ES PARA ENTREGAR, pero os habla de unas

propiedades de los polinomios que necesitaremos en los problemas a entregar yque, posiblemente, no conoceis.

PROBLEMA (a no entregar).- Sean F, G ∈ K[x] dos polinomios no-nulos.Se dice que F y G son coprimos o primos entre sı cuando los unicos polinomiosno-nulos de K [x] que dividen a ambos son los polinomios constantes. Es decir,cuando se verifica:

(*) Si H ∈ K[x] es un polinomio no-nulo y exiten polinomios F , G ∈ K[x]tales que F = H · F y G = H · G, entonces H es constante.

Se pide:

1. Sean F, G ∈ K[x] coprimos, con deg(F ) ≥ deg(G) > 0, dividamos F entreG como hacıais en la escuela y supongamos que el resto de la division es

F 1, que sera entonces un polinomio de grado < deg(G). Probar que F 1 yG tambien son coprimos.

2. Probar por induccion en n = max{deg(F ),deg(G)} que si F y G soncoprimos, entonces existen R, S ∈ K[x] tales que 1 = F · R + G · S (aquı 1es el polinomio constante). Este hecho es conocido como la identidad de Bezout .

3. Supongamos que F y G descomponen completamente en K[x]. Probar queF y G son coprimos si, y solo si, no tienen ninguna raız comun en K.

4. Siendo K igual a R o C y conocido el teorema fundamental del ´ Algebra (Todo polinomio en C[x] descompone completamente sobre C), demostrarque dos polinomios de K[x] son coprimos si, y solo si, no tienen ninguna

raız compleja comun.

PROBLEMAS A ENTREGAR DEL CAPITULO 5

1. Dados un polinomio F (x) = a0 + a1x + ... + atxt en K[x] y una matriz

cuadrada A ∈ Mn(K) (resp. un endomorfismo f del K-espacio vectorialV ), ponemos F (A) = a0I n+ a1A + ... + atA

t (resp. F (f ) = a0idV + a1f +... + atf t, donde f k = f ◦ k.... ◦f , para todo entero k > 0). Un famosoresultado de Algebra Lineal, el teorema de Cayley , afirma que si P c(x)

es el polinomio caracterıstico de A (resp. f ), entonces P c(A) = 0 (resp.P c(f ) = 0).

En lo que sigue f es un endomorfismo del espacio vectorial de dimensionfinita V y, por definicion, el rango de cualquier endomorfismo que aparezcasera la dimension de su imagen. Cuando A ∈ Mn(K), todo lo que vamos a’descubrir’ en este ejercicio lo podeis aplicar al endomorfismo f A : Kn −→Kn que lleva X AX y obtendreis resultados sobre la matriz A.



(a) Se pide:

i. Probar que la aplicacion ϕ : K[x] −→ End(V )) que lleva F F (f ) conserva la suma y el producto. (El producto en End(V )se entiende que es la composicion de apliaciones lineales).

ii. Si F, G ∈ K[X ] son coprimos, entonces Ker[(F ·G)(f )] = KerF (f )⊕KerG(f ). (Indicaci´ on : Para la inclusion ⊆, usad la identidad deBezout).

(b) Dados α ∈ K y r ∈ N, definimos V (α,r) = Ker(f − αidV )r, que es

entonces un subespacio de V . Probar:

i. Se tiene una cadena de subespacios 0 = V (α,0) ⊆ V (α,1) ⊆ ... ⊆V (α,r) ⊆ ... y, por tanto, existe un menor numero naturals = s(α) tal que V (α,s) = V (α,s+1). En tal caso, se tiene que

V (α,s) = V (α,r), para todo r ≥ s.ii. s(α) = min{r ∈ N : rg(f − αidV )r = rg(f − αidV )

r+1}.

iii. V (α,r) es no-nulo si, y solo si, r > 0 y α es un valor propio de f .

iv. V (α,r) es invariante por f , es decir, se tiene f (V (α,r)) ⊆ V (α,r).Ademas, si α es un valor propio de f , entonces el endomorfismoinducido f |V (α,r) : V (α,r) −→ V (α,r) (v f (v)) tiene como unicovalor propio a α.

v. Supongamos que el polinomio caracterıstico P c(x) de f descom-pone completamente en K[x] y sea α un valor propio de f ,siendo µ(α) su multiplicidad algebraica. Demostrar que el enteros = s(α) dado por el apartado b.i verifica que s(α) ≤ µ(α). (In-dicaci´ on : Suponed, por reduccion al absurdo, que s(α) > µ(α)

y obtened una contradiccion usando apropiadamente el teoremade Cayley y el apartado a.ii).

vi. En las condiciones del apartado anterior, sean α1,...,αm los dis-tintos valores propios de f en K y pongamos sk := s(αk) yµk := µ(αk). Demostrar que se tiene la igualdad V = V (α1,µ1) ⊕... ⊕ V (αm,µm) = V (α1,s1) ⊕ ... ⊕ V (αm,sm).

vii. En las condiciones de los dos apartados anteriores, sea B k unabase de V (αk,sk) para cada k = 1,...,m y consideremos la baseB =

1≤k≤m B k de V . Demostrar que la matriz M B(f ) es una

matriz diagonal por bloques:

A1 0 ... 00 A

2 ... 0

. . . .

. . . .

0 0 ... Am

,

donde Ak es una matriz cuadrada de tamano µk× µk cuyo polinomiocaracterıstico es (x − αk)

µk . Deducir que dim(V (αk,sk)) = µk, parak = 1,...,m.



(c) Deducir que toda matriz A ∈ Mn(K) cuyo polinomio caracterıstico

descomponga completamente sobre K

es semejante a una matriz de-scompuesta en bloques como en el apartado anterior.

2. Vamos a aplicar el ejercicio anterior a un caso practico. Consideremos lamatriz real

A =

−1 0 0 0 0−2 0 1 0 0−2 −1 1 1 0−2 −1 0 2 0−2 −1 0 3 −1

de la que se sabe que rg(A + I ) = 3 = rg(A − I )2 y que rg(A − I ) = 4,

donde I es la matriz identidad 5 × 5. Se pide:

(a) Comprobar que su polinomio caracterıstico P c(x) descompone com-pletamente sobre R

(b) Para cada valor propio α de A, identificar todos los terminos dela sucesion de numeros naturales (rg(A − αI )k)k∈N sin calcular laspotencias (A − αI )k.

(c) Encontrar una base B de R5 tal que la matriz M B(f A) sea una ma-triz descompuesta en bloques como indica el penultimo apartado delejercicio anterior.

(d) Encontrar una matriz invertible P ∈ GL5(R) tal que P AP −1 sea unamatriz descompuesta en bloques de la manera descrita anteriormente.

3. Discutir, en funcion del parametro real a, cuando la siguiente matriz A ∈M4(R) es diagonalizable sobre R, cuando lo es sobre C pero no sobreR y cuando no lo es ni sobre R ni sobre C. En los casos en que A seadiagonalizable y tenga valores propios que no son simples, encontrar unaP ∈ GL4(R) tal que P AP −1 sea una matriz diagonal.

5 −3 −1 03 −1 −1 02 −1 a 01 −1 0 1

.



FORMA CANONICA DE JORDAN DE UNA MATRIZ

CUADRADAEn esta ultima parte del curso, vamos a ver que una matriz cuadrada A ∈

Mn(K) siempre es semejante, al menos sobre C, a una matriz ’apta para loscalculos’ J , llamada forma can´ onica de Jordan de A y que esta unıvocamentedeterminada por A en un sentido que veremos.

Definicion 1. Sea α ∈ K un escalar y sea r > 0 un entero. Se llama bloquede Jordan de tamano r asociado al valor propio α, denotado J r(α) a la matriz r × r siguiente

α 1 0 ... 00 α 1 ... 0. . . . .

. . . . .

0 0 ... α 10 0 ... 0 α

.

Es decir, J r(α) es la matriz triangular superior de tama˜ no r × r cuyas entradas en la diagonal principal son todas iguales a α, cuyas entradas en la diagonal immediatamente encima son todas 1 y el resto de las entradas son nulas. Se entiende que J 1(α) = (α)

Es un hecho evidente que el polinomio caracterıstico de J r(α) es P c(x) =(x − α)r.

En el ejercicio siguiente adoptamos la siguiente terminologıa para una matrizcuadrada A ∈ Mr(K). Para cada k = 0, 1,...,r−1, llamaremos diagonal superior k-esima

de A a aquella que tiene por entradas a1,k+1, a2,k+2,...,ar−k,r (notese que la di-agonal superior 0-esima es precisamente la diagonal principal).

Ejercicio 0.1. Sea r > 1 y α ∈ K y sea J := J r(α) el bloque de Jordan asociado.Demostrar:

1. J no es diagonalizable ni en K ni en C.

2. Para cada entero n > 0, la matriz J n es la matriz triangular superior cuya diagonal superior k-esima tiene por entradas a1,k+1 = a2,k+2 = ... =

ar−k,r =

n

k

αn−k, para todo k = 0, 1,...,r − 1, conviniendo en que

n

kαn−k = 0 cuando k > n.

El ejercicio anterior viene a decirnos que, aunque J r(α) no es diagonalizable,el calculo de su potencia n-esima es sencillo, para cualquier n > 0. Ello implicaque si J es una matriz cuadrada cualquiera que sea suma diagonal de bloquesde Jordan, entonces el calculo de su potencia n-esima sera sencillo. En efecto,si A = A1 ⊕ ... ⊕ Am es una descomposicion en suma diagonal por bloques deuna matriz cuadrada A, entonces se tiene una descomposicion correspondiente



en bloques de las potencias n-esimas An = An1 ⊕ ... ⊕ Anm. Nuestro objetivo es

ver que toda matriz cuadrada es semejante a una tal matriz J y describir comousar ese hecho para calcular potencias grandes de la matriz A.El resultado fundamental es el siguiente, en el que adoptamos la notacion y

terminologıa introducida en el primer problema a entregar del capıtulo V.

Teorema 0.2 (Teorema de Jordan). Sea V un espacio vectorial de dimensi´ on finita y sea f un endomorfismo cuyo polinomio caracterıstico descompone com-pletamente sobre K. Existe una base B de f tal que M B(f ) =: J es una suma diagonal de bloques de Jordan. Adem´ as, J est´ a unıvocamente determinada por f , salvo permutaci´ on de sus bloques diagonales.

M´ as concretamente, para cada valor propio α de f y para cada entero r > 0,pongamos q (α,r) = dim V (α,r) − dim V (α,r−1) = rg (f − αidV )

r−1 − rg(f − αidV )r.

Entonces la matriz J tiene exactamente q (α,r)

− q (α,r+1)

= r g(f − αidV

)r−1 +

rg(f − αidV )r+1 − 2rg(f − αidV )

r bloques de Jordan J r(α), para cada valor propio α y cada entero 1 ≤ r ≤ s(α).

Definicion 2. La matriz J del teorema es conocida como la forma canonica deJordan del endomorfismo f .

Postponemos la demostracion del teorema, que solamente indicaremos mastarde. Ahora vemos una consecuencia inmediata del mismo, que es la que masnos interesa:

Corolario 0.3. Sea A ∈ Mn(K) una matriz cuadrada cuyo polinomio car-acterıstico descompone completamente sobre K. Existe una matriz invertible P ∈ GLn(K) tal que P −1AP =: J es una suma diagonal de bloques de Jordan.

Adem´ as, se verifica lo siguiente:

1. J est´ a unıvocamente determinada por A, salvo permutaci´ on de sus bloques diagonales.

2. Para cada valor propio α de A y cada r = 1, 2,...,s(α), la matriz J tiene exactamente rg(A − αI n)

r−1 + rg (A − αI n)r+1 − 2rg(A − αI n)

r bloques de Jordan J r(α).

Proof. Aplicando el teorema al endomorfismo f A : Kn −→ Kn (X AX ),

sabemos que existe una base B de Kn tal que M B(f A) = J es una suma diagonalde bloques de Jordan. Si P es la matriz de cambio de esta base a la can onica,entonces por el metodo usual vemos que A = P JP −1. El numero de bloques de

Jordan que aparecen es el dado porque rg(f A − αidKn)k = rg(A − αI n)k, paracualquier entero k ≥ 0.

Definicion 3. La matriz J del corolario anterior es conocida como la formacanonica de Jordan de la matriz A.



Comentario 0.4. Nosotros estamos trabajando con K = R ´ o K = C. En el

segundo caso, el teorema fundamental del ´ Algebra nos dice que cualquier poli-nomio en C[x] descompone completamente sobre C. Por tanto, el teorema de

Jordan se aplica a cualquier matriz compleja.En el caso K = R s´ olo aparece problema cuando el polinomio caracterıstico de

A ∈ Mn(R) no descompone completamente sobre R (equivalentemente, cuandodicho polinomio tiene raıces complejas no-reales). En tal caso, lo que hacemos es mirar a tal matriz como una matriz compleja. El corolario anterior nos asegura que existe una matriz invertible P ∈ GLn(C) tal que P −1AP =: J es una matriz compleja descompuesta en suma diagonal de bloques de Jordan.

Idea general de la demostracion del teorema de Jordan:Sea P c(x) = (x − α1)µ1 · (x − α2)µ2 · ... · (x − αm)µm , donde los αk son

distintos y µk

> 0, para todo k = 1,...,m. El ejercicio 1 a entregar del capıtulo5 nos da una descomposicion V = V (α1,µ1) ⊕ ... ⊕ V (αm,µm) y nos dice queV (αk,µk) = V (αk,sk), donde sk = s(αk) es el menor de los enteros r ≥ 0 tal queV (αk,r) = V (αk,r+1). Nos dice ademas que si elegimos una base B k de V (αk,sk) ytomamos el endomorfismo restringido f |V (αk,sk) : V (αk,sk) −→ V (αk,mk), entonces,

tomando la base B = m

1 B k de V , obtenemos una descomposicion en sumadiagonal M B(f ) = A1 ⊕ A2 ⊕ ... ⊕ Am, donde Ak = M Bk(f |V (αk,µk)) para k =1,...,m. Ademas se tiene que Ak es una matriz de tamano µk×µk cuyo polinomiocaracterıstico es (x − αk)

µk y µk = dimV (αk,µk) = dimV (αk,sk), para todo k =1,...,m.

Supongamos que el teorema de Jordan ha sido probado ya para los endo-morfismos de espacios vectoriales cuyo polinomio caracterıstico es de la forma(x − α)n. Entonces para cada endomorfismo f

|V (α

k

,s

k

) : V (αk,sk) −→ V (αk,sk) de

los considerados en el parrafo anterior, ese teorema nos darıa una nueva base Bkde V (αk,sk), para cada k = 1,...,m, tal que J k := M Bk(f |V (αk,sk)) es una suma

diagonal de bloques de Jordan. Entonces tomando B =m

1 Bk, tendremos unabase de V tal que J := M B(f ) = J 1 ⊕ J 2 ⊕ ... ⊕ J m (suma diagonal). Ello nos daque J es una suma diagonal de bloques de Jordan, puesto que cada J k es unasuma diagonal de bloques de Jordan.

El parrafo anterior nos reduce la prueba al caso en que el polinomio car-acterıstico es P c(x) = (x − α)n (siendo n = dimV ), cosa que suponemosen lo que sigue. Tampoco en este caso vamos a hacer la prueba con de-talle, sino solo a indicarla. Puesto que aquı ya solo hay un valor propio, parasimplificar, ponemos V (α,r) = V r, q (α,r) = q r y s = s(α). Recuerdese queq r = rg(f − αidV )

r−1 − rg(f − αidV )r, para cada entero r > 0.Notese que en

este caso la multiplicidad de α es µ = n, por lo que el problema mencionadonos da V = V µ = V s .

Se empieza comprobando que n−rg(f −αidV ) = q 1 ≥ q 2 ≥ ... ≥ q s > q s+1 =0. El resto de la ’demostracion’ es precisamente el metodo preciso que hay queaplicar para encontrar la base B deseada. Se divide en etapas que enumeraremosen sentido decreciente s, s − 1, ...., 1:



s) Se encuentran q s = q s−q s+1 vectores linealmente independientes u1,...,uqs

de V = V s = Ker(f − αidV )

s

con la particulardidad de que la unicacombinacion lineal de ellos que esta en V s−1 = Ker(f − αidV )s−1 es la

trivial: Notese que tal conjunto de vectores existe porque q s = dimV s −dimV s−1, por lo que cualquier subespacio complementario de V s−1 en V stiene dimension q s.

Se pone B i = {(f −αidV )s−1(ui), (f −αidV )

s−2(ui), ..., (f −αidV )(ui), ui},para cada i = 1,...,q s. Se verifica:

(a) Cada B i es un conjunto linealmente independiente y el subespacioW (ui) que genera es invariante por f ;

(b) El endomorfismo restringido f |W (ui) : W (ui) −→ W (ui) verifica quela matriz asociada M Bi(f |W (ui)) es el bloque de Jordan J s(α);

(c) Los subespacios W (u1),...,W (uqs) tienen suma directa.

s-1) Si q s−1 − q s = 0 pasarıamos directamente a la etapa siguiente sin hacernada. Cuando q s−1 − q s = 0, encuentran q s−1 − q s vectores uqs+1,...,uqs−1

de V s−1 = Ker(f − αidV )s−1 tales que la unica combinacion lineal de

los vectores de B (s,1) ∪ ... ∪ B (s,qs) ∪ {uqs+1,...,uqs−1} que esta en V s−2 =Ker(f −αidV )

s−2 es la trivial. Ponemos entonces B i = {(f −αidV )s−2(ui), ..., (f −

αidV )(ui), ui}, para i = q s + 1,...,q s−1. Se verifica:


(b) El endomorfismo restringido f |W (ui) : W (ui) −→ W (ui) verifica quela matriz asociada M

Bi(f

|W (ui)

) es el bloque de Jordan J s−1(α);

(c) Los subespacios W (u1),...,W (uqs), W (uqs+1),...,W (uqs−1) tienen sumadirecta.

r) El proceso continua reiteradamente. Al terminar la etapa r +1 tendremosq r+1 subespacios invariantes por f , W (u1),....,W (uqr+1), que tendransuma directa, cada uno con una base B i de manera que M Bi(f |W (ui)) esun bloque de Jordan (con valor propio α) de tamano adecuado. Entoncesel paso a la etapa r se hace como sigue:

Si q r−q r+1 = 0 se pasa directamente a la siguiente etapa. Si q r−q r+1 = 0,entonces tomamos q r − q r+1 vectores uqr+1+1,...,uqr de V r = Ker(f −αidV )r con la propiedad de que la unica combinacion lineal de vectores en

B 1∪...∪B qr+1 ∪{uqr+1+1,...,uqr} que pertenece a V r−1 = Ker(f −αidV )

r−1

es la trivial. Se pone B i = {(f −αidV )r−1(ui),..., (f −αidV )(ui), ui}, parai = q r+1 + 1,...,q r y se tiene:


(b) El endomorfismo restringido f |W (ui) : W (ui) −→ W (ui) verifica quela matriz asociada M Bi(f |W (ui)) es el bloque de Jordan J r(α);



(c) Los subespacios W (u1),...,W (uqs),...,W (uqr+1+1),...,W (uqr) tienen

suma directa.

Tras terminar el proceso de ’induccion decreciente’, se obtiene la base bus-cada B , que es la union de los conjuntos B i obtenidos en las distintas etapas. Lapropia construccion nos dice que M B(f ) es una suma diagonal de q s = q s− q s+1

bloques de Jordan de tamano s, de q s−1 − q s de tamano s − 1 y, genericamente,de q r − q r+1 bloques de Jordan de tamano r , para cada r = s, s − 1, ..., 2, 1.

Vamos a aplicar lo anterior a un caso practico:

Ejercicio 0.5. 1. Sea A una matriz cuadrada real cuyo polinomio carac-terıstico descompone completamente sobre R y sea α un valor propio sim-ple de A. Demostrar que la forma can´ onica de Jordan de A contiene

exactamente un bloque diagonal asociado al valor propio α, cuyo tama˜ noes 1 × 1.

2. De una matriz cuadrada A ∈ Mn(R) se sabe que su polinomio carac-terıstico es P c(x) = (x − 1)4(x + 3) y que rg(A − I ) = 3, rg(A − I )2 = 2y rg(A − I )3 = 1. Calcular su forma can´ onica de Jordan.

3. Se considera la matriz

A =

0 0 1 0 0−1 0 2 0 0−1 −1 3 0 0−1 −1 2 1 0

−1 −1 2 4 −3

.

Comprobad que satisface las condiciones del apartado anterior.

4. Para la matriz del apartado anterior, encontrar una matriz invertible P ∈GL5(R) tal que P −1AP sea ’la’ forma can´ onica de Jordan de A.

5. Dar una f´ ormula general para la potencia An.

Solucion:1) Sea J la forma canonica de Jordan de A, que ha de tener, al menos, un

bloque de Jordan diagonal con valor propio α. Pongamos que J = J r(α) ⊕J (suma diagonal), donde J es la suma diagonal de los restantes bloques deJordan que aparecen en J . Puesto que A y J son semejantes, sus polinomios

caracterısticos coinciden (Nota: si A y B son matrices cuadradas semejantes,entonces existe una matriz invertible P del mismo tamano que ellas tal queB = P AP −1. Pero entonces B − xI = P (A − xI )P −1 y ası P B(x) = |B − xI | =|P |·|A−xI |·|P |−1 = |A−xI | = P A(x)). En nuestro caso, se tiene P A(x) = P J (x).Pero el polinomio caracterıstico de J = J r(α) ⊕ J admite una factorizacionP J (x) = P J r(α)(x) · P J (x) = (x − α)r · P J (x). Al ser α una raız simple de



P A(x) = P J (x), concluımos que r = 1 y que α no es cero de P J (x). En

particular J no contiene ningun bloque de Jordan asociado al valor propio α.2) Tenemos P c(x) = P A(x) = (x − 1)4(x + 3), por lo que −3 es un valor

propio simple de A. El apartado anterior nos dice que la forma canonica deJordan contiene exactamente un bloque de Jordan asociado al valor propio α,que es de tamano 1 × 1. Nos queda ver lo que ocurre con el valor propio 1.Lo primero que hemos de calcular es s = s(1), que es el menor de los numerosnaturales r tales que rg(A − I )r = rg(A − I )r+1. Por la informacion que nosdan sobre estos rangos, sabemos que s ≥ 3. Pero el primer ejercicio a entregardel capıtulo 5 nos dice que s = s(1) ≤ µ(1) = 4. Por tanto, se tiene que s = 3 os = 4.

Puesto que rg(A − I )3 = 1, si se tiene s = 4 entonces necesariamente setendra rg(A − I )4 = 0, lo que equivale a decir que (A − I )4 = 0. Pero si J es

la forma canonica de Jordan, entonces existe una matriz invertible P ∈ GL5(R)tal que P −1AP = J . Ello implica que P −1(A − I )P = J − I , donde I = I 5 es lamatriz identidad. Caso de suponer s = 4, se tendrıa entonces que (J − I )4 = 0.Pero sabemos que J = J 1(−3) ⊕ J (suma diagonal), donde J es la sumadiagonal de todos los bloques de Jordan que aparecen en J que son asociadosal valor propio 1. Entonces tendrıamos una descomposicion en suma diagonalJ − I = (J 1(−3) − I 1) ⊕ (J − I 4) que, al elevar a la cuarta potencia, nos darıa0 = (J − I )4 = (J 1(−3) − I 1)4 ⊕ (J − I 4)4. Pero entonces se tendrıa que(J 1(−3) − I 1)4 = 0. Eso es una contradiccion pues J 1(−3) − I 1 es la matriz 1 × 1cuya unica entrada es −4.

En conclusion, se tiene que s = s(1) = 3. Ahora el teorema de Jordan nosdice que, para cada r = 1, 2, 3, se tienen exactamente rg(A − I )r−1 + rg (A −I )r+1 − 2rg(A − I )r bloques de Jordan J r(1). En nuestro caso tenemos

Para r = 1: rg(A − I )0 + rg(A − I )2 − 2rg(A − I )1 = 5 + 2 − 6 = 1Para r = 2: rg(A − I )1 + rg(A − I )3 − 2rg(A − I )2 = 3 + 1 − 4 = 0Para r = 3: rg(A − I )2 + rg(A − I )4 − 2rg(A − I )3 = 2 + 1 − 2 = 1.

Por tanto, J contiene un bloque J 3(1) y un bloque J 1(1). Tenemos entoncesque la forma canonica de Jordan es:

J = J 3(1) ⊕ J 1(1) ⊕ J 1(−3) =

1 1 0 0 00 1 1 0 00 0 1 0 00 0 0 1 00 0 0 0 −3

3) Se trata simplemente de calcular las potencias de A − I y verificar que losrangos son exactamente los descritos en el apartado anterior. Si no me equivocoal escribir, se tiene:



A − I =

−1 0 1 0 0−1 −1 2 0 0−1 −1 2 0 0−1 −1 2 0 0−1 −1 2 4 −4

(A − I )2 =

0 −1 1 0 00 −1 1 0 00 −1 1 0 00 −1 1 0 00 −1 1 −16 16

(A − I )

3

=

0 0 0 0 00 0 0 0 0

0 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 64 −64

Se comprueba facilmente que los rangos de estas matrices son exactamente losdados en el apartado anterior.

4) Para encontrar la matriz P ∈ GL5(R) que nos piden, lo que hacemoses aplicar al endomorfismo f A : R5 −→ R5, X AX , el primer ejercicioa entregar del capıtulo 5 y el metodo descrito en la demostracion (indicada)del teorema de Jordan. La clave es que se tiene una descomposicion R4 =V (1,s(1) ⊕ V (−3,s(−3) = V (1,3) ⊕ V (−3,1). El caso del valor propio simple α = −3no tiene problema. Sabemos que dimV (−3,1) = 1 y para obtener una basede V

(−3,1) = Ker(f A − (−3)idR5) hay simplemente que resover el sistema de

ecuaciones (A + 3I )X = 0. Se hace y se ve que v5 = {

0 0 0 0 1t

} es unabase de V (−3,1). Hemos escrito v5 (es decir, con subındice 5) porque, de acuerdoa como hemos escrito los bloques de Jordan en la forma canonica (apartado 2),el bloque correspondiente al valor propio −3 es el ultimo.

