\documentclass[a4paper,fleqn,11pt,oneside]{article}
\usepackage[latin1]{inputenc}
\usepackage[nosolutions]{practicas}

\newcommand\KK{\mathbb{K}}
\newcommand\NN{\mathbb{N}}
\newcommand\CC{\mathbb{C}}
\newcommand\RR{\mathbb{R}}
\newcommand\ZZ{\mathbb{Z}}
\newcommand\QQ{\mathbb{Q}}
\let\l\lambda
\let\a\alpha
\newcommand\E{\mathcal E}
\newcommand\B{\mathcal B}
\newcommand\U{\mathcal U}
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\DeclareMathOperator{\GL}{GL}
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\DeclareMathOperator{\rank}{rk}
\DeclareMathOperator{\sgn}{sgn}
\DeclarePairedDelimiter\lin{\langle}{\rangle}
\DeclarePairedDelimiter\norm{\lVert}{\rVert}
\newcommand\smatrix[1]{\left(\begin{smallmatrix}#1\end{smallmatrix}\right)}

\Materia{Álgebra lineal}
\Cuatrimestre{Primer Cuatrimestre --- 2011}
\Practica{6}
\Titulo{Autovalores y autovectores}

\begin{document}

\maketitle

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item
\begin{ejitems}
\item Calcular el polinomio característico, los autovalores y autovectores de
  las siguientes matrices, considerando por separado el caso en que los
  coeficientes están en $\RR$ y en $\CC$:
  \begin{multicols}{3}
  \begin{ejitems}
  \item $\begin{pmatrix} 1 & 3 \\ -3 & -1 \end{pmatrix}$;
  \item $\begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 3 & -1 \end{pmatrix}$;
  \item $\begin{pmatrix} 0 & a \\ -a & 0 \end{pmatrix}$;
  \item $\begin{pmatrix} 0 & 2 & 1 \\-2 & 0 & 3 \\ -1 & -3 & 0 \end{pmatrix}$;
  \item $\begin{pmatrix} 3 & 1 & 0 \\ -4 & -1 & 0 \\ 4 & -8 & -2 \end{pmatrix}$;
  \item $\begin{pmatrix} a & 1 & 1 \\ 1 & a & 1 \\ 1 & 1 & a \end{pmatrix}$;
  \item $\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ a & 1 & 0 \\ 0 & a & 1 \end{pmatrix}$;
  \item $\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 
                         0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$;
  \item $\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\
                         0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$.
                          
  \end{ejitems}
  \end{multicols}
En todos los casos, $a\in\mathbb K$.
\item Interprete cada una de las matrices del ítem anterior como la matrix de
una transformación lineal $f:\mathbb K^n\to\mathbb K^n$ (con $\mathbb K=\RR$ y
$\CC$, respectivamente) con respecto a la base canónica $\mathcal E$ de $\mathbb K^n$, y
encuentre, cuando es posible, una base $\B$ de manera tal que $[f]_\B$ es
diagonal; en ese caso, encuentre la matrix de cambio de base $C(\mathcal E,\B)$.
\end{ejitems}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item \begin{ejitems}
\item Sean $A, D\in M_n(k)$ y $C\in\GL_n(k)$ tales que $A=CDC^{-1}$. Mostrar que
$A^k=CD^kC^{-1}$ cualquiera sea $k\in\NN$.
\item Calcular
  \[
  \begin{pmatrix}
  -1 & -2 & 2 \\ 0 & 1 & 0 \\ -1 & -3 & -4
  \end{pmatrix}^n
  \]
para cada $n\in\NN$.
\item El objetivo de esta parte es encontrar una formula cerrada para la
sucesión $(a_n)_{n\geq0}$ tal que $a_0, a_1\in\CC$ y, si $n\geq0$, 
  \[
  a_{n+2} = \alpha a_{n+1} + \beta a_n.
  \]

Considere el endomorfismo $f:\CC^2\to\CC^2$ tal que, en la base canónica,
está representado por la matriz
  \[
  [f] = \begin{pmatrix} \alpha & \beta \\ 1 & 0 \end{pmatrix}.
  \]
Muestre que, para cada $n\geq0$ es 
  \[
  f\begin{pmatrix}a_{n+1}\\a_n\end{pmatrix}
  =
  \begin{pmatrix}a_{n+2}\\a_{n+1}\end{pmatrix}.
  \]
Encuentre ahora una base que diagonalice a $f$ cuando esto sea posible, 
y use la primera parte de este ejercicio y el hecho de que
  \[
  f^n\begin{pmatrix} a_1\\a_0\end{pmatrix} =
     \begin{pmatrix} a_{n+1}\\a_n\end{pmatrix} 
  \]
para obtener una fórmula cerrada para $a_n$ en esos casos.
\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Es inmediato que la igualdad deseada vale cuando $k=0$. Supongamos,
inductivamente, que $k\geq0$ y $A^k=CD^kC^{-1}$. Entonces
  \[
  A^{k+1}=AA^k=CDC^{-1}CD^kC^{-1}=CD^{k+1}C^{-1}.
  \]

\ejitem{2} