%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\documentclass[a4paper,oneside,fleqn,10pt]{article}
\usepackage[nosolutions]{practicas}
\usepackage[latin1]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}

\overfullrule5pt
\relpenalty=10000
\binoppenalty=10000
\hyphenation{siguiente}

\newcommand\CC{\mathbb{C}}
\newcommand\NN{\mathbb{N}}
\newcommand\QQ{\mathbb{Q}}
\newcommand\RR{\mathbb{R}}
\newcommand\ZZ{\mathbb{Z}}
\newcommand\KK{\mathbb{K}}

\let\l\lambda
\newcommand\place{\mathord-}
\newcommand\B{\mathscr{B}}
\newcommand\id{\mathrm{id}}
\DeclareMathOperator{\tr}{tr}
\DeclareMathOperator{\rg}{rg}
\DeclareMathOperator{\im}{im}
\newcommand\spec{\sigma}
\DeclareMathOperator{\adj}{adj}
\DeclareMathOperator{\GL}{GL}
\DeclarePairedDelimiter\lin{\langle}{\rangle}
\DeclarePairedDelimiter\norm{\lVert}{\rVert}
\DeclarePairedDelimiter\abs{\lvert}{\rvert}
\newcommand\psmatrix[1]{\left(\begin{smallmatrix}#1\end{smallmatrix}\right)}

\hyphenation{endo-mor-fismo existen}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\Materia{Álgebra Lineal}
\Cuatrimestre{Primer Cuatrimestre --- 2011}
\Practica{}
\Titulo{Segundo parcial}

\begin{document}

\maketitleParcial

\thispagestyle{empty}

\begin{ejercicios}[itemsep=2em]

%%%%%%%%%%
\item Sea $n\geq1$ y para cada matriz
$A\in M_n(\CC)$ denotemos $\spec(A)\subseteq\CC$ al conjunto de los
autovalores de~$A$.

Pruebe que si $A\in M_n(\CC)$ y $p\in\CC[X]$ es un polinomio arbitrario, entonces
  \[
  p\bigl(\spec(A)\bigr) = \spec\bigl(p(A)\bigr).
  \]

\begin{Solucion}
Sea $p=\sum_{i=0}^dp_iX^i\in\CC[X]$. 

Sabemos que existe una matriz inversible $C\in\GL(n)$ tal que $B=CAC^{-1}$ es
triangular superior. Como $\spec(A)=\spec(B)$ y
$\spec(p(A))=\spec(p(B))$ porque $p(B)=Cp(A)C^{-1}$, basta mostrar
que $p(\spec(B))=\spec(p(B))$. En otras palabras, podemos suponer
que $A$ es triangular superior.

En ese caso, existen entonces una matriz diagonal~$D$ y una matriz
estrictamente triangular superior tales que $A=D+U$. Es claro que
  \begin{equation}\label{spA}
  \spec(A)=\{d_{i,i}:1\leq i\leq\dim V\}.
  \end{equation}
Afirmo que 
  \begin{equation}\label{cl}
  \claim{si $i\geq0$, hay una matriz estrictamente triangular superior $U_i$ tal que
        $A^i=D^i+U_i$.}
  \end{equation}
Para $i=0$, esto es inmediato. Si suponemos inductivamente que vale para~$i\geq0$, entonces
  \[
  A^{i+1} 
        = A^iA 
        = (D^i+U_i)(D+U)
        = D^{i+1}+(D^iU+U_iD+U_iU).
  \]
Como la matriz $U_{i+1}=D^iU+U_iD+U_iU$ es estrictamente triangular superior,
esto prueba~\eqref{cl} por inducción. Podemos ahora calcular que
  \[
  p(A) 
        = \sum_{i=0}^dp_iA^i
        = \sum_{i=0}^dp_i(D^i+U_i)
        = \sum_{i=0}^dp_iD^i+\sum_{i=0}^dp_iU_i,
  \]
y si llamamos $U'=+\sum_{i=0}^dp_iU_i$, que es una matriz estrictamente
triangular superior, tenemos que
  \[
  p(A) = p(D) + U'.
  \]
Esto implica inmediatamente que el conjunto de autovalores de~$p(A)$ es
  \[
  \spec(p(A)) = \{p(d_{i,i}):1\leq i\leq\dim V\},
  \]
que, de acuerdo a~\eqref{spA}, es precisamente $p(\spec(A))$.~\qed
\end{Solucion}

\begin{Solucion}[Otra solución]
Supongamos que $p(X)=\sum_{i=0}^dp_iX^i\in\CC[X]$. Basta suponer que $d>0$, porque
sino la igualdad del enunciado es inmediata.

Sea $\lambda\in\spec(A)$, de manera que existe $v\in\CC^n\setminus0$ tal que
$Av=\lambda v$. Entonces
  \[
  p(A)v=\sum_{i=0}^dp_iA^iv=\sum_{i=0}^dp_i\lambda^iv=p(\lambda)v,
  \]
y vemos que $p(\lambda)$ es un autovalor de~$p(A)$, ya que admite a $v$ como
autovector. En otras palabras, es $p(\lambda)\in\spec(p(A))$. Esto muestra que
$p(\spec(A))\subseteq\spec(p(A))$.

Por otro lado, sea $\mu\in\spec(p(A))$, de manera que existe un vector
$v\in\CC^n$ no nulo tal que $p(A)v=\mu v$. Entonces $(p(A)-\mu)v=0$ y esto nos
dice que si $m_{A,v}(X)$ es el polinomio minimal de~$A$ con respecto a~$v$,
entonces a~$m_{A,v}(X)\mid p(X)-\mu$. Como $m_{A,v}$ tiene grado positivo,
existe una raíz $\lambda\in\CC$ de $m_{A,v}$, y entonces $p(\lambda)=\mu$. 
Por otro lado, como $m_{A,v}$ divide al polinomio
minimal $m_A$ de~$A$ y este a su vez divide al polinomio característico
$\chi_A$, el escalar $\lambda$ es una raíz de~$\chi_A$, esto es, que
$\lambda\in\spec(A)$. Pero entonces $\mu=p(\lambda)\in p(\spec(A))$. Esto prueba
que $\spec(p(A))\subseteq p(\spec(A))$.~\qed
\end{Solucion}

\begin{Solucion}[Otra solución]
Sean $m_A$ y $m_{p(A)}$ los polinomios minimales de~$A$ y de~$p(A)$,
respectivamente.

Como $m_{p(A)}(p(A))=0$, la minimalidad de~$m_A$ implica que $m_A(X)\mid
m_{p(A)}(p(X))$. Vemos que si $\lambda$ es una raíz de~$m_A$, entonces
$\lambda$~también es raíz de $m_{p(A)}(p(X))$, esto es, $p(\lambda)$ es raíz
de~$m_{p(A)}$. En otras palabras, vemos que $p(\spec(A))\subseteq\spec(p(A))$.

Por otro lado, sea $\lambda\in\spec(p(A))$. Si los polinomios $m_A$ y $p-\lambda$
son coprimos, existen $\alpha$,~$\beta\in\CC[X]$ tales que $\alpha
m_A+\beta(p-\lambda)=1$ y, evaluando en~$A$, tenemos que
$\beta(A)(p(A)-\lambda I)=I$, de manera que $p(A)-\lambda I$ es inversible:
esto es absurdo ya $\lambda$ es un autovalor de~$p(A)$. Concluimos entonces que
$m_A$ y $p_\lambda$ no son coprimos y, en consecuencia, que poseen una raíz común
$\mu\in\CC$. Pero entonces $m_A(\mu)=0$, así que $\mu\in\spec(A)$ y, por otro
lado, $p(\mu)-\lambda=0$, con lo que $\lambda=p(\mu)\in p(\spec(A))$.
Esto prueba que $\spec(p(A))\subseteq p(\spec(A))$.~\qed
\end{Solucion}

\begin{Solucion}[Otra solución]
Sea $\lambda\in\spec(A)$, de manera que existe $v\in\CC^n\setminus0$ tal que
$Av=\lambda v$. Entonces $p(A)v=p(\lambda)v$, y vemos que $p(\lambda)$ es un
autovalor de~$p(A)$, ya que admite a $v$ como autovector. En otras palabras, es
$p(\lambda)\in\spec(p(A))$. Esto muestra que $p(\spec(A))\subseteq\spec(p(A))$.