El meollo de la cuestion esta en dar la base apropiada de V (1,3) = Ker(f A −idR5)3. Lo que hacemos es seguir al pie de la letra el metodo seguido en lademostracion (indicada) del teorema de Jordan. La unica pequena diferencia esque allı reducıamos al caso de que la matriz tuviera un polinomio caracterısticode la forma (x − α)n, pero eso se hacıa simplemente para facilitar la prueba. Enla practica, sobre todo una vez calculados los rangos del apartado anterior, esmejor hacerlo directamente con la matriz A. Tenemos del apartado 2 todas lasdiferencias q r−q r+1 = rg(A−I )r−1+rg(A−I )r+1−2rg(A−I )r, para r = 1, 2, 3.

Teniendo en cuenta que s = 3 en nuestro caso, el metodo indicado nos dice quetenemos que encontrar q 3 = q 3−q 4 = 1 vector de Ker(f A−id)3 con la propiedadde que la unica combinacion lineal del mismo que este en Ker(f A − id)2 sea latrivial. Eso nos esta diciendo simplemente que hemos de encontrar un vec-tor u1 ∈ Ker(f A − id)3 que no este en Ker(f A − id)2. Es decir, buscamos unvector-columna u1 tal que (A − I )3u1 = 0, pero (A − I )2u1 = 0. A la vista decomo son las matrices (A − I )3 y (A − I )2 (ver apartado 3), basta encontrar un



vector u1 =

x1 x2 x3 x4 x5

t

tal que x4 − x5 = 0 pero −x2 + x3 = 0.

Por ejemplo, el vector u1 =

0 1 0 0 0t

nos vale. El metodo nos diceque B 1 = {(f A − id)2(u1), (f A − id)(u1), u1} = {(A − I )2u1, (A − I )u1, u1}es un subconjunto linealmente independiente que genera un subespacio W (u1)invariante por f A y tal que la matriz del endomorfismo restringido f |W (u1) :W (u1) −→ W (u1) es el bloque de Jordan J 3(1). Al ser u1 el segundo vectorde la base canonica, tenemos que (A − I )2u1 es la segunda columna (A − I )2

mientras que (A−I )u1 es la segunda columna de A −I . Por tanto, se tiene B 1 =

{

−1 −1 −1 −1 −1t

,

0 −1 −1 −1 −1t

,

0 1 0 0 0t

} es la’sub-base’ que acaba la etapa s = 3.

Para la etapa s − 1 = 2, no tenemos que hacer nada porque q s−1 − q s =q 2−q 3 = rg(A−I )1+rg(A−I )3−2rg(A−I )2 = 3+1−4 = 0. Por tanto, pasamosdirectamente a la etapa s − 2 = 1, que es la ultima. Lo que dice el metodo es

que hemos de encontrar q 1 − q 2 = rg(A − I )

0

+ rg(A − I )

2

− 2rg(A − I )

1

= 1vector u2 en Ker(f A− idR5) con la propiedad de que la unica combinacion linealde los vectores en B 1 ∪ {u2} que este en Ker(f A − idR5)0 sea la trivial. Pero(f A− idR5)0 = idR5 , por lo que Ker(f A− idR5)0 = 0. Lo que buscamos entonceses simplemente una solucion u2 del sistema de ecuaciones (A − I )X = 0 que sealinealmente independiente con los vectores de la ’sub-base’ B 1 dada en el parrafoanterior. Por la forma que tiene la matriz A−I (ver apartado 3), basta encontrar

un vector-columna u2 =

x1 x2 x3 x4 x5

tlinealmente independiente con

los de B 1 que satisfaga:

−x1 + x3 = 0−x1 − x2 + 2x3 = 0

4x4 − 4x5 = 0

Casi a ’ojımetro’, se ve que el vector u2 =

0 0 0 1 1t

nos vale. Elmetodo nos dice entonces que B 2 = {u2} es linealmente independiente (lo cuales evidente) y genera un subespacio W (u2) que es invariante por f := f A y talque M B2(f |W (u2)) = J 1(1).

El metodo dado en la prueba del teorema de Jordan, que se hacıa en el casode un solo valor propio, nos decıa que habıa que tomar la union de todas lassub-bases B i obtenidas en las diferentes etapas. En el caso en que hay mas deun valor propio, lo unico que hay que hacer es aplicar el metodo con cada unode los valores propios y obtener todas las ’sub-bases’ obtenidas para todos losvalores propios. La union de ellas es la base B buscada. En nuestro caso, labase es:

B = B 1 ∪ B 2 ∪ {v5} =

{

−1 −1 −1 −1 −1t

,

0 −1 −1 −1 −1t

,

0 1 0 0 0t

,

0 0 0 1 1t

,0 0 0 0 1

t}.

Esta base verifica que M B(f A) = J , donde J es la forma canonica de Jordanencontrada en el apartado 2. Ahora por el metodo usual, si C es la base canonica



de R5 y tomamos P = P CB , entonces se tiene A = P JP −1 o, equivalentemente,

P −1

AP = J . Por tanto, una posible eleccion de la matriz P que nos piden es:

P =

−1 0 0 0 0−1 −1 1 0 0−1 −1 0 0 0−1 −1 0 1 0−1 −1 0 1 1

He dicho ’posible eleccion’ porque la matriz P no es en absoluto unica. Dependetotalmente de los vectores ui que se van tomando al aplicar el metodo de laprueba del teorema de Jordan.

5) Una vez que tenemos la matriz P del apartado anterior, tenemos queAn = (P JP −1)n = P J nP −1. Como se tiene J = J 3(1) ⊕ J 1(1) ⊕ J 1(−3), se

tiene J n

= J 3(1)n

⊕ J 1(1)n

⊕ J 1(−3)n

. Un bloque de Jordan de tamano 1 × 1es simplemente un escalar, por tanto J 1(α)n = J 1(αn), para cualquier escalarα. Por otra parte, el ejercicio 0.1 nos dice que se tiene

J 3(1)n =

1n

n

1

1n−1

n

2

1n−2

0 1n

n

1

1n−1

0 0 1n

=

1 n

n(n−1)2

0 1 n

0 0 1

.

Por tanto, se tiene la igualdad

J n =

1 n n(n−1)

2 0 0

0 1 n 0 00 0 1 0 00 0 0 1 00 0 0 0 (−3)n

Para calcular An, que es lo que nos piden, necesitamos calcular P −1 y,despues, hacer la multiplicacion P J nP −1. Si yo no me equivocado, se tiene

P −1 =

−1 0 0 0 01 0 −1 0 00 1 −1 0 00 0 −1 1 00 0 0 −1 1

y, como consecuencia,

An = P J nP −1 =

1 − n −n(n−1)2

n(n+1)2 0 0

−n − (n−1)(n+2)2

n(n+3)2

0 0

−n −n(n+1)2

(n+1)(n+2)2 0 0

−n −n(n+1)2

n(n+3)2

1 0

−n −n(n+1)2

n(n+3)2

1 − (−3)n (−3)n



SOLUCION INDICADA AL SEGUNDO PROBLEMA A

ENTREGAR DEL CAP´ITULO 5

2) Vamos a aplicar el ejercicio anterior a un caso practico. Consideremos lamatriz real

A =

−1 0 0 0 0−2 0 1 0 0−2 −1 1 1 0−2 −1 0 2 0−2 −1 0 3 −1

de la que se sabe que rg(A + I ) = 3 = rg(A − I )2 y que rg(A − I ) = 4,donde I es la matriz identidad 5 × 5. Se pide:

(a) Comprobar que su polinomio caracterıstico P c(x) descompone com-pletamente sobre R

(b) Para cada valor propio α de A, identificar todos los terminos dela sucesion de numeros naturales (rg(A − αI )k)k∈N sin calcular laspotencias (A − αI )k.

(c) Encontrar una base B de R5 tal que la matriz M B(f A) sea una ma-triz descompuesta en bloques como indica el penultimo apartado delejercicio anterior.

(d) Encontrar una matriz invertible P ∈ GL5(R) tal que P AP −1 sea unamatriz descompuesta en bloques de la manera descrita anteriormente.

SOLUCION:Lo que vamos a hacer es aplicar al endomorfismo asociado f A : R5 −→

R5, X AX , toda la informacion dada por el primer ejercicio a entregar delcapıtulo 5:

a) Se comprueba facilmente que el polinomio caracterıstico es P c(x) = −(x+1)2(x − 1)3.

b) Dado α ∈ K, por definicion, s(α) es el menor de los numeros naturalesr tales que dimV (α,r) = dimV (α,r+1) (o, equivalentemente, rg(f A − αidR5)r =rg(f A − αidR5)r+1). El mencionado problema nos dice que, cuando α es unvalor propio, se tiene s(α) ≤ µ(α) De acuerdo con los datos de los rangos quenos dan, se tiene:

Para α = −1, tenemos 1 ≤ s(−1) ≤ 2;Para α = 1, tenemos 2 ≤ s(1) ≤ 3.

Pero el mencionado problema nos dice tambien que V (α,s(α)) = V (α,µ(α)), paracada valor propio α, y que la dimension de este subespacio es µ(α). Ello nos dauna igualdad

µ(α) = dimV (α,s(α)) = dim(Ker(f A−αid)s(α)) = n−rg(A−αI n)s(α) = 5−rg(A−αI 5)s(α).



Por tanto, en nuestro caso, tenemos rg(A+I )s(−1) = 5− 2 = 3 y rg(A−I )s(1) =

5 − 3 = 2, donde I = I 5 es la matriz identidad de tamano 5 × 5. Deducimos ques(−1) = 1 y s(1) = 3. Esta ultima igualdad se debe a que si fuese s(1) = 2 setendrıa rg(A + I )2 = 2, que no es cierto.

Os dejo a vosotros el escribir explıcitamente la sucesion de rangos (rg(A −αI )r)r∈N para cada uno de los dos valores propios de A:

c) De acuerdo con el problema mencionado, se trata simplemente de encon-trar una base B (−1) de V (−1,α(−1)) = V (−1,1) y una base B (1) de V (1,α(1)) = V (1,3).Entonces B = B (−1) ∪ B (1) sera una base de V = R4 tal que M B(f A) =A1 ⊕ A2 (¡suma diagonal de bloques!), donde A1 ∈ M2(R) = Mµ(−1)(R) yA2 ∈ M3(R) = Mµ(1)(R).

Notemos que V (−1,1) es el conjunto de soluciones del sistema de ecuaciones

(A + I )1X = 0, donde x1 x2 x3 x4 x5t

es el vector-columna de las

incognitas. Si yo no me equivoque, podeis tomar

B (−1) = {

0 1 −1 −1 0

}t, {

0 0 0 0 1t

}.

Por otra parte V (1,3) es el conjunto de soluciones del sistema de ecuaciones(A − I )3X = 0. Por tanto, no nos queda mas remedio que calcular la potenciacubica de A − I . Se tiene

(A − I )3 =

−8 0 0 0 0−8 0 0 0 0−8 0 0 0 0−8 0 0 0 0−8 0 0 8 −8

Por tanto, el sistema de ecuaciones se reduce a dos ecuaciones: x1 = 0 y x4−x5 =0. Por tanto

B (1) = {

0 1 0 0 0t

,

0 0 1 0 0t

,

0 0 0 1 1t

}

es una base de V (1,3).Una posible eleccion de la base de R5 que nos pide este apartado del problema

es entonces B = B (−1) ∪ B (1). Digo ’posible eleccion’ porque cualquier eleccionde una base de V (−1,1) y de una base de V (1,3), al juntarlas, me darıa una basede R5 que satisface los requerimientos. Por tanto, B no es en absoluto unica.

d) Este es tıpico caso que hemos ya abordado muchas veces. Si ponemos

C = M B(f A) y tomamos la matriz de cambio de base de B a la base canonica,Q = P CB , entonces tenemos A = M C(f A) = QCQ−1. Por lo que la matrizinvertible P que nos pide el problema es P = Q−1. Os dejo a vosotros elcalcularla explıcitamente.



Os enuncio unos problemas sobre formas canonicas de Jordan para que los

resolvais.Ejercicios 0.6. 1. (a) De una matriz A ∈ M5(R), cuyo polinomio carac-

terıstico es (x−1)3(x+2)2, se sabe que rg (A−I ) = 3 y rg (A+2I ) = 4.Calcular su forma can´ onica de Jordan.

(b) Comprobar que la matriz

1 0 0 0 00 1 0 0 01 0 1 0 01 0 3 −2 01 0 2 1 −2

satisface las condiciones del apartado anterior y encontrar una matriz invertible P ∈ GL5(R) tal que P −1AP sea la forma can´ onica de Jordan de A.

(c) Para la matriz A del apartado anterior, calcular la suma infinita n∈N

1n!

An.

2. Sea A ∈ Mn(R) una matriz cuadrada real y sea α un valor propio com-plejo no-real de la misma. Para trabajar con el mismo, consideraremos el endomorfismo f := f A : Cn −→ Cn, X AX , y miramos a A como la matriz de dicho endomorfismo respecto de la base can´ onica de Cn. Para cada r ∈ N, sea entonces V (α,r) = Ker (f − idCn)r, que es un subespacio de Cn, y seguiremos la notaci´ on del primer problema a entregar del capıtuo

5. Demostrar:

(a) Si, para cada v ∈ Cn, denotamos por v el vector obtenido de v ha-ciendo el conjugado complejo de cada una de sus coordenadas, en-tonces la asignaci´ on v v define una bijecci´ on κ : V (α,r) −→ V (α,r)tal que:

i. κ(v + w) = κ(v) + κ(w), para todos los v, w ∈ V (α,r);

ii. κ(λv) = λκ(v), para todos los λ ∈ C y v ∈ V (α,r).

(b) La forma can´ onica de Jordan J de A (¡como matriz compleja!) con-tiene exactamente el mismo n´ umero de bloques de Jordan J r(α) que bloques de Jordan J r(α), para cada entero r > 0.

(c) Si B (α) = {v1,...,vt} es una base de V (α,s(α)) = V (α,µ(α)) tal que

M B(α)(f |V (α,s(α))) es la suma diagonal de todos los bloques de Jordan con valor propio α que aparecen en J , entonces B (α) = {v1, ..., vt}es una base de V (α,s(α)) = V (α,µ(α)) tal que M B(α)

(f |V (α,s(α))) es la suma diagonal de todos los bloques de Jordan con valor propio α que aparecen en J y en el mismo orden.

3. De dos matrices A, B ∈ M6(R) se sabe lo siguiente:



(a) El polinomio caracterıstico de ambas es P c(x) = (x2 + 1)3.

(b) rg(A − iI 6)2

= 4.(c) rg(B − iI 6)2 = 3.

Calcular la forma can´ onica de Jordan de A y de B cuando se las considera como matrices complejas.

4. Se considera la matriz real

0 1 0 0 0 00 0 1 0 0 00 0 0 1 0 00 0 0 0 1 00 0 0 0 0 1

−1 0 −3 0 −3 0

.

Se pide:

(a) Comprobar que A satisface las condiciones (para A) descritas en el ejercicio anterior.

(b) Sabiendo que el vector u =

i 0 0 1 3i −6t

satisface que (A−iI 6)3u = 0 = (A − iI 6)2u, calcular una matriz invertible compleja P ∈ GL6(C) tal que P −1AP sea ’la’ forma can´ onica de Jordan de A.

(c) Supongamos que os dicen que una sucesi´ on de n´ umeros reales (an)n∈Nsatisface la propiedad de que an + 3an−2 + 3an−4 + an−6 = 0, para todo n ≥ 6 y que a0 = a1 = a2 = a3 = a4 = a5 = 1. Sin hacer

c´ alculos, dad un metodo para calcular el termino general an de dicha sucesi´ on.

5. Se considera la matriz real

B =

1 1 0 0 0 0−2 −1 0 0 0 0−2 −3 −3 −3 −1 −14 4 4 3 1 10 0 0 1 0 00 0 0 0 1 0

.

Se pide:

(a) Comprobad que B satisface las condiciones del ejercicio 3 de esta lista.

(b) Consideramos la submatriz

C =

−3 −3 −1 −14 3 1 10 1 0 00 0 1 0



y sabemos que un vector dado u =

z3 z4 z5 z6

t

∈ C4 verifica

que (C − iI 4)

2

u = 0 = (C − iI 4)u.Demostrar que L = {(A − iI 6)v,v, (A + iI 6)v, v} es un subconjuntolinealmente independiente de C6 que genera un subespacio U =< L >

invariante por f = f A, donde v =

0 0 z3 z4 z5 z6t

.

(c) Si w ∈ C6 tiene alguna de sus dos primeras coordenadas no-nulas y es un vector propio de A asociado al valor propio i, entonces B ={(A − iI 6)v,v,w, (A + iI 6)v, v, w} es una base de C6 tal que M B(f A)es la forma can´ onica de Jordan de A.

(d) Encontrar una matriz invertible compleja P ∈ GL6(C) tal que P −1AP

sea la forma can´ onica de Jordan obtenida en el apartado anterior.



ALGEBRA

GRADO EN FISICAS(Curso 2014-15)EXAMEN FINAL (Convocatoria de Junio)

11 de Junio de 2015

TEORIA

Decir cuales de las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas, razonando

la respuesta:

1. En un espacio vectorial de dimension n todo conjunto generador tiene ≥ n

elementos.

2. Sea f : V −→ W una aplicacion lineal y B = {v1,...,vn} una base de V .La aplicacion f es inyectiva si, y solo si, f (B ) = {f (v1),...,f (vn)} es unconjunto linealmente independiente en W .

3. Una matriz cuadrada A ∈ Mn(K) es diagonalizable sobre K si, y solo si,Kn tiene una base formada por vectores propios de A (cuando se ve a loselementos de Kn como vectores-columna).

4. Si B = {e1,...,en} es una base ortonormal del espacio vectorial euclıdeo

V y v ∈ V es un vector arbitrario, entonces el vector de coordenadas de vrespecto de B es [v]B = (v · e1,...,v · en).

5. Para cualquier matriz A ∈ Mn×m(K) y todo vector-columna b ∈ Kn,

el sistema de ecuaciones AtAX = Atb es compatible, donde At es la

traspuesta de A y X =

x1 ... xnt

es el vector-columna de las incognitas.



ALGEBRA

GRADO EN FISICAS(Curso 2014-15)EXAMEN FINAL (Convocatoria de Junio)

11 de Junio de 2015

PROBLEMAS

1. Sean U y W dos subespacios vectoriales de Rn.

(a) Supongamos que U y W vienen dados por los conjuntos de ecuacionesimplıcitas (respecto de la base canonica) AX = 0 y BX = 0, donde

X =

x1 x2 ... xnt

es el vector de incognitas, A ∈ Mr×n(R) yB ∈ Ms×n(R). Demostrar que U y W son subespacios independi-

entes si, y solo si, la matriz

A

B

, de tamano (r + s) × n, tiene rango

n.

(b) Supongamos que U y W vienen dados por los conjuntos de ecuacionesparametricas (respecto de la base canonica) AΛ = 0 y BΦ = 0, donde

Λ =

λ1 λ2 ... λrt

y Φ =

φ1 φ2 ... φst

son los vectoresde parametros mientras que A ∈ Mn×r(R) y B ∈ Mn×s(R) son

matrices. Demostrar que U +W = Rn si, y solo si, la matriz

A B

,de tamano n × (r + s), tiene rango n.

(c) Usar los apartados anteriores para decidir, en funcion de los valores dea y b, cuando es que los subespacios U = {(x,y,z) ∈ R3: ax+ y +z =0 = x − y − z} y W = {(x,y,z) ∈ R3: x + by + 2z = 0 = x + 2y + 2z}verifican (¡cada condicion por separado no las tres de golpe!):

i. U y W son subespacios independientes;

ii. U + W = R3;

iii. U ⊕ W = R3.

2. (a) Sea V un espacio vectorial de dimension finita. Demostrar que, paraun endomorfismo f : V −→ V , las siguientes afirmaciones son equiv-alentes:

i. Ker(f ) + Im(f ) = V ;

ii. Ker(f ) e Im(f ) son subespacios independientes de V .

(b) ¿Cual es la relacion entre los vectores (a,b,c,d) y (α , β , γ , δ ) de R4,sabiendo que verifican la propiedad de que existe un endomorfismof : R4 −→ R4 satifaciendo las siguientes condiciones?:



i. El vector (1, 1, 1, 1) esta en Ker(f );

ii. Los vectores (1, 1, 1, 0) y (1, 1, 0, 0) tienen la misma imagen porf , que es el vector (1, 1, 1, 0);

iii. f (1, −1, 1, −1) = (a,b,c,d);

iv. f (3, 1, 4, 1) = (α , β , γ , δ ).

(c) Supuesto que (a,b,c,d) = (α , β , γ , δ ), dar una condicion necesaria ysuficiente sobre este vector para que el endomorfismo del apartado 2exista y satisfaga las condiciones equivalentes del apartado 1.

3. Sea A ∈ Mn×n(K) una matriz cuadrada, siendo K = R o K = C, y seam > 0 un entero positivo arbitrario. Se pide:

(a) Probar que Am = I n si, y solo si, A es diagonalizable en C y todos

sus valores propios complejos son raıces m-esimas de la unidad. (In-dicacion: Para la implicacion =⇒, estudiar las posibles formas deJordan de A).

(b) Supongamos que K = R. Probar que las dos afirmaciones siguientesson equivalentes:

i. Am = I n y A es diagonalizable en R

ii. O bien A = I n o bien m es par y A2 = I n.

(c) De la matriz real A =

1 −2 2

2 −3 32 −2 1

se sabe que A4 = I 3 y que su

polinomio caracterıstico es P A(x) = x3 + x2 + x + 1. Encontrar unamatriz invertible P y una matriz diagonal D, ambas complejas, talesque P −1AP = D.



ALGEBRA

GRADO EN F´ISICAS

SOLUCION A LOS PROBLEMAS DEL EXAMEN FINAL(Convocatoria de Junio-2015)

1) a) Los subespacios U y W son independientes si, y solo si, U ∩ W = 0(ver Proposicion 41 del capıtulo II). Por otro lado, sabemos que si se dan U yW por ecuaciones implıcitas, entonces al juntar las ecuaciones de U y las deW obtenemos precisamente un conjunto de ecuaciones implıcitas de U ∩ W .En nuestro caso, el subespacio U ∩ W esta entonces dado por el conjunto de

ecuaciones implıcitas

A

B

X = 0 (fijaos que tiene sentido porque

A

B

tiene

tamano (r + s) × n mientras que X tiene tamano n × 1). Tenemos entonces que

U y W son subespacios independientes si, y solo si, el sistema de ecuacioneshomogeneo

A

B

X = 0 tiene como unica solucion la trivial. Por el teorema

de Rouche-Frobenius (Teorema 33 del capıtulo III), sabemos que eso ocurreexactamente cuando el rango de la matriz de este sistema homogeneo coincide

con el numero de incognitas. Es decir, exactamente cuando rg

A

B

=n.

b) Por hipotesis, U esta dado por el conjunto de ecuaciones parametricas

x1

x2

.

.

.

xn

= λ1

a11

a21

.

.

.

an1

+ λ2

a12

a22

.

.

.

an2

+ ... + λr

a1r

a2r

.

.

.

anr

mientras que W esta dado por el conjunto de ecuaciones parametricas

x1

x2

.

.

.

xn

= φ1

b11a21

.

.

.

an1

+ φ2

b12b22

.

.

.

bn2

+ ... + φs

b1sb2s

.

.

.

bns

.

La teorıa nos dice entonces que U =<

a11

a21

.

.

.

an1

,

a12

a22

.

.

.

an2

, ...,

a1r

a2r

.

.

.

anr

> y que



W =<

b11b21

.

.

.

bn1

,

b12b22

.

.

.

bn2

, ...,

b1sb2s

.

.

.

bns

>. Por la Proposicion 37 del capıtulo II,

sabemos entonces que

U +W =<

a11 a21 ... an1t

,

a12 a22 ... an2t

, ...,

a1r a2r ... anrt

,

b11 b21 ... bn1

t,

b12 b22 ... bn2t

, ...,

b1s b2s ... bnst

>.La igualdad U + W = Rn se verifica si, y solo si, dim(U + W ) = n. Pero,

usando la definicion de rango de un conjunto de vectores (ver Definicion 30 enel capıtulo I I), sabemos que la igualdad dim(U + W ) = n se verifica si, y solo

si, el rango del conjunto de vectores

{

a11 a21 ... an1t

,

a12 a22 ... an2t

, ...,

a1r a2r ... anrt

,

b11 b21 ... bn1

t,

b12 b22 ... bn2t

, ...,

b1s b2s ... bnst

} es igual an. Pero el rango de este conjunto de vectores-columna es precisamente el rangode la matriz

A B

. Por tanto, la igualdad U + W = R

n se da si, y solo si,

rg

A B

= n.

c) Como los dos subespacios estan dados por ecuaciones implıcitas, direc-tamente del apartado a) se sigue que U ∩ W = 0 si, y s olo si, el rango de lamatriz

A

B

=

a 1 11 −1 −11 b 21 2 2

es igual a 3. Si se efectuan sucesivamente las siguientes transformaciones ele-mentales por filas en esta matriz

1. F 1 ↔ F 2 y F 3 ↔ F 4;

2. F 2 − aF 1, F 3 − F 1 y F 4 − F 1;

3. F 2 ↔ F 3;

4. 13F 2;

5. F 3 − (a + 1)F 2 y F 4 − (b + 1)F 2

se obtiene, supuesto que yo no me haya equivocado, la matriz

1 −1 −10 1 10 0 00 0 2 − b



cuyo rango coincide con el de A

B. Tenemos entonces que

i) U ∩ W = 0 ⇐⇒ rg

A

B

= 3 ⇐⇒ b = 2.

Observemos que, cuando b = 2, el subespacio W viene dado por dos ecua-ciones implıcitas linealmente independientes. Ello implica que dim(W ) = 1.Por otro lado, las dos ecuaciones implıcitas que definen U son linealmente in-dependientes si, y solo si, a = −1. En tal caso se tiene que dim(U ) = 1 .Pero la formula de Grassman (Proposicion 38 del Capıtulo II) implica quedim(U + W ) ≤ dim(U ) + dim(W ). Por tanto, cuando b = 2 y a = −1,tendrıamos dim(U + W ) ≤ 1 + 1 = 2, por lo que nunca puede darse el queU + W = R3. Suponiendo aun que b = 2, si se supone que a = −1, en-tonces se tiene que dim(U ) = 2. Habida cuenta de que en este caso tenemos

que U ∩ W = 0 por el parrafo anterior, la formula de Grassman nos da quedim(U + W ) = dim(U ) + dim(W ) = 1 + 2 = 3. Por tanto, cuando b = 2, setiene que U + W = R3 si, y solo si, a = −1.

Supongamos ahora que b = 2, en cuyo caso dim(W ) = 2. Por lo visto arriba,sabemos que entonces U ∩ W = 0, por lo que tendremos 1 ≤ dim(U ∩ W ) ≤dim(W ) = 2. Pero la igualdad dim(U ∩ W ) = dim(W ) solo puede darse cuandoU ∩ W = W , lo que es equivalente a decir que W ⊆ U . Es facil ver que estonunca ocurre: el vector (−2, 0, 1) esta en W , pero no esta en U . Por tanto,necesariamente se tiene dim(U ∩ W ) = 1 y entonces la formula de Grassmannos da que dim(U + W ) = dim(U )+dim(W ) − dim(U ∩ W ) = dim(U ) + 2 − 1 =dim(U ) + 1. Concluımos entonces que, cuando b = 2, se tiene

U + W =R3

⇐⇒ dim(U + W ) = 3 ⇐⇒ dim(U ) = 2 ⇐⇒ a = −1.

Ello nos lleva a la respuesta definitiva al apartado 1.a.ii):

ii) U + W = R3 ⇐⇒ a = −1.

Finalmente, la igualdad U ⊕ W = R3 se da si, y solo si, U ∩ W = 0 yU + W = R3. De los apartados 1.c.i) y 1.c.ii) ya resueltos deducimos

iii) U ⊕ W = R3 ⇐⇒ b = 2 and a = −1.

2) a) Por formula de las dimensiones (Proposicion 7 del capıtulo III), tenemosque si n = dim(V ), entonces n = dim(Ker(f )) + dim(Im(f )). Por otro lado, la

formula de Grassman nos dice que dim(Ker(f )+Im(f ))+dim(Ker(f )∩Im(f )) =dim(Ker(f )) + dim(Im(f )). Deducimos entonces que dim(Ker(f ) + Im(f )) +dim(Ker(f ) ∩ Im(f )) = n (*).

Por la proposicion 41 del capıtulo I I, sabemos que los subespacios Ker(f )e Im(f ) son independientes si, y solo si, Ker(f ) ∩ Im(f ) = 0 . Esto ultimoequivale a su vez a decir que dim(Ker(f ) ∩ Im(f )) = 0. Por la formula (*) delparrafo anterior, deducimos que Ker(f ) e Im(f ) tienen suma directa si, y solo si,



dim(Ker(f )+Im(f )) = n. Pero Ker(f )+Im(f ) es siempre un subespacio de V .

Decir que su dimension es n (=dim(V )) equivale a decir que Ker(f )+Im(f ) = V (Proposicion 23(c) del capıtulo II). La equivalencia de las afirmaciones a.i y a.iies ahora obvia.

b) Por las notas que yo os colgue, una condicion necesaria y suficiente paraque exista el endomorfismo f del que habla es que la matriz ’ampliada’

(A|B) =

1 1 1 1 0 0 0 01 1 1 0 1 1 1 01 1 0 0 1 1 1 01 −1 1 −1 a b c d

3 1 4 1 α β γ δ

verifique que rg(A) = rg(A|B).

Lo que hacemos es realizar transformaciones elementales por filas en la ma-triz (A|B) y ver ba jo que condiciones la matriz escalonada resultante tienetodos sus pivotes en las columnas 1 a 4. Realizamos las siguientes operacioneselementales sucesivamente en las filas:

- F 1 ↔ F 3;- F 2 − F 1, F 3 − F 1, F 4 − F 1 y F 5 − 3F 1;- F 2 ↔ F 4;- F 5 − F 2- F 4 − F 3, F 5 − 3F 3y, si mis calculos no fallaron, obtenemos la matriz

(A|B) =

1 1 0 0 1 1 1 0

0 −2 1 −1 a − 1 b − 1 c − 1 d0 0 1 1 −1 −1 −1 00 0 0 −1 1 1 1 00 0 0 −1 α − a + 1 β − b + 1 γ − c + 1 δ − d

.

La condicion necesaria para que esta matriz tenga rango igual a rg(A) = 4 esque α − a = β − b = γ − c = δ − d = 0. Por tanto, la condicion que hande satisfacer los dos vectores dados para que el endomorfismo f exista es que(a,b,c,d) = (α , β , γ , δ ).

c) Por las condiciones que cumple f vemos inmediatamente que los vectores(1, 1, 1, 1) y (0, 0, 1, 0) = (1, 1, 1, 0) − (1, 1, 0, 0) estan en Ker(f ). Tenemos en-tonces < (1, 1, 1, 1), (0, 0, 1, 0) >⊆ Ker(f ), lo que implica que dim(Ker(f )) ≥ 2,

independientemente del ’vector incognita’ (a,b,c,d).Por otro lado, sabemos que las imagenes de los vectores de una base de V =

R4 forman un conjunto generador de Im(f ) (Corolario 8 del capıtulo III). Ennuestro caso B = {(1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 0), (1, 1, 0, 0), (1, −1, 1, −1)} es un conjuntolinealmente independiente (basta que calculeis el determinante de la correspon-diente matriz cuadrada y veais que es no-nulo) y, por tanto, es una base de R4.Deducimos del mencionado corolario que {(0, 0, 0, 0), (1, 1, 1, 0), (a,b,c,d)} es un



conjunto generador de Im(f ), por lo que tenemos Im(f ) =< (1, 1, 1, 0), (a,b,c,d) >.

Teniendo en cuenta de nuevo la formula de las dimensiones (Proposicion 7 delcapıtulo III), solo tenemos dos posibilidades:

1. a = b = c y d = 0, en cuyo caso dim(Im(f )) = 1 y dim(Ker(f )) = 3;

2. (b−a, c−a, d) = (0, 0, 0), en cuyo caso dim(Im(f )) = 2 y dim(Ker(f )) = 2.

En el caso 1, nos falta completar el conjunto {(1, 1, 1, 1), (0, 0, 1, 0)} a unabase del nucleo, para lo que tendremos que anadir un vector adecuado. Observe-mos que tenemos f (1, 1, 1, 0) = (1, 1, 1, 0) y f (1, −1, 1, −1) = (a,a,a, 0), por loque el vector (1, −1, 1, −1) − a(1, 1, 1, 0) = (1 − a, −1 − a, 1 − a, −1) esta tambienen Ker(f ). Se comprueba ahora que el conjunto X = {(1, 1, 1, 1), (0, 0, 1, 0), (1 −a, −1 − a, 1 − a, −1)} es linealmente independiente, para cualquier valor delparametro a, por lo que forma una base de Ker(f ). Por otro lado, ya sabemosque Im(f ) =< (1, 1, 1, 0) > en este caso. La pregunta ahora es: ¿cuando ocurreque Ker(f ) + Im(f ) = V ?. De acuerdo con la Proposicion 37 del Capıtulo II,la respuesta es: cuando X ∪ {(1, 1, 1, 1)} = {(1, 1, 1, 1), (0, 0, 1, 0), (1 − a, −1 −a, 1 − a, −1), (1, 1, 1, 0)} sea un conjunto generador de V . Pero ello equivale adecir ’cuando {(1, 1, 1, 1), (0, 0, 1, 0), (1 − a, −1 − a, 1 − a, −1), (1, 1, 1, 0)} es unabase (o, equivalentemente, un conjunto linealmente independiente) de R4’ (verProposicion 23 del capıtulo II). Ver que ese conjunto sea linealmente indepen-diente equivale a comprobar que la matriz

1 0 1 − a 11 0 −1 − a 11 1 1 − a 1

1 0 −1 0

tiene determinante no-nulo. Calculo directo nos da que el determinante deesta ultima matriz es 2, independientemente del valor del parametro a. Portanto, en el caso 1, el endomorfismo f cumple las condiciones del apartado 1.a,independientemente del valor del parametro a.

Supongamos ahora el caso 2 de arriba, es decir, que (b − a, c − a, d) =(0, 0, 0). En ese caso, tenemos que {(1, 1, 1, 1), (0, 0, 1, 0)} es una base de Ker(f )y que {(1, 1, 1, 0), (a,b,c,d)} es una base de Im(f ). Implorando de nuevo ala proposicion 23 del capıtulo II y realizando un razonamiento identico al delparrafo anterior, concluımos que las condiciones del apartado a) las cumple f

en este caso si, y solo si,

1 0 1 a

1 0 1 b1 1 1 c

1 0 0 d

= 0.

Calculo directo nos da que dicho determinante vale b − a.En conclusion, para que el endomorfismo f del apartado b) exista y satisfaga

las condiciones del apartado a), el vector (a,b,c,d) ha de satisfacer alguna delas dos condiciones siguientes:



1. a = b = c y d = 0, o

2. a = b.

3) a) Probamos primeramente la implicacion ⇐=, que es la sencilla. Si A

es diagonalizable en C y sus valores propios complejos, posiblemente repetidos,son λ1,...,λn, entonces existe una matriz invertible compleja P ∈ GLn(C) talque A = P DP −1, donde D = diag(λ1, λ2,...,λn). La hipotesis nos dice ademasque los λi son raıces m-esimas de la unidad, por lo que tenemos λmi = 1, paracada i = 1,...,n, y ası Dm = I n. Se tiene entonces

Am = (P DP −1)m = P DmP −1 = P I nP −1 = I n.

Probamos ahora la implicacion =⇒. Como el polinomio caracterıstico P A

(x)de A descompone completamente sobre C (¡teorema fundamental del Algebra!),el teorema de Jordan nos dice que existe una matriz J ∈ Mn×n(C) y unamatriz invertible P ∈ GLn(C) tales que A = P J P −1 y J es una suma diagonalde bloques de Jordan. La matriz A sera diagonalizable en C exactamente cuandola matriz J sea una matriz diagonal, es decir, cuando todos los bloques de Jordanque aparecen en J sean de tamano 1 × 1. Observemos que tenemos la igualdad

J m = (P −1AP )m = P −1AmP = P −1I nP = I n.

Supongamos ahora que J = J r1(λ1) ⊕ ... ⊕ J rt(λt) (¡suma diagonal!), dondeJ r(λ) denota el bloque de Jordan de tamano r con valor propio λ. Entonces setiene que I n = J m = J r1(λ1)m⊕ ... ⊕ J rt(λt)

m. Ello implica que, forzosamente,

se tiene que J rk(λk)m

= I rk para k = 1,...,t.El parrafo anterior reduce la prueba de esta implicacion a probar que siJ r(λ)m = I r, entonces r = 1 y λm = 1. En efecto, si eso esta probado en-tonces, como los λk que aparece en J son precisamente los valores propios de A,concluiremos que A es diagonalizable y que todos sus valores propios complejosson raıces m-esimas de la unidad, lo que terminara la prueba de la implicacion.Supongamos entonces que J r(λ)m = I r y supongamos por reduccion al absurdoque r > 1. El ejercicio 0.1, que encontrareis mas atras en este mismo documento,nos dice que la diagonal inmediatamente por encima de la diagonal principal de

J r(λ)m tiene entradas a12 = a23 = ... = ar−1,r =

m

1

λm−1. Puesto que es-

tamos suponiendo que J r(λ)m = I r, deducimos que dichas entradas son nulas,lo que implica que λ = 0. Pero esto es imposible porque la diagonal princi-

pal de J r(λ)m tiene todas sus entradas iguales a λm. Ello nos llevarıa a que0m = λm = 1, porque J R(λ)m = I r. Evidentemente, es un absurdo. Se sigue en-tonces que r = 1, en cuyo caso la igualdad J 1(λ)m = I 1 se traduce simplementeen que λm = 1.

b) ii) =⇒ i) Si A = I m no hay nada que probar. Si m es par y A2 =I n, entonces ponemos m = 2 p e inmediatamente tenemos que Am = A2 p =



(A2) p = I pn = I n. Solo nos queda ver que A es diagonalizable en R. Por el

apartado anterior para m = 2, tenemos que A es diagonalizable enC

y que todoslos valores propios complejos de C son raıces cuadradas de la unidad. Dichasraıces cuadradas son tambien reales: 1 y −1. Ello implica que el polinomiocaracterıstico P A(x) descompone completamente sobre R (y es de hecho de laforma P A(x) = (x−1)r(x+1)n−r, para un cierto numero natural r). Entonces elteorema de Jordan nos dice que existe una matriz de Jordan real J ∈ Mn×n(R) yuna matriz invertible P ∈ GLn(R) tales que A = P JP −1. Puesto que A2 = I n,se tiene tambien que J 2 = I n y el mismo razonamiento del apartado anteriornos dice que todos los bloques de Jordan que aparecen en J tienen tamano 1 ×1.Es decir, se tiene que J es una matriz diagonal, por lo que A es diagonalizableen R.

i) =⇒ ii) Si A es diagonalizable sobre R, entonces el polinomio caracterısticoP A(x) descompone completamente sobre R, por lo que todos los valores propios

complejos de A son reales. Pero A tambien es diagonalizable sobre C y elapartado anterior nos dice que todos ellos son raıces m-esimas complejas de1. Por tanto, los ceros de P A(x) (que son los valores propios de A) son raıcesm-esimas reales de 1. Cuando m es impar, solamente hay una, que es el 1.Por tanto, en este caso P A(x) = (x − 1)n y la matriz diagonal obtenida con losvalores propios es D = diag(1, 1, ..., 1) = I n. Puesto que A es diagonalizable, setiene una P ∈ GLn(R) tal que A = P DP −1 = P I nP −1 = I n. Por tanto, si m

es impar forzosamente se tiene que A = I n.Si m es par las unicas raıces m-esimas reales de 1 son 1 y −1, por lo que el

polinomio caracterıstico admite una descomposicion P A(x) = (x−1)r(x+1)n−r,para cierto numero natural r. Entonces la matriz diagonal asociada es D =diag(1, ..., 1, −1,..., −1) (r 1’s y n − r −1’s). Escogiendo P ∈ GLn(R) tal que

A = P DP −1

, tenemos que

A2 = (P DP −1)2 = P D2P −1 = P I nP −1 = I n.

c) El apartado a) nos dice que la matriz es diagonalizable sobre C. Ademas,el polinomio caracterıstico P A(x) = x3+x2+x+1 tiene una raız real en x = −1.Dividiendo por Ruffini por x + 1, vemos que P A(x) = (x + 1)(x2 + 1), por losque los valores propios complejos de A, todos simples, son −1, i, −i.

Tenemos entonces que los subespacios propios (¡de C3!) asociados V (−1) =Ker(f A + idC3), V (i) = Ker(f A− iidC3) y V (−i) = Ker(f A + iidC3) tienen los tresdimension igual a 1. Es decir, tenemos:

1. V (−1) = {X =x

1 x

2 x

3t

∈C3

:(A + I 3)X = 0}

2. V (i) = {X =

x1 x2 x3

t∈ C3: (A − iI 3)X = 0}

3. V (−i) = {X =

x1 x2 x3

t∈ C3: (A + iI 3)X = 0}

y los tres subespacios tienen dimension igual a 1. Si resolveis el primer sistema

de ecuaciones, obteneis que B (−1) = {

1 1 0t

} es una base de V (−1). Yo



resolvere con detalle el segundo sistema de ecuaciones. Puesto que dim(V (i)) = 1,

sabemos que rg(A − iI ) = 2. Nos quedamos con las dos ultimas filas de A − iI 3,que son linealmente independientes, por lo que el sistema (A − iI 3)X = 0 tieneel mismo conjunto de soluciones que el sistema

2 −3 − i 32 −2 1 − i

·

x1

x2

x3

=

0

00

(∗)

El haber desechado la primera fila no es casual. Es para evitar que, al hacertransformaciones elementales por filas, empecemos ya con el numero imaginarioi apareciendo en la entrada (1, 1). Eso nos complicarıa las operaciones. Ahorasiguiendo el metodo usual, hacemos operaciones elementales en la matriz delsistema (*). Haced sucesivamente las siguientes transformaciones elementales

por fila en la matriz

2 −3 − i 32 −2 1 − i

:

- Intercambiar las filas 1 y 2;- Restarle a la fila 2 la fila 1;- Multiplicar la fila 2 por 1 − i;- Restarle a la fila 1 la fila 2.

Si yo no me equivoque en los calculos, se obtiene la matriz

2 0 −20 −2 3 − i

,

por lo que el sistema (*) tiene por solucion general x1 = x3 y x2 = 3−i2

x3.Dandole a x3 el valor x3 = 2, obtenemos que B (i) = {

2 3 − i 2

}t es una base

de V (i). Por lo visto en clase, deducimos tambien que B (−i) = {

2 3 + i 2t

}es una base de V (−i).

Tenemos entonces que B = B (−1)∪B (i)∪B (−i) = {

1 1 0t

, {

2 3 − i 2

}

t

,

2 3 + i 2t

}es una base de C3 (como C-espacio vectorial) formada por vectores propios deA (o, equivalentemente, del endomorfismo asociado f A : C3 −→ C3). Por lo quehemos visto en clase, se tiene que M B(f A) = diag(−1, i, −i) =: D y si tomamos

la matriz P =

1 2 2

1 3 − i 3 + i

0 2 2

, que es invertible porque sus columnas for-

man una base de C3, concluımos que A = P DP −1 o, equivalentemente, queD = P −1AP .



Debajo teneis las calificaciones de los alumn@s que entregaron alguna parte

del examen. Las columnas son T=Nota de Teorıa, P= Nota de Problemas (am-bas referidas al examen), NEx= Nota del examen (= 0,25T+0,75P) y NEC=Notapor evaluacion continua. Como estaba escrito en la guıa de la asignatura, la notaque aparecera en el acta sera la maxima de las dos ultimas columnas.

Alumnno-a T P NEx NECDel Toro Ruiz 5,5 3,13 3,72 -Huertas Perez 1 2,5 2,13 -Ibanez Camacho 0 1,04 0,78 2,12Maestre Morote 1 - 0,25 -Martınez Jimenez 1,5 2,29 2,09 2,38Penalva Martınez 7 7,5 7,38 7,26Poyatos Mendez 1,5 0,42 0,69 1,23Romero Moya 1,5 1,25 1,31 1,5Ruiz Andres 0 2,5 1,88 1,78Sanchez Fonseca 4 5,3 5 3,46Vasconez Viteri 2,5 1,25 1,56 2,35Victoria Fernandez 2 3,13 2,85 -Vicente Egea 2,5 2,5 2,5 3,07



ALGEBRA

GRADO EN FISICAS(Curso 2014-15)EXAMEN FINAL (Convocatoria de Julio)

13 de Julio de 2015

TEORIA

1. Se pide decir cual de las siguientes afirmaciones es verdadera o falsa, ra-zonando la respuesta:

(a) Si A ∈ M m×n(R) y B ∈ M n

×m(R) son dos matrices reales tales que

A · B = I m, entonces B · A = I n.

(b) Si L es un subconjunto linealmente independiente del espacio vecto-rial V y L ∪ {v} es linealmente dependiente, entonces v ∈< L >.

(c) Sea f : V −→ W una aplicacion lineal y B = {v1,...,vn} unabase de V . La aplicacion f es suprayectiva si, y solo si, W =<

f (v1),...,f (vn) >.

(d) Sean U y V dos espacios vectoriales, G = {u1,...,um} un conjuntogenerador de U y {v1,...,vm} un conjunto de vectores de V con elmismo numero de elementos que G. Existe una unica aplicacion linealf : U −→ V tal que f (ui) = vi, para i = 1,...,m.

2. Dada una matriz cuadrada A ∈ M 3

(K) cuyo polinomio caracterıstico de-scompone completamente en K[x], dar todas las posibles formas canonicasde Jordan que puede admitir A. ¿Cuantas de esas formas canonicas sonmatrices diagonales?



ALGEBRA

GRADO EN FISICAS(Curso 2014-15)EXAMEN FINAL (Convocatoria de Julio)

13 de Julio de 2015

PROBLEMAS

1. (a) Sean L,U,W tres subespacios vectoriales del espacio vectorial V ysupongamos que U ⊆ W . Demostrar que (L∩W )+U = (L+U )∩W .

(b) Sea U el subespacio vectorial de K4 dado por las ecuaciones implıcitas

x + y + z + t = 0

ax − y + z − t = 0

2x + 2z + bt = 0

y W el subespacio dado por las ecuaciones parametricas

x = λ + 3µ

y = λ + 3µ

z = λ − µ

t = λ − µ

.

Calcular las dimensiones de U ∩ W y de U + W (que variaran segun

los valores de a y de b).(c) Cuando a = 1 y b = 0 en el apartado anterior, calcular una base

de U ∩ W , una base de U + W y un subespacio complementario deU + W en K4.

2. Consideremos las bases B = {(1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 0), (1, 1, 0, 0), (1, 0, 0, 0)}y B = {(0, 0, 1), (0, 1, 1), (1, 1, 1)} de R4 y R3, respectivamente. De unaaplicacion lineal f : R4 −→ R3 se sabe que su matriz respecto de dichasbases es

M B,B(f ) =

1 0 1 −1

1 −1 0 1−1 3 2 −5

.

Se pide:

(a) Dar una base de Ker(f ) y una base de Im(f ).

(b) Encontrar bases B y B de R4 y R3 tales que M B, B(f ) sea una matriz

descompuesta en bloques en la forma

I r 00 0

.



3. Sea V un espacio vectorial euclıdeo. Vamos a llamar a un endomorfismo

f : V −→ V bonito cuando verifica que f (u) · f (v) = u · v, para todos losu, v ∈ V , lo cual equivale a su vez a decir que ||f (v)|| = ||v||, para todov ∈ V . Sea entonces f un tal endomorfismo. Probar:

(a) Si λ es un valor propio real de f , entonces λ = ±1 y se tiene K er(f −λidV ) = K er[(f − λidV )2].

(b) Las siguientes condiciones son equivalentes:

i. f es diagonalizable (ortogonalmente);

ii. El polinomio caracterıstico de f descompone completamente enR[x];

iii. f es la simetrıa ortogonal respecto de algun subespacio de V (esdecir, existe un subespacio U de V tal que si un vector v ∈ V lo

descomponemos como v = u + u, con u ∈ U y u ∈ U ⊥, entoncesf (v) = u − u).

(c) El endomorfismo f : R3 −→ R3, dado por la formula

f (x,y,z) = 1

3(x − 2y − 2z, −2x + y − 2z, −2x − 2y + z),

es bonito y diagonalizable. Encontrar entonces:

i. Una base ortonormal B de R3 tal que M B(f ) sea una matrizdiagonal, dando dicha matriz diagonal;

ii. Un subespacio U de R3 tal que f sea la simetrıa ortogonal re-specto de U .



EXAMEN FINAL (Convocatoria de Julio)

SOLUCION A LOS PROBLEMAS

1) a) Probamos la igualdad de los subespacios por doble inclusion. Pordefinicion de interseccion, se tiene que L ∩ W ⊆ L y, teniendo en cuenta que lasuma de dos subespacios es el menor subespacio que contiene a ambos, tenemostambien que L ⊆ L + U . Por tanto, se tiene que L ∩ W ⊆ L + U . De nuevo porla definicion de interseccion, tenemos que L ∩ W ⊆ W . Por tanto, L ∩ W estacontenido a la vez en L+U y en W , lo que implica que L∩W ⊆ (L+U )∩W . Porotro lado, U ⊆ L + U y la hipotesis nos dice que U ⊆ W . Es decir, U tambienesta contenido a la vez en L + U y en W , lo que implica que U ⊆ (L + U ) ∩ W .Tenemos entonces que (L + U ) ∩ W es un subespacio de V que contiene tanto aL ∩ W como a U . Pero entonces se tiene (L ∩ W ) + U ⊆ (L + U ) ∩ W , porque(L ∩ W ) + U es el menor subespacio que contiene a L ∩ W y a U .

Recıprocamente, si w ∈ (L + U ) ∩ W , entonces w ∈ W y se tiene quew ∈ L + U . Esto ultimo significa que w = l + u, siendo l ∈ L y u ∈ U . Tenemosentonces l = −u + w, por los que, al ser U ⊆ W , se tiene que l es suma de dosvectores de W . Por tanto, l ∈ W y ası l ∈ L ∩ W . Ello implica que w = l + u

pertenece a (L ∩ W ) + U . Deducimos que (L + U ) ∩ W ⊆ (L ∩ W ) + U , lo quetermina la prueba del apartado.

b) Sabemos por teorıa que si un subespacio viene dado por ecuacionesimplıcitas, entonces su dimension es dim(V )−m, donde m es el maximo numerode ecuaciones implıcitas linealmente independientes que hay en el conjunto deecuaciones dado. Lo que se hace para calcular este numero m es colocar los co-eficientes de las ecuaciones implıcitas dadas en una matriz y m es el el maximonumero de filas LI en dicha matriz. Es decir, m es el rango de dicha matriz.

En nuestro caso, hacemos eso para el subespacio U y la matriz que nosresulta es

A =

1 1 1 1

a −1 1 −12 0 2 b

.

El menor de orden 2 que aparece en la parte alta de las columnas 2 y 3 de esta

matriz es 1 1−1 1

= 0. Usando la proposicion 12 del capıtulo 4 de los apuntes,teneis que rg(A) = 3 salvo en el caso en que se tenga

1 1 1a −1 12 0 2

= 0 =

1 1 1

−1 1 −10 2 b

.



Deducimos que rg(A) = 3, salvo en el caso en que a = 1 y b = 0, en cuyo caso

se tiene rg(A) = 2. Por lo dicho arriba, tenemos entonces que dim(U ) = 1,cuando (a, b) = (1, 0), y dim(U ) = 2, cuando (a, b) = (1, 0).Las ecuaciones parametricas de W se pueden reescribir como

x

y

z

t

= λ

1111

+ µ

33

−1−1

,

lo que nos dice, por lo visto en clase, que B W := {(1, 1, 1, 1), (3, 3, −1, −1)} esun conjunto generador de W . Puesto que es claramente LI, deducimos que B W es una base de W , lo que implica que dim(W ) = 2.

La formula de Grassman nos dice que dim(U +W )+dim(U ∩W ) = dim(U )+

dim(W ). Por tanto, si calculamos una de las dimensiones dim(U +W ) o dim(U ∩W ), automaticamente tendremos la otra y habremos terminado el apartado.Vamos a calcular dim(U ∩ W ). Notemos que cualquier vector (x,y,z,t) quepertenezca a W satisface que x − y = 0 y z − t = 0. Puesto que ya sabemos

que dim(W ) = 2, deducimos que x − y = 0

z − t = 0 es un conjunto (LI) de ecuaciones

implıcitas para W . Los vectores de U ∩ W seran aquellos que satisfagan a lavez las ecuaciones implıcitas de U y las ecuaciones implıcitas de W , por lo queun conjunto de ecuaciones implıcitas para U ∩ W es:

x + y + z + t = 0ax − y + z − t = 02x + 2z + bt = 0

x − y = 0z − t = 0

,

cuya matriz asociada es entonces

B =

1 1 1 1a −1 1 −12 0 2 b

1 −1 0 00 0 1 −1

.

Si intersecamos las filas 1, 2 y 5 de esta matriz con las columnas 2, 3 y 4,

obtenemos el menor

1 1 1

−1 1 −10 1 −1 = 0. Usando de nuevo la proposicion 12 del

capıtulo 4, concluımos entonces que rg(B) = 4 excepto cuando

1 1 1 1a −1 1 −12 0 2 b

0 0 1 −1

= 0 =

1 1 1 1a −1 1 −11 −1 0 00 0 1 −1

.



Si yo no me equivoque en los calculos, salvo el signo, el primer determinante de

esta igualdad da (a +1)(b + 2) − 4 y el segundo da 2(1 − a). Por tanto, se tieneque rg (B) = 4, salvo que 2(1 −a) = 0 y (a+1)(b+2)−4 = 0. Esto ultimo ocurreexactamente cuando a = 1 y b = 0. Deducimos entonces que dim(U ∩ W ) = 0,cuando (a, b) = (1, 0), y que dim(U ∩ W ) = 1, cuando (a, b) = (1, 0). En elprimer caso, se tiene que dim(U + W ) = dim(U ) + dim(W ) − dim(U ∩ W ) =1+2−0 = 3, mientras que en el segundo caso se tiene dim(U +W ) = 2+2−1 = 3.En conclusion:

i) dim(U + W ) = 3 siempre;

ii) dim(U ∩ W ) = 0, cuando (a, b) = (1, 0), y dim(U ∩ W ) = 1, cuando(a, b) = (1, 0).

c) De lo hecho en el apartado b) deducimos que los vectores de U ∩W , vistoscomo vectores-columna, son precisamente las soluciones de la ecuacion BX = 0,

donde X =

x y z tt

. Cuando hemos calculado el rango de B, hemos vistoque hay un menor no-nulo de orden 3 que esta contenido en las filas 1, 2 y 5de la matriz B. Por tanto, estas tres filas son LI y, puesto que sabemos querg(B) = 3 en este caso (recordad que estamos suponiendo (a, b) = (1, 0) en esteapartado), para la calcular la bade de U ∩ W buscada, basta resolver el sistemahomogeneo

x + y + z + t = 0x − y + z − t = 0

z − t = 0

Simplemente restandole a la segunda ecuacion la primera, ya tenemos unanueva segunda ecuacion que es −2y − 2t = 0, con lo que se obtiene z = t (de latercera ecuacion), y = −t (de la nueva segunda) y, sustituyendo en la primera,obtenemos tambien que x + t = 0. Dando el valor t = −1, obtenemos que

{(1, 1, −1, −1)} es una base de U ∩ W .

Para obtener la base que nos piden de U + W , podemos usar la proposicion37 del capıtulo II. Si juntamos una base de U y una de W , esa proposicion nosdice que el conjunto resultante es un conjunto generador de U + W . Una basede W ya la tenemos, la B W dada arriba. Nos queda calcular una base de U ,para lo cual basta resolver el sistema homogeneo

x + y + z + t = 0x − y + z − t = 0

Ya hemos visto que restandole a la segunda ecuacion la primera, obtenemos−2y − 2t = 0, con lo que y = −t. Sustituyendo entonces en la primera, obten-emos que x + z = 0 o, equivalentemente, que x = −z. Dando entonces al par(z, t) los ’valores’ (1, 0) y (0, 1), obtenemos que B U = {(−1, 0, 1, 0), (0, −1, 0, 1)}es una base de U .



La mencionada proposicion 37 del capıtulo I I nos dice que B U ∪ B W =

{(−1, 0, 1, 0), (0, −1, 0, 1), (1, 1, 1, 1), (3, 3, −1, −1)} es un conjunto generador deU + W . Como sabemos del apartado anterior que dim(U + W ) = 3, tendremosque elegir tres vectores LI de entre estos cuatro y obtendremos una base deU + W . Lo que podemos hacer es colocar los cuatro vectores como filas de launa matriz 4 × 4 (cuyo rango sera 3). Hacedlo y vereis que la interseccion delas filas 1,2,3 y de las columnas 1,2,3 da ya un menor no-nulo de orden 3. Elloquiere decir que las tres primeras filas de dicha matriz son LI y, por tanto, que

B = {(−1, 0, 1, 0), (0, −1, 0, 1), (1, 1, 1, 1)} es una base de U + W .

Finalmente, para calcular un subespacio complementario de U + W , lo quehacemos es completar la base B a una base de K4. El vector que anada, generaraun subespacio de dimension 1 que es complementario de U + W . Cuando colo-

camos los tres vectores de B como filas de una matriz, ya hemos visto que elmenor de orden 3 que se obtiene al tomar las columnas 1,2,3 es no-nulo. Elloquiere decir que si anado la fila

0 0 0 1

obtengo una matrix 4 × 4 cuyo de-

terminante es no-nulo. Por tanto B = {(−1, 0, 1, 0), (0, −1, 0, 1), (1, 1, 1, 1), (0, 0, 0, 1)}es una base de K4 y ası:

< (0, 0, 0, 1) > es un subespacio complementario de U + W en K4.

2) Aunque hay una forma directa que no requiere el uso de la f ormulaexplıcita de f , sino solo la matriz que nos dan, yo voy a hacer el problemade la manera mas standard. Es decir, voy a calcular explıcitamente la formulade f . Esta formula la obtendremos simplemente calculando la matriz de f re-

specto a las bases canonicas C y C de R4 y R3, respectivamente. PonemosA := M B,B(f ), que es la matriz que nos da el problema. Por lo que hemos vistomuchas veces en clase, tenemos una igualdad:

M C,C(f ) = M C,C(idR3◦f ◦idR4) = M C,B(idR3)·M B,B(f )·M B,C(idR4) = P CB ·A·P BC = P CB ·A·P −1CB .

La matriz de cambio de una base dada hacia la base canonica es muy facil deconstruir: se trata simplemente de poner los vectores de dicha base dada comovectores-columna. En nuestro caso tenemos

P CB =

0 0 10 1 11 1 1

y P CB =

1 1 1 11 1 1 01 1 0 0

1 0 0 0

.

La inversa de la segunda matriz, que es la que aparece en la f ormula de

arriba, es

0 0 0 10 0 1 −10 1 −1 01 −1 0 0

.

Por tanto, tenemos que la matriz de f respecto de las bases canonicas es



M C,C(f ) =0 0 1

0 1 11 1 1

· 1 0 1 −1

1 −1 0 1−1 3 2 −5

·

0 0 0 10 0 1 −10 1 −1 01 −1 0 0

=

−5 7 1 −4

−4 6 0 −2−5 8 −1 −1

.

Entonces la formula explıcita de f es:

f (x,y,z,t) = (−5x + 7y + z − 4t, −4x + 6y − 2t, −5x + 8y − z − t).

Una vez que tenemos ya esta formula explıcita y la matriz de f respecto delas bases canonicas, abordamos los dos apartados del problema:

a) Ponemos B := M C,C(f ) para simplificar. Realizamos sucesivamente lassiguientes transformaciones elementales en las columnas de B:

i) Intercambiamos las columnas 1 y 3;

ii) C 2 − 7C 1, C 3 + 5C 1 y C 4 + 4C 1

obtenemos la matriz

E =

1 0 0 0

0 6 −4 −2−1 15 −10 −5

,

que tiene las tres ultimas columnas proporcionales. Deducimos que rg(B) = 2,por lo que dim(Im(f )) = 2. Ademas, como B es la matriz respecto de lasbases canonicas, sus columnas forman un conjunto generador de Im(f ). Alhaber hecho las transformaciones elementales en las columnas, las columnas deE generan el mismo subespacio de R3 que el que generan las columnas de B,que es Im(f ) (ver lema 31 del capıtulo II de los apuntes). Una base de Im(f )estara formada entonces por un conjunto LI maximal entre las columnas de E .Por tanto:

{(1, 0, −1), (0, −2, −5)} es una base de Im(f ).

Para calcular una base del nucleo, conviene asegurarse al principio cual es ladimension de este subespacio. Por la formula de las dimensiones (Proposicion 7del capıtulo III), tenemos que dim(R4) = dim(Ker(f ))+ dim(Im(f )), de lo que

deducimos que dim(Ker(f )) = 2. Al ser B la matriz de f respecto de las basescanonicas, los vectores de Ker(f ) son precisamente las soluciones del sistemahomogeneo BX = 0, cuando se ve a dichos vectores como vectores columnas.Como sabemos ya que rg(B) = 2 y las dos primeras filas de B son linealmenteindependientes, solo hay que resolver el sistema

−5x + 7y + z − 4t = 0−4x + 6y − 2t = 0

.



El sistema se resuelve facilmente restandole a la primera ecuacion la segunda

multiplicada por 2 y despejando entonces z y t en funcion de x e y . Obtenemosque z = −3x + 5y y t = −2x + 3y. Dandole a (x, y) los ’valores’ (1, 0) y (0, 1),deducimos que

{(1, 0, −3, −2), (0, 1, 5, 3)} es una base de K er(f ).

b) Hemos de obtener bases B y B en R4 y R3 tales que M B, B(f ) sea la matriz

descompuesta en bloques

I r 00 0

. Vimos en teorıa que r = dim(Im(f )) =

rg(B), por lo que en nuestro caso tenemos r = 2, lo que implica que se tendra

M B, B(f ) =

1 0 0 00 1 0 00 0 0 0

. El metodo para calcular B y B lo hemos visto ya

en clase y consta de los siguientes pasos (en este caso):

i) Los dos ultimos vectores, pongamos u3 y u4, de la base B seran los de unabase de K er(f );

ii) Completaremos, en la forma que queramos, hasta formar una base B ={u1, u2, u3, u4} de R4;

iii) La teorıa nos dice que {f (u1), f (u2)} es un conjunto linealmente indepen-diente, que completamos a una base B = {f (u1), f (u2), v3} de R3.

Las dos bases B y B ası obtenidas satisfacen lo que se pide.En nuestro caso, usando el apartado anterior, podemos elegir u3 = (1, 0, −3, −2)

y u4 = (0, 1, 5, 3). Fijamos que, al colocar ambos vectores como filas de una ma-triz, aparece en la parte de la izquierda un menor de orden 2 que es precisamentela identidad I 2. Lo que queremos es anadir dos filas a esa matriz de maneraque obtengamos una matriz 4 × 4 con determinante no-nulo. Por ejemplo,anadimos u1 = (0, 0, 1, 0) y u2 = (0, 0, 0, 1). Ahora f (u1) y f (u2) son precisa-mente la tercera y cuarta columnas de B, pero acostadas. Es decir, tenemosf (u1) = (1, 0, −1) y f (u2) = (−4, −2, −1). Completamos estos dos vectoresa una base de R3 anadiendo, por ejemplo, el vector v3 = (0, 0, 1). Llegamosentonces a que una posible eleccion (¡entre otras muchas!) de las bases B y B

que nos piden es:

B = {(0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1), (1, 0, −3, −2), (0, 1, 5, 3)}B = {(1, 0, −1), (−4, −2, −1), (0, 0, 1)}.

Quien tenga dudas, que calcule explıcitamente la matriz de f respecto de estasdos bases y compruebe que sale la matriz deseada.

3) a) Sea λ un valor propio real de f . Entonces existe un v ∈ V \ {0}tal que f (v) = λv. Por ser f bonito, tenemos entonces que ||v|| = ||f (v)|| =||λv|| = |λ| · | |v|| (ver proposicion 5 del capıtulo VI de los apuntes). Esta misma



proposicion nos dice que ||v|| = 0, por lo que de la ultima igualdad se sigue que

|λ| = 1. Ello equivale a decir que λ = ±1.Notese que, para cualquier endomorfismo g : V −→ V , se tiene siempre queKer(g) ⊆ K er(g2). En efecto, si g(v) = 0 entoncs g2(v) = g (g(v)) = g(0) = 0.Por tanto, la inclusion Ker(f − λidV ) ⊆ K er(f − λidV )

2 siempre se da.La prueba de la inclusion recıproca la podeis hacer separadamente para

λ = 1 y para λ = −1. Yo aquı lo hago para ambos simultaneamente. Seav ∈ K er(f −λidV )

2, donde λ = ±1. Tenemos entonces que 0 = (f −λidV )2(v) =

(f 2 − 2λf + λ2idV )(v) = f 2(v) − 2λf (v) + λ2v, lo que equivale a decir quef 2(v) = 2λf (v)−λ2v (*). Notese ahora que, al ser f bonito, tenemos ||f 2(v)|| =||f (v)|| = ||v||. Por tanto, tomando cuadrados de normas en la igualdad (*) yusando la mencionada proposicion 5 del capıtulo VI, tenemos

||v||2 = ||f 2(v)||2 = ||2λf (v)−λ2v||2 = ||2λf (v)||2+||λ2v||2−2(2λf (v))·(λ2v) =

4λ2||f (v)||2 + λ4||v||2 − 4λ3(f (v) · v) = 4λ2||v||2 + λ4||v||2 − 4λ3(f (v) · v).

