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• Veroh Gonzalez

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Ejercicio 18 Para obtener la matriz que pasa de la base B = {e1 , e2 ...., en } a B ′ = {u1 , u 2 ...., u n } escribimos: n

e j = ∑ α kj uk k =1

y

CBB ′

α11 α12 α α 22 =  21  .. ..  α n1 α n 2

.. α1n  .. α 2 n  .. ..   .. α nn 

De la ortonormalidad de la base B ′ , sabemos que: < u k , u j >= 0 para k ≠ j  < u k , u j >= 1 para k ≠ j

Entonces n

n

k =1

k =1

< e j , ui >=< ∑ α kj uk , ui >= ∑ α kj < uk , ui >= α ij

y la matriz de cambio de base:  < e1 , u1 > < e2 , u1 > .. < en , u1 >  < e , u > < e , u > .. < e , u >  2 2 2 n  (1) C BB′ =  1 2   .. .. .. ..   < e1 , u n > < e2 , u n > .. < en , u n >  Con un razonamiento análogo se obtiene la matriz que pasa de la base B ′ a B (la inversa de la matriz anterior)  < u1 , e1 > < u 2 , e1 > .. < u n , e1 >  < u , e > < u , e > .. < u , e >  n 2 2 2  C B′B = [C BB′ ] −1 =  1 2   .. .. .. ..   < u1 , en > < u 2 , en > .. < u n , en >  Como < u i , e j >=< e j , u i > , podemos cambiar el orden en los productos escalares que intervienen en la matriz anterior:  < e1 , u1 > < e1 , u 2 > .. < e1 , u n >  < e , u > < e , u > .. < e , u >  n 2 2 2 −1  (2) C B′B = [C BB′ ] =  2 1   .. .. .. ..   < en , u1 > < en , u 2 > .. < en , u n >  Observando (1) y (2) vemos que la traspuesta de (1) es (2), entonces: C B′B = [C BB′ ] = [C BB′ ]t . −1

Ejercicio 19 Para resolver este ejercicio recordemos que una matriz M es simétrica cuando es igual a su traspuesta. M = M t (M simétrica) Entonces, como MTB1 B1 es simétrica

MTB1B1 = [ MTB1B1 ]t Si calculamos MTB2 B2 en función de MTB1B1 se obtiene: MTB2 , B2 = C B1B2 MTB1B1 C B2 B1

o

MTB2 , B2 = CB1B2 MTB1B1 [CB1B2 ]−1 (CB2 B1 = [CB1B2 ]−1 ) Por el ejercicio 18 [CB1B2 ]−1 = [CB1B2 ]t y se obtiene la identidad siguiente que es válida para bases ortonormales:

MTB2 , B2 = C B1B2 MTB1B1 [C B1B2 ]t (1) Para ver que la matriz MTB2 ,B2 es simétrica calculamos su traspuesta.

[ MTB2 , B2 ]t = [CB1 B2 MTB1 B1 [CB1 B2 ]t ]t = [[CB1 B2 ]t ]t [ MTB1 B1 ]t [CB1 B2 ]t Como MTB1B1 = [ MTB1B1 ]t y [[C B1B2 ]t ]t = C B1B2 queda:

[ MTB2 , B2 ]t = C B1B2 MTB1B1 [C B1B2 ]t (2) y de (1) y (2)

MTB2 , B2 = [ MTB2 , B2 ]t . Ejercicio 20 a) Llamando

E = {e1 , e2 ,...., en } Calculamos la matriz de T en la base E. Para realizar este cálculo tenemos que obtener las coordenadas de T(ej) en la base E (columna j de MTEE). n

T (e j ) = ∑ < T (e j ), ei > ei i =1

y se obtiene una fórmula para el cálculo de la matriz de una transformación lineal en un base ortonormal.

MTEE

 < T (e1 ), e1 > < T (e2 ), e1 > < T (e ), e > < T (e ), e > 1 2 2 2 =  .. ..  < T (e1 ), en > < T (e2 ), en >

.. < T (en ), e1 >  .. < T (en ), e2 >   .. ..  .. < T (en ), en >

Esta matriz es simétrica (ejercicio 19), entonces la entrada i,j ( < T (e j ), ei > )es igual a la entrada j,i ( < T (ei ), e j > ) < T (e j ), ei > = < T (ei ), e j > .

Como < T (e j ), ei >=< ei , T (e j ) > resulta < ei , T (e j ) >=< T (ei ), e j > .

b) Para verificar esta propiedad podemos usar la parte (a). Para esto escribimos x e y en una base ortonormal. n

x = ∑ < x, ei > ei i =1 n

y = ∑ < y, e j > e j j =1

Primeramente veremos que < T ( x), e j >=< x, T (e j ) > . n n  n  < T ( x), e j >=< T  ∑ < x, ei > ei , e j >=< ∑ < x, ei > T (ei ), e j >= ∑ < x, ei > < T (ei ), e j > i =1 i =1  i=1  n

n

i =1

i =1

< x, T (e j ) >=< ∑ < x, ei > ei , T (e j ) >= ∑ < x, ei > < ei , T (e j ) >

Por (a) < T (ei ), e j >=< ei , T (e j ) > entonces n

< x, T (e j ) >= ∑ < x, ei > < T (ei ), e j >= < T ( x ), e j > i =1

Ahora veremos que

< T ( x ), y >=< x, T ( y ) > . n

n

j =1

j =1

< T ( x), y >=< T ( x), ∑ < y, e j > e j >= ∑ < y, e j > < T ( x), e j > . n n  n  < x, T ( y ) >=< x, T  ∑ < y, e j > e j  >=< x, ∑ < y, e j > T (e j ) >= ∑ < y, e j > < x, T (e j ) > . j =1 j =1  j =1  Como < T ( x ), e j >=< x, T (e j ) > resulta < T ( x ), y >=< x, T ( y ) > .

c) Recordemos la definición de subespacio invariante: S es invariante por T ⇔ T(S) ⊆ S Recordemos la definición de subespacio ortogonal: W ⊥ = {u ∈ E :< u, w >= 0∀w ∈ W } Para verificar (c) tendremos que ver que: T (W ⊥ ) ⊆ W ⊥ , usando que T (W ) ⊆ W .

Si u ∈ T (W ⊥ ) ⇒ u = T ( wu ) con wu ∈W ⊥ . Ahora calculamos < u , w > para todo w ∈ W . < u, w > =< T ( wu ), w >=< wu , T ( w) >= 0 , por que T ( w) ∈ W (W es invariante) y wu ∈W ⊥ . Entonces: < u , w >= 0 ∀ w ∈ W . De lo último y la definición de complemento ortogonal resulta: u ∈W ⊥ . Entonces T (W ⊥ ) ⊆ W ⊥ . d) Primeramente recordemos la definición de autovector y autovalor: v ≠ 0 es un autovector de T sii existe un escalar λ (autovalor) tal que T(v) = λv Para encontrar los autovalores calculamos las raíces de polinomio característico P (λ ) P(λ ) = det(MTEE − λI ) = 0 Las coordenadas X = ( x1 , x2 ,..., xn ) de los autovectores en la base B se obtienen resolviendo el sistema: ( MTEE − λI ) X t = 0 . Como det(MTEE − λI ) = 0 el sistema es compatible indeterminado y tendrá solución no nula. Es decir, siempre que el polinomio característico tenga una raíz real podremos encontrar un autovector resolviendo el sistema. Ahora mostraremos que el polinomio característico tiene todas sus raíces reales (entonces todos los autovalores serán reales) si la matriz MTEE es simétrica. Tomemos una raíz λ del polinomio característico ( λ puede ser un número complejo, siempre tenemos raíces complejas) y encontremos una solución no nula X de: ( MTEE − λI ) X t = 0 . Dado que λ podría ser un complejo las coordenadas de X podrían ser complejas. De cualquier manera tendremos: MTEE X t = λX t Ahora calculemos X MTEE X t (la barra indica conjugado) de dos formas distintas: Como MTEE es de coeficientes reales: MTEE X t = MTEE X t = MTEE X t = λX t = λ X t .

Entonces X MTEE X t = λ X X t . Por otro lado t MTEE X t = λX t ⇒ ( MTEE X t )t = (λX t )t ⇒ X MTEE = λX t Como MTEE = MTEE , X MTEE = λX . Entonces X MTEE X t = λX X t . De los cálculos podemos escribir: λX X t = λ X X t n

n

i =1

i =1

X X t = ∑ xi xi =∑ xi ≠ 0 ( X ≠ 0) ⇒ λ = λ ⇒ λ es real. 2

Otra demostración que se basa en el ejercicio 15 de la práctica anterior se puede encontrar en el libro de Hernández.

e) Sabemos por la parte (b) que:

< v1 , T (v2 ) >=< T (v1 ), v2 > . Además T (v1 ) = λ1v1 y T (v2 ) = λ2v2 . Entonces < v1 , λ2v2 >=< λ1v1 , v2 > λ2 < v1 , v2 >= λ1 < v1 , v2 > y (λ2 − λ1 ) < v1 , v2 >= 0 . Como λ1 ≠ λ2 resulta < v1 , v2 >= 0 . f)

1) Podremos determinar dos subespacios invariantes: a) El subespacio generado por el autovector v1. b) Su complemento ortogonal. 2) En el subespacio W generado por v1 tenemos el autovector v1. En su complemento ortogonal ( W ⊥ ) también encontraremos un autovector. Para esto restringimos la transformación a W ⊥ y como W ⊥ es invariante obtendremos una transformación lineal de W ⊥ en W ⊥ . T :W ⊥ → W ⊥ Si calculamos la matriz de esta transformación en una base ortonormal {u1 , u2 ,..., un −1} de W ⊥ (recordar que dim(W ⊥ ) = n − 1 , por que dim(W ) = 1) obtendremos: < T (u2 ), u1 > .. < T (un ), u1 >   < T (u1 ), u1 >  < T (u ), u > < T (u2 ), u2 > .. < T (un ), u2 >  1 2    .. .. .. ..   < T (u1 ), un −1 > < T (u2 ), un −1 > .. < T (un ), un −1 > Esta matriz es simétrica (por ejemplo < T (u1 ), u2 > = < u2 , T (u1 ) >= por (b) =< T (u2 ), u1 > ) y por la parte (d) su polinomio característico tiene todas sus raíces reales. Por lo tanto, podremos encontrar un autovector asociado a una de sus raíces. 3) Para explicar la idea supondremos que estamos en R4. Como la matriz de T es simétrica las raíces del polinomio característico son reales elegimos una raiz λ1 y calculamos el autovector correspondiente y lo normalizamos para que tenga longitud 1. Hasta ahora tenemos: λ1 autovalor, v1 autovector , v1 = 1

⊥

Llamando W1 al suespacio generado por v1 buscamos en W1 un autovector v2 (esto es posible por (2)) normalizado y llamamos λ2 a su autovalor. Notar que ⊥ como v1 ∈ W1 y v2 ∈ W1

< v1 , v2 >= 0

⊥

⊥

Ahora, pensamos que el espacio es W1 ( dim(W1 ) = 3 ) y repetimos el argumento. Es decir, si tomamos ⊥ ⊥ T : W1 → W1 , ⊥

podemos calcular el complemento ortogonal en W1 del subespacio W2 generado por v2 (estamos repitiendo el argumentos). En este subespacio, que notaremos con ⊥

⊥

W2 ( dim(W2 ) = 2 ), buscamos un autovector normalizado v3 (existe por (2)) y

llamamos λ3 a su autovalor. Por construcción < v2 , v3 >= 0 y ⊥ ⊥ < v1 , v2 >= 0, < v1 , v3 >= 0 (recordar que v2 ∈ W1 y v3 ∈W1 ) .

⊥

Siguiendo con el razonamiento recursivo supondremos que el espacio es W2 , ⊥

⊥

T : W2 → W2 llamaremos W3 al subespacio generado por v3 y en su complemento ortogonal ⊥

⊥

⊥

( W3 , dim( W3 )=1) en W2 tomamos un autovector normalizado v4 de autovalor

λ4 . Por construcción < v3 , v4 >= 0 y < v2 , v3 >= 0, < v2 , v4 >= 0, < v1 , v3 >= 0, < v1 , v4 >= 0 ⊥

⊥

⊥

⊥

Lo último resulta de: v3 ∈ W2 ⊂ W1 , v4 ∈ W2 ⊂ W1 . Dado que hemos encontrado cuatro autovectores ortonormales el proceso termina aquí ( ya tenemos una base ortonormal de autovectores de T en R4). En esta base la matriz D de T es diagonal.

