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\hyphenation{siguiente}

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\hyphenation{endo-mor-fismo existen rango}

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

\begin{document}

\maketitleParcial

\thispagestyle{empty}

\begin{ejercicios}[itemsep=2em]

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $V$ un espacio vectorial de dimensión finita sobre un cuerpo~$k$, sea
$f:V\to V$ un endomorfismo y $p\in k[X]$. Entonces
  \[
  \text{$p(f)$ es un isomorfismo}
  \iff
  \text{$p$ y el polinomio minimal $m_f$ son coprimos.}
  \]

\begin{Solucion}
Sea $p\in k[X]$ un polinomio tal que $p$ y $m_f$ son coprimos. Existen 
$s$,~$t\in k[X]$ tales que $1=sp+tm_f$ y,  evaluando esta igualdad en $f$, vemos
que 
  \[
  \id=s(f)p(f)+t(f)m_f(f)=s(f)p(f).
  \]
Esto nos dice que $p(f)$ es un isomorfismo con inversa~$s(f)$.

Para probar la reciproca supongamos que $p$ no es coprimo con $m_f$, de manera
que existen $r$, $s$, $q\in k[x]$ tales que $p=rq$, $m_f=qs$ y $q$ no es
constante. Para ver que $p(f)$ no es un isomorfismo, basta mostrar que $q(f)$ no
lo es. Si lo fuese, tendríamos que $0=q(f)^{-1}m_f(f)=s(f)$: esto es
absurdo porque $\deg s<\deg m_f$.~\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 $A=\begin{pmatrix}
 1 & 3 & 0 & -1 & 2 \\
 3 & 0 & e^2 & 2 & 1/7 \\
 -2 & 2 & 0 & 5 & 3 \\
 0 & 1 & 2 & 5/9 & 0
 \end{pmatrix}$, entonces $\det A^tA\neq0$.

\item Si $\det A\neq0$, entonces existe un polinomio $h\in k[X]$ tal que
$\adj(A)=h(A)$.

\item Si $A\in M_7(\CC)$ es una matriz con coeficientes \emph{enteros} y $\det
A=2$, entonces $A^{-1}$ es una matriz con coeficientes enteros.
\end{enumerate}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} \textsc{Falso}.
La matriz $A^tA\in M_5(\RR)$, tiene rango $\rg A^tA\leq\rg A\leq 4<5$

\ejitem{2} \textsc{Verdadero}. Sabemos que $\chi_A(0)=\det A\neq0$.
Como $\chi_A(X)-\chi_A(0)$ se anula en~$0$, existe un polinomio $g\in k[X]$ tal que
$\chi_A(X)=Xg(X)+\det(A)$. Evaluando esta igualdad en~$A$ vemos que
$0=\chi_A(A)=Ag(A)+\det(A)I$, así que $-Ag(A)=\det(A)I=A\adj(A)$. Multiplicando
esto a izquierda por $A^{-1}$ vemos que $-g(A)=\adj(A)$.

\ejitem{3} \textsc{Falso}. Si $\det A=2$ entonces $\det A^{-1}=\frac{1}{2}$. Es
imposible, entonces, que $A^{-1}$ tenga coeficientes enteros.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $A=\begin{pmatrix}
        2 & 1 & 1 & 1 \\
        0 & 2 & 0 & 0 \\
        0 & 0 & 2 & 0 \\
        0 & 0 & 0 & 2
        \end{pmatrix}$
y sea $B\in M_4(\CC)$ una matriz, y supongamos que
\begin{multicols}{2}
\begin{itemize}

\item $(B-2I)^2(B-3I)^2=0$,

\item el rango de $B-3I$ es $4$,

\item $B\neq2I$,

\item $B$ y $A$ no son semejantes.

\end{itemize}
\end{multicols}
\noindent Determine las formas de Jordan $J_A$ y $J_B$ de $A$ y de $B$,
respectivamente, y encuentre una matriz inversible $C$ tal que $J_A=CAC^{-1}$.