Puesto que λ = ±1, podemos cancelar el λ4||v||2 del ultimo miembro de estaigualdad con el ||v||2 del primero, con lo que obtenemos que 0 = 4λ2||v||2 −4λ3(f (v) · v) y, ası, ||v||2 = λf (v) · v. Pero como λ = λ−1, tenemos tambienf (v) · v = λ||v||2 (**).

Lo que queremos probar es que v ∈ K er(f − λidV ), lo cual equivale a probarque ||(f − λidV )(v)|| = 0. Aplicando otra vez la mencionada proposicion 5 delcapıtulo VI y la igualdad (**), tenemos:

||(f − λidV )(v)||2 = ||f (v) − λv||2 = ||f (v)||2 + ||λv||2 − 2λ(f (v) · v) =||v||2 + λ2||v||2 − 2λ2||v||2.

El ultimo miembro de esta igualdad es 0 porque λ2 = 1.

b) i) =⇒ ii) se verifica siempre para cualquier endomorfismo diagonalizable.ii) =⇒ i) El apartado anterior nos dice que los unicos posibles valores pro-

pios reales son 1 y −1 y la hipotesis nos dice que el polinomio caracterısticodescompone completamente en R[x]. Se sigue inmediatamente que dicho poli-nomio caracterıstico es P (x) = (x − 1)r(x + 1)s, para ciertos numeros naturalesr, s (tales que r + s = dim(V )). En la parte de bloques de Jordan vimos queV = Ker(f − idV )

r ⊕ K er(f + idV )s = V (1,r) ⊕ V (−1,s) (es el ejercicio 1 a

entregar del capıtulo V, que yo resolvı completamente en clase). Pero, paracualquier λ ∈ R, la cadena ascendente de subespacios V (λ,0) ⊆ V (λ,1) ⊆ ... seestaciona en un primer punto m = m(λ) y sigue constante a partir de entonces.El apartado anterior nos dice que tanto en el caso en que λ = 1 es un valor

propio como en el caso en que lo es λ = −1 dicha cadena se estaciona a partirde m = 1. Cuando el unico valor propio real es λ = 1, se tiene s = 0 y asıV (−1,s) = V (−1,0) = K er[(f + idV )

0] = 0 y V (1,r) = V (1,1) = Ker(f − idV ) y sededuce que V = K er(f − idV ). Ello quiere decir que f = idV . Un razonamientoanalogo nos da que si λ = −1 es el unico valor propio, entonces f = −idV .Cualquier base ortonormal de V esta formada por vectores propios de f , enambos casos.



En lo que sigue suponemos que 1 y −1 son ambos valores propios, en cuyo

caso tenemos K er(f − idV ) = V (1,1) = V (1,r) = K er(f − idV )

r

y K er(f + idV ) =V (−1,1) = V (−1,s) = K er(f + idV )s. Se deduce que V = K er(f − idV ) ⊕ Ker(f +

idV ). Si ahora elegimos una base B (1) de Ker(f − idV ) y una base B (−1) deKer(f + idV ), entonces B = B (1) ∪ B (−1) es una base de V formada por vectorespropios de f . Ası f es diagonalizable.

Pero en esta implicacion hemos probar ademas que dicha diagonalizacion sepuede elegir ortogonal. Es decir, que la base B formada por vectores propiosde f se puede elegir de manera que sea una base ortonormal de V . Para ellobastara probar que los vectores de Ker(f − idV ) y los de Ker(f + idV ) sonortogonales. Una vez que eso este probado, tenemos simplemente cuidado enelegir las subbases B (1) y B (−1) como bases ortonormales de Ker(f − idV ) yKer(f + idV ), respectivamente. Entonces la base B = B (1) ∪ B (−1) sera unabase ortonormal de V y habremos terminado.

Sean entonces u ∈ K er(f −idV ) y v ∈ K er(f +idV ), de manera que f (u) = uy f (v) = −v. Tenemos entonces

u · v = −u · (−v) = −f (u) · f (v) = −u · v,

debido al hecho de que f es bonito. Entonces se tiene 2(u · v) = 0 y ası u · v = 0.i) =⇒ iii) Si f tiene a 1 como unico valor propio, ya hemos visto que

f = idV , a la que podemos considerar como la simetrıa ortogonal respecto de V .Similarmente, cuando f tiene a −1 como unico valor propio, se tiene f = −idV ,que se puede considerar como la simetrıa ortogonal respecto del subespacio nulo.Por tanto, en el resto de la implicacion suponemos que f diagonalizable y que 1 y−1 son ambos valores propios (de hecho, los unicos segun el apartado anterior).Tenemos entonces que V = Ker(f − idV ) ⊕ K er(f + idV ) y ya hemos visto

arriba que los vectores del primer sumando son ortogonales a los vectores delsegundo sumando. Si ponemos ahora U := K er(f − idV ), tenemos entonces queKer(f + idV ) ⊆ U ⊥. Pero comparando dimensiones, tenemos

dim(Ker(f +idV )) = dim(V )−dim(Ker(f −idV )) = dim(V )−dim(U ) = dim(U ⊥)

(ver proposicion 13 del capıtulo VI). Por tanto, se tiene que K er(f + idV ) = U ⊥

(ver proposicion 23 del capıtulo II). Sea ahora v ∈ V un vector arbitrario ydescompongamoslo como v = u + u, donde u ∈ U y u ∈ U ⊥. Entonces se tieneque f (u) = u y f (u) = −u, por ser U = K er(f − idV ) y U ⊥ = K er(f + idV ).Se tiene entonces que f (v) = f (u) + f (u) = u − u. Ello nos dice que f es lasimetrıa ortogonal respecto de U .

iii) =⇒ i) Supongamos que f es la simetrıa ortogonal respecto del subespacio

U . Si u ∈ U entonces f (u) = u o, equivalentemente, u ∈ Ker(f − idV ).Similarmente, si u ∈ U ⊥ entonces f (u) = −u o, equivalentemente, u ∈Ker(f +idV ). Es decir, tenemos inclusiones U ⊆ K er(f −idV ) y U ⊥ ⊆ K er(f +idV ), por los que tenemos V = U ⊕ U ⊥ ⊆ K er(f − idV ) + Ker(f + idV ) ⊆ V .La propiedad del sandwich nos da que V = K er(f − idV ) + Ker(f + idV ). Perola proposicion 6 del capıtulo V nos dice que los subespacios V (1) = Ker(f −idV ) y V (−1) = Ker(f + idV ) tienen suma directa. Por tanto, tenemos que



V = Ker(f − idV ) ⊕ K er(f + idV ) y, comparando dimensiones, obtenemos

enseguida que U = Ker(f − idV ) y U ⊥ = Ker(f + idV ). Si ahora cogemosuna base ortonormal B (1) de U y una base ortonormal B (−1) de U ⊥, la unionB = B (1) ∪ B (−1) es una base ortonormal de V formada por vectores propios def . Por tanto, f es diagonalizable ortogonalmente.

c) Para ver que f es bonito, simplemente comprobamos que si v = (x,y,z),entonces ||f (v)|| = ||v||. En efecto, se tiene

||f (v)|| = 1

3

(x − 2y − 2z)2 + (−2x + y − 2z)2 + (−2x − 2y + z)2.

Se hacen las cuentas y se ve que el ultimo miembro de esta igualdad es igual a13

9(x2 + y2 + z2) =

x2 + y2 + z2 = ||v||.

El que f es diagonalizable se ve muy sencillamente porque la matriz de

f respecto de la base canonica es una matriz simetrica y, por tanto, f es unendomorfismo simetrico (ver proposicion 25 del capıtulo VI). Entonces f esdiagonalizable (ver teorema 28 de ese mismo capıtulo).

i) Por ser f diagonalizable y con 1 y −1 como sus unicos posibles valorespropios reales, basta coger una base ortonormal de Ker(f − idV ) y una baseortonormal de K er(f +idV ), juntandolas despues. Si A = M C(f ) es la matriz def respecto de la base canonica, entonces hemos de resolver los dos sistemas de

ecuaciones homogeneos (A−I )X = 0 y (A+I )X = 0, donde X =

x

y

z

e I = I 3.

Si quereis, podeis trabajar directamente con la matriz A, pero vais a tener quetrabajar con muchos quebrados. Yo voy a utilizar un pequeno truco. Notad que

A = 13B, donde B =

1 −2 −2−2 1 −2−2 −2 1

. Ademas la igualdad (A − λI )X = 0 es

equivalente a la igualdad 13(B − 3λI )X = 0, cuyo conjunto de soluciones es el

mismo que el del sistema (B − 3λI )X = 0. Es decir, tenemos:- Ker(f − idV ) es el conjunto de soluciones del sistema de ecuaciones (B −

3I )X = 0;- Ker(f + idV ) es el conjunto de soluciones del sistema de ecuaciones (B +

3I )X = 0.B − 3I es la matriz cuyas tres filas son iguales a

−2 −2 −2

. Por tanto,

Ker(f − idV ) es el conjunto de soluciones de la ecuacion −2x − 2y − 2z = 0 o,equivalentemente, de la ecuacion x + y + z = 0. Ker(f − idV ) tiene entoncesdimension 2 y una base inicial de dicho subespacio se obtiene dando al par

(y, z) los ’valores’ (1, 0) y (0, 1). Es decir, una base inicial de Ker(f − idV ) esB (1) = {(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)}. Pero esta base no es ortonormal. Lo que hacemosahora es aplicar Gram-Schmidt para obtener una base ortonormal del mismosubespacio. Tomamos u1 = 1

||(−1,1,0)||(−1, 1, 0) = (− 1√ 2

, 1√ 2

, 0). El segundo

vector de la base buscada es

u2 = (−1,0,1)−[(−1,0,1)·(− 1√

2, 1√

2,0)](− 1√

2, 1√

2,0)

||numerador|| = (−1,0,1)− 1√

2(− 1√

2, 1√

2,0)

||numerador|| =



(− 12 ,− 1

2 ,1)

||(− 12 ,− 1

2 ,1)|| = (− 1√

6, − 1√

6, 2√

6).

Por tanto, se tiene que B (1) = {(− 1√ 2

, 1√ 2

, 0), (− 1√ 6

, − 1√ 6

, 2√ 6

)} es una base

ortonormal de Ker(f − idV ).Para calcular una base ortonormal de Ker(f + idV ), podemos resolver el

sistema (B + 3I )X = 0, como hemos indicado arriba, pero con un poco dehabilidad podemos ahorrar muchas cuentas. En efecto, hemos visto que siU = Ker(f − idV ) entonces U ⊥ = Ker(f + idV ) y hemos visto ademas queU viene dado por la ecuacion implıcita x + y + z = 0. Eso significa queU ⊥ =< (1, 1, 1) > (mirad el ejemplo 15 del capıtulo VI de los apuntes). Portanto, una base ortonormal de U ⊥ = K er(f + idV ) es B (−1) = {( 1√

3, 1√

3, 1√

3)}.

Tenemos entonces que B = {(− 1√ 2

, 1√ 2

, 0), (− 1√ 6

, − 1√ 6

, 2√ 6

), ( 1√ 3

, 1√ 3

, 1√ 3

)} es

una base ortonormal de V tal que M B(f ) = diag(1, 1, −1).

ii) Ya hemos visto en la prueba del apartado b) que el subespacio U re-specto del que f es simetrıa ortogonal es precisamente U = K er(f − idV ) =<

(−1, 1, 0), (−1, 0, 1) >=< (− 1√ 2

, 1√ 2

, 0), (− 1√ 6

, − 1√ 6

, 2√ 6

) >.

Pero este argumento solo lo puede utilizar quien haya resuelto el apartadob) del problema. Supongamos que uno no ha resuelto ese apartado y vamos aver como tambien se puede llegar facilmente a la igualdad U = K er(f − idV ).Como f es la simetrıa ortogonal respecto de U , sabemos que si un vector v ∈ V

se descompone como v = u + u, con u ∈ U y u ∈ U ⊥, entonces f (v) = u − u.Ello implica automaticamente que si v = u ∈ U , entonces f (v) = v. Por tanto,se tiene una inclusion U ⊆ {v ∈ V : f (v) = v} = Ker(f − idV ). Probaremosla inclusion recıproca. En efecto, si v ∈ Ker(f − idV ) y lo expresamos comov = u + u en la forma indicada, entonces tenemos u − u = f (v) = v = u + u,

lo que implica que u = 0 y ası v = u ∈ U .

alg físicas

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