 < T (v1 ), v1 < T (v ), v 1 2 D= < T (v1 ), v3  < T (v1 ), v4

>

< T (v2 ), v1 >

< T (v4 ), v1 >  > < T (v2 ), v2 > < T (v3 ), v2 > < T (v4 ), v2 > > < T (v2 ), v3 > < T (v3 ), v3 > < T (v4 ), v3 >   > < T (v2 ), v4 > < T (v3 ), v4 > < T (v4 ), v4 >

 < λ1v1 , v1 > < λ v , v > D= 1 1 2 < λ1v1 , v3 >  < λ1v1 , v4 >

< λ2v2 , v1 >

< T (v3 ), v1 >

< λ4v4 , v1 >  < λ2v2 , v2 > < λ3v3 , v2 > < λ4v4 , v2 > < λ2v2 , v3 > < λ3v3 , v3 > < λ4v4 , v3 >   < λ2v2 , v4 > < λ3v3 , v4 > < λ4v4 , v4 > λ1 0 0 λ 2 D= 0 0  0 0

< λ3v3 , v1 >

0 0

λ3 0

0 0  0  λ4 

Dado que pasamos de una base ortonormal a otra base ortonormal la inversa de la matriz de cambio de base es su traspuesta. Las matrices que tienen por inversa a su traspuesta se denominan ortogonales. Llamando U a la base formada con los autovectores obtenemos: t

D = CUE MTEE CUE Ejercicio 21

b) Para diagonalizar tendremos que encontrar una base ortonormal de autovectores (el ejercicio anterior indica que encontraremos una base ortonormal de autovectores si y sólo si la matriz es simétrica)

0 MA =  1  1  − λ  P (λ ) = det   1  1  Las raíces son λ1 = −1 y λ2 = 2 .

1 −λ 1

1 0 1

1 1  0 

1   1   = (1 + λ ) 2 (2 − λ ) = 0 − λ  

Se pueder ver que la dimensión de los subespacios invariantes E (λi ) asociados a los autovalores, es igual a la multiplicidad de la raíz λi del polinomio característico. En este caso, dim( E ( −1)) = 2 dim( E ( 2)) = 1 Del ejercicio anterior (e) : v ∈ E (λi ) , w ∈ E (λ j ) y λi ≠ λ j ⇒< v, w >= 0 Entonces para encontrar una base ortonomal de autovectores tendremos que enconcotrar una base ortonormal de cada subespacio invariante. E (−1) :

1 1  1

1 1 1

1  x   0  1   y  =  0  1   z   0  x+ y+z=0

Una base de este subespacio es {(1,−1,0) (0,1,−1)}. Estos vectores no son ortonormales. Por Gram-Schmidt encontramos una base ortonormal asociada. v1 = (1,−1,0) < (0,1,−1), (1,−1,0) > 1 1 1  (1,−1,0) = (0,1,−1) + (1,−1,0) =  , ,−1 < (1,−1,0), (1,−1,0) > 2 2 2  1 v 1 e1 = 1 = ( ,− ,0) v1 2 2 v2 = (0,1,−1) −

e2 =

v2 1 1 2 1 1 2 =( , ,− ) = ( , ,− ) v2 3 6 6 3 2 32 2 32

E ( 2) :

1   x  0  − 2 1  1 − 2 1   y  = 0        1 1 − 2  z  0  − 2 1 1   x  0   0 − 3 3  y  = 0        0 0 0  z  0 − 2 x + y + z = 0  − 3 x + 3 z = 0

Una base de este subespacio es {(1,1,1)} .

e3 =

v3 1 1 1 =( , , ) v3 3 3 3

En la base {e1 , e2 , e3 } la matriz de T es:

− 1 0 0 D =  0 − 1 0  0 0 2 La matriz C que pasa de la base {e1 , e2 , e3 } a la base canónica es:  1   2 1 C = −  2   0 

1 6 1 6 2 − 3

1   3 1  3 1   3

y D = C t MA C . c) La simplicidad de la transformación involucrada en este ejercicio permite resolverlo a OJO. Las matrices simétricas verifican: A( M ) = M El subespacio invariante asociado al autovalor 1 estará formado por las matrices 1 0 0 1 0 0  simétricas, una base de este subespacio es:  ,  ,    y sus vectores son 0 0 1 0 0 1  ortogonales. Es inmediato verificar que:  0 1  0 1 A(  ) = −1    − 1 0  − 1 0 Ya tenemos el otro autovalor –1 (no hay mas autovalores por que ya cubrimos la dimensión del espacio) con autovector:  0 1  − 1 0   La base de autovectores se obtiene normalizando los vectoctores encontrados:  1  1    0 1 0  0 2  , 0 0  ,  2   ,     1  1  0 0   0  0 1   − 0       2  2 La matriz de A en esta base es:

1 0 0 0  0 1 0 0   D= 0 0 1 0    0 0 0 − 1 La matriz C que pasa de la base anterior a la canónica tendrá en sus columnas a las coordenadas de los autovectores en la base canónica. 0  1 0 0 1 1   0 0 2 2  C= 1 1  0  0 − 2 2  0  0 0 1 Ahora resolvemos el ejercicio por el método que usamos en (b). Se calcula la matriz de A en la canónica de R 2 x 2 .

 1 A   0  0 A   0  0 A   1  0 A   0

0  1 = 0  0 1   0 = 0  1 0   0 = 0  0 0   0 = 1  0

0 1 =1 0 0 0 1 = 0  0 0 1 1 = 0  0 0 0 1 = 0  1 0

0  0 +0 0 0 0  0 +0 0 0 0  0 +1 0 0 0  0 +0 0 0

1 0 MA =  0  0  1 − λ   0 P (λ ) = det    0   0  Las raíces de P (λ ) son λ1 = 1 y λ2 = −1 . E (1) :

1  0 +0 0 1 1  0 +1 0 1 1  0 +0 0 1 1  0 +0 0 1

0  0 +0 0 1 0 0 +0 0 1 0  0 +0 0 1 0 0 +1 0 1

0 0  0  1

0 0 1 0

0 1 0 0

0 −λ

0   1 0   −λ 0   0 1 − λ  

1 0

0

0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 − 1 1  0 1 − 1  0 0 0

0   x  0  0  y  0 = 0   z  0      0   w  0 

− y+z=0 Una base de soluciones del sistema: (1,0,0,0), (0,1,1,0), (0,0,01) Estos vectores son las coordenadas de los autovectores en la base canónica (ya son ortogonales, es caso contrario se aplica Gram-Schmidt). Las normalizamos: (1,0,0,0), (0, 1 , 1 ,0), (0,0,01) 2 2 y armamos los autovectores:   1   1 0  0  2 , 0 0  ,      1  0 0   0  0 1      2  E (−1) :  2 0 0 0   x  0   0 1 1 0   y  0     =    0 1 1 0   z  0        0 0 0 2   w 0  x = 0  y + z = 0 w = 0  Una base de soluciones del sistema:

(0,−1,1,0) Normalizamos y calculamos el autovector 1 1 (0,− , ,0 ) 2 2 1    0 − 2  1   0   2   1  1    0 − 1 0  0   0 0   2 , 2   , la matriz de A es: , , En la base       1 1  0 0   0  0 1   0    2   2  

1 0 D= 0  0

0 1 0 0

0 0 0 0  1 0  0 − 1

y 1  0 C= 0  0

0 1 2 1 2 0

0  1  0 − 2 1   0 2  1 0  0

Ejercicio 22 Encontremos una matriz U que verifique: U

3

0 =  1  1

1 0 1

1 1  0 

Esta matriz es la matriz de la trasformación buscada en la base canónica. Resolveremos el problema en forma diagonal: − 1 0 0 3 D =  0 − 1 0  0 0 2 Podemos encontrar una diagonal que es solución del problema: 0 − 1 0  D =  0 − 1 0   0 0 3 2  Multiplicando por la matriz de cambio C de base y su traspuesta: − 1 0 0 CD 3C t = C  0 − 1 0C t  0 0 2

0 CD C =  1  1 3

t

1 0 1

1 1  0 

Podemos poner 0 1 1  1 0 1 = CD 3C t = CD 2C t CDC t = CDC t CDC t CDC t = U 3   1 1 0 Con

U = CDC t y  1   2 1 C = −  2   0 

1 6 1 6 2 − 3

1   3 1  3 1   3

Ahora con la matriz U se calcula la transformación pedida. Con este mecanismo se encontró una matriz simétrica U que verifica: U 3 = MA Observar que si resolvemos el problema: U 2 = MA No prodremos encontrar una diagonal (hay autovalores negativos) tal que: − 1 0 0 D 2 =  0 − 1 0  0 0 2 Esto no significa que el problema no tiene solución, significa que el problema no tiene solución simétrica. El problema puede o no tener solución. En este caso podemos encontrar una solución

 0 − 1   1 0  0 0 

2

0   0 − 1  0   = 1 0 2   0 0

0  0 − 1 0  1 0 2  0 0

0  − 1 0 0 0  =  0 − 1 0 2   0 0 2

El resto es igual.

Y ya me cansé de esta sopa de letras....................................... Fin