Sea ahora $\lambda\in\spec(p(A))$ y supongamos que tenemos una factorización del
polinomio $p(X)-\lambda$ de la forma
  \begin{equation}\label{px}
  p(X)-\lambda=\alpha(X-\mu_1)\cdots(X-\mu_r),
  \end{equation}
con $\alpha$,~$\mu_1$,~\dots,~$\mu_r\in\CC$. Como $\lambda$ es un autovalor
de~$p(A)$, la matriz $p(A)-\lambda I$ no es inversible, y como
$p(A)-\lambda I=(A-\mu_1 I)\cdots(A-\mu_r I)$, no puede ser que todos los
factores que aparecen a la derecha sean inversibles: esto es, necesariamente
existe $i\in\{1,\dots,r\}$ tal que $A-\mu_i I$ no es inversible. El otras
palabras, $\mu_i$ es un autovalor de~$A$ y, evaluando la igualdad~\eqref{px}
en~$\mu_i$, es inmediato que $p(\mu_i)=\lambda$. Concluimos de esta forma que
$\spec(p(A))\subseteq p(\spec(A)$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%
\item Si $f:V\to V$ es un endomorfismo de un espacio vectorial~$V$ de dimensión
finita y positiva sobre un cuerpo~$k$, entonces las siguientes afirmaciones son
equivalentes:
\begin{enumerate}[label=(\emph{\alph*}), nolistsep]

\item Los únicos subespacios $f$-invariantes de~$V$ son $0$ y $V$.

\item Todo vector~$v\in V$ no nulo es cíclico.

\item El polinomio característico $\chi_f$ es irreducible.

\end{enumerate}

\begin{Solucion}
\implicacion[alph]{1}{2} Sea $v\in V$ un vector no nulo. El subespacio cíclico
$\lin{v}_f$ generado por~$v$ es $f$-invariante y no es nulo, así que por
hipótesis tiene que ser necesariamente igual a~$V$: $v$~es entonces un vector
cíclico.

\implicacion[alph]{2}{1} Sea $S\subseteq V$ un subespacio $f$-invariante y
supongamos que $S\neq0$. Existe un vector $v\in S$ no nulo y, como $S$ es
$f$-invariante, se tiene que $\lin{v}_f\subseteq S$. Por hipótesis,
$\lin{v}_f=V$, así que esto muestra que $S=V$.

\implicacion[alph]{2}{3} Supongamos que $\chi_f=pq$ con $p$,~$q\in\CC[X]$ dos
polinomios no constantes. Sabemos que $0=\chi_f(f)=p(f)q(f)$ y en consecuencia
no puede ser que tanto $p(f)$ como $q(f)$ sean inversibles. Sin pérdida de
generalidad podemos suponer que $p(f)$ no es un isomorfismo.

Como $V$ tiene dimensión finita, $p(f)$ no es inyectiva y existe entonces un
vector $v\in V$ no nulo tal que $p(f)(v)=0$. Esto implica que el polinomio
minimal $m_{f,v}$ de~$f$ con respecto a~$v$ divide a~$p$ y, en
particular ---como por hipótesis $v$ es un vector cíclico--- tenemos que
  \[
  \dim V=\dim\lin{v}_f=\deg m_{f,v}\leq\deg p<\deg\chi_f=\dim V.
  \]
Esto es absurdo.