\begin{Solucion}
Como $A$ es triangular superior, sus autovalores aparecen en su diagonal: así,
$2$ es el único autovalor de~$A$. Es $\im(A-2I)=\lin{e_1}$ y 
$\ker(A-2I)=\lin{e_1,e_2-e_3,e_3-e_4}$ tiene dimensión~$3$. Como
$\im(A-2I)\subseteq\ker(A-2I)$, $(A-2I)^2=0$; como además $A-2I\neq0$, esto nos
dice que el bloque de Jordan más grande en~$J_A$ tiene tamaño~$2$. Como hay
$\dim\ker(A-2I)=3$ bloques en total, concluimos que
  \[
  J_A=\begin{pmatrix}
         2 & 1 & 1 & 1 \\
         0 & 2 & 0 & 0 \\
         0 & 0 & 2 & 0 \\
         0 & 0 & 0 & 2
      \end{pmatrix}
  \]
Como $(A-2I)e_2=e_1$, la base $\{e_2,e_1,e_2-e_3,e_3-e_4\}$ realiza la forma de
Jordan de~$A$. En~otras palabras, si 
  \[
  D = \begin{pmatrix}
         0 & 1 & 0 & 0 \\
         1 & 0 & 1 & 0 \\
         0 & 0 & -1 & 1 \\
         0 & 0 & 0 & -1
      \end{pmatrix},
  \]
y $C=D^{-1}$, entonces $J_A=CAC^{-1}$.

Por otro lado, como el rango de~$B-3I$ es $4$, se trata de un isomorfismo, así
que también lo es $(B-3I)^2$ y $(B-2I)^2 = (B-2I)^2(B-3I)^2(B-3I)^{-2} = 0$.
Luego el polinomio minimal $m_B$ divide a~$(X-2)^2$. Como $B\neq2I$, esto nos
dice que $m_B$ es, de hecho, igual a~$(X-2)^2$. Así, $2$ es el único autovalor
de~$B$ y en la forma de Jordan de~$B$ hay un bloque $2\times2$. Pero entonces o
bien los tamaños de los bloques en~$J_B$ son $2$ y $2$ o bien son $2$, $1$ y
$1$. En el segundo caso, $B$ y $A$ serían semejates ---porque tendrían la misma
forma de Jordan--- así que necesariamente
  \[
  J_B = \begin{pmatrix}
        2 & 0 & 0 & 0 \\
        1 & 2 & 0 & 0 \\
        0 & 0 & 2 & 0 \\
        0 & 0 & 1 & 2 
        \end{pmatrix}.~\qed
  \]
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Consideremos al espacio vectorial~$\RR^4$ dotado de su producto interno usual.
Sea $S=\lin{(1,2,0,1)}\subset\RR^4$, sea $f:\RR^4\to\RR^4$ una
transformación lineal cuyo rango es~$1$ y tal que $(0,1,1,1)\in\im f$ y sea $T=\ker
f^*$. Encuentre una base ortonormal para el subespacio $W=S^\perp\cap T$ y el
proyector ortogonal $p:\RR^4\to\RR^4$ cuya imagen es $W$.

\begin{Solucion}
Es
  \[
  W
        = S^\perp\cap \ker f^* 
        = S^\perp\cap (\im f)^\perp
        = (S+\im f)^\perp
        = \lin{ (1,2,0,1),(0,1,1,1) }^\perp,
  \]
así que $W = \lin{(2,-1,1,0), (1,-1,0,1)}$. Realizando el procedimiento de
Gram-Schmidt para esta base de~$W$, vemos que
  \[
  \tfrac1{\sqrt6}(2,-1,1,0), 
  \quad
  \tfrac12(0,-1,-1,2)
  \]
es una base ortonormal de~$W$. El proyector ortogonal $p:\RR^4\to\RR^4$ con
imagen~$W$, entonces, está dado por
  \[
  p(x,y,z,w) = \tfrac1{\sqrt6}(2x-y+z) + \tfrac12(-y-z+2w)
  \]

\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $A=\begin{pmatrix}
1 & 2 & -2 & -4 \\
0 & 3 & -1 & -3 \\
0 & 2 &  0 & -1 \\
0 & 1 & -1 & -1
\end{pmatrix}\in M_4(\CC)$.
¿Existe un producto interno en~$\CC^4$ con respecto al cual $A$ es autoadjunta? ¿Y
normal?

\begin{Solucion}
El polinomio característico es 
  \[
  \chi_A(x)=2 - 3 x + 3 x^2 - 3 x^3 + x^4=(x-2) (x-1) (x-i) (x+i).
  \]
Como tiene cuatro raíces simples, vemos que $A$ es diagonalizable. Como tiene
autovalores que no son reales, no es autoadjunta para ningún producto interno.
Si $\B=\{v_1,v_2,v_3,v_4\}$ es una base de $\CC^4$ de autovectores de~$A$,
sabemos que existe un único producto interno en~$\CC^4$ para el que $\B$ es
una base ortonormal. Con respecto a ese producto interno, $A$ se diagonaliza en
una base ortonormal, así que $A$ es normal.~\qed
\end{Solucion}

\end{ejercicios}
\end{document}
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