\implicacion[alph]{3}{2} Sea $v\in V$ un vector no nulo. Como $\chi_f$ es
irreducible y el polinomio minimal~$m_{f,v}$ de~$f$ con respecto a~$v$ lo
divide, debe ser~$m_{f,v}=\chi_f$. En particular, el grado de~$m_{f,v}$, que
coincide con $\dim\lin{v}_f$, es igual a $\deg\chi_f=\dim V$. Esto implica que
$\lin{v}_f=V$, esto es, que $v$ es un vector cíclico para~$f$.

\implicacion[alph]{3}{1} Sea $S\subseteq V$ un subespacio $f$-invariante no
nulo, y sea $v\in S$ un vector no nulo. El polinomio~$m_{f,v}$ minimal de~$f$
con respecto a~$v$ divide a~$\chi_f$ y tiene grado positivo, así que la
hipótesis implica que $m_{f,v}=\chi_f$. Entonces 
  \[
  \dim S\geq\dim\lin{v}_f=\deg m_{f,v}=\deg\chi_f=\dim V
  \]
y, en consecuencia, $S=V$.

\implicacion[alph]{3}{1} Supongamos que existe un subespacio $S\subset V$
$f$-invariante, propio y no nulo, de manera que si $n=\dim V$ y $m=\dim S$ se
tiene que $0<m<n$. Sea $\B=\{v_1,\dots,v_n\}$ una base de~$V$ tal que
$\{v_1,\dots,v_m\}$ es una base de~$S$. Como $S$ es $f$-invariante, sabemos que
existen matrices $A\in M_m(k)$, $B\in M_{n-m}(k)$ y $C\in M_{m,n-m}(k)$ tales
que
  \[
  [f]_\B = \begin{pmatrix} A & C \\ 0 & B \end{pmatrix}
  \]
y, en particular, es inmediato que $\chi_f=\chi_A\chi_B$. Como $\chi_A$ y
$\chi_B$ son polinomios no constantes, esto muestra que $\chi_f$ es
reducible.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%
\item Decida si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas y justifique
su respuesta.
\begin{enumerate}[label=(\emph{\roman*}), nolistsep]

\item Si $A\in M_6(k)$ es una matriz tal que $A^3=0$, entonces todo menor de
$4\times4$ tiene determinante nulo.

\item Existe una matriz $B\in M_3(\CC)$ tal que
$\adj(B)=\psmatrix{1&0&3\\1&2&1\\1&2&3}$.

\end{enumerate}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} \textsc{Falso}. El cubo de la matriz
$\psmatrix{0\\1&0\\&1&0\\&&&0\\&&&1&0\\&&&&1&0}$ es nulo pero su rango es~$4$.

¿De dónde sale este ejemplo? Sea $A\in M_6(\CC)$ una matriz tal que $A^3=0$ y
cuyos menores $4x4$ se anulan. Entonces $A$ es nilpotente, su polinomio minimal
divide a~$X^3$ y su rango es a lo sumo $3$. Esto implica que su núcleo tiene
dimensión al menos $3$ y, entonces, que su forma de Jordan tiene al menos $3$
bloques. Basta entonces, para dar un contraejemplo a la afirmación del
enunciado, encontrar una matriz nilpotente de índice $\leq3$ y cuya forma
normal de Jordan tiene menos que $3$ bloques: es inmediato que \emph{todas} las
matrices que satisfacen estas dos condiciones son semejantes a la matriz dada
arriba.

\medskip

\ejitem{2} \textsc{Verdadero}. Sea $C$ la matriz del enunciado. Sea $a\in\CC$ tal que $a^2=\det(C)$
y sea $B=aC^{-1}$. Entonces $\det(B)=a^3\det(C)^{-1}=a$ y
  \[
  C=aB^{-1}=a\frac{\adj(B)}{\det(B)}=\adj(B).
  \]
Esto nos dice que $B$ es una matriz cuya adjunta es~$C$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%
\item Sea $f:\CC^8\to\CC^8$ una transformación lineal cuyo polinomio
característico es $\chi_f(X)=X^8-2X^7+2X^5-X^4$ y tal que
  \[
  \dim\ker f^3 = \dim\ker (f-\id).
  \]
Encuentre todas las posibles formas de Jordan de~$f$.

\begin{Solucion}
El polinomio characterístico es $\chi_f(X)=X^4(X-1)^3(X+1)$.

Si en la forma de Jordan hubiera más de un bloque para el autovalor~$0$,
entonces todos esos bloques tendrían tamaño menor que~$4$, el
subespacio correspondiente estaría contenido en el núcleo de~$f^3$, y tendríamos
que $4=\dim\ker f^3=\dim\ker(f-\id)$. Habría entonces cuatro bloques
correspondientes al autovalor~$1$, lo que es absurdo, ya que la multiplicidad
de~$1$ como raíz de~$\chi_f$~es~$3$.

Vemos así que solamente puede haber \emph{un} bloque para el autovalor~$0$, y
entonces $3=\dim\ker f^3=\dim\ker(f-\id)$. Esto nos dice que hay $3$ bloques
correspondientes al autovalor~$1$: como la multiplicidad de~$1$ como raíz
de~$\chi_f$ es también~$3$, concluimos que esos tres bloques son de~$1\times 1$.

Finalmente, como $-1$ es una raíz simple de~$\chi_f$, hay exactamente un bloque
de~$1\times1$ para ese autovalor. En definitiva, la forma de Jordan de~$f$ es
  \[
  \left(
  \begin{array}{c@{}c@{}c@{}c@{}c}
  \begin{array}{cccc|}
  0&&& \\
  1&0&& \\
  &1&0& \\
  &&1&0 \\ \hline
  \end{array} \\
  &\begin{array}{|c|}\hline 1\\\hline\end{array}\\ 
  &&\begin{array}{|c|}\hline 1\\\hline\end{array}\\
  &&&\begin{array}{|c|}\hline 1\\\hline\end{array}\\
  &&&&\begin{array}{|c}\hline -1\end{array}
  \end{array}
  \right)
  \]
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Mostrar que existe un producto interno en~$\RR^3$ para el cual
  \begin{gather*}
  (1,1,0) \perp (0,1,1), \\
  \lin{(1,0,-1),(1,3,2)}^\perp = \lin{(1,2,3)}, \\
  \text{$\norm{(1,0,-1)}^2=5$ y $\norm{(1,2,3)}^2=1$.}
  \end{gather*}
Determinar $\norm{(3,4,5)}$.

\begin{Solucion}
Sean $a$,~$b\in\RR$ dos números positivos tales que $a^2+b^2=5$.

Sean $v_1=\tfrac1a(1,1,0)$, $v_2=\tfrac1b(0,1,1)$ y $v_3=(1,2,3)$. Entonces
$\B=\{v_1,v_2,v_3\}$ es una base de~$\RR^3$ y sabemos que existe exactamente un
producto interno $\lin{\place,\place}$ en~$\RR^3$ para el cual~$\B$ es ortonormal.
Veamos que se satisfacen las condiciones:
\begin{itemize}

\item $(1,1,0)=av_1\perp bv_2=(0,1,1)$;

\item $(1,0,-1) = av_1-bv_2 \perp v_3=(1,2,3)$;

\item $(1,3,2) =av_2+2bv_2 \perp v_3=(1,2,3)$;

\item $\norm{(1,0,-1)}^2 = \norm{av_1-bv_2}^2 = a^2+b^2 = 5$;

\item $\norm{(1,2,3)}^2 = \norm{v_3}^2 = 1$;

\end{itemize}
Esto prueba la existencia. Por otro lado,
  \[
  \norm{(3,4,5)}^2 = \norm{av_1-bv_2+2v_3}^2 = a^2 + b^2 + 4 = 9,
  \]
así que $\norm{3,4,5}=3$.~\qed
\end{Solucion}

\end{ejercicios}
\end{document}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% vim: set tw=80 expandtab comments=n\:% formatoptions=tcqr fileencoding=latin1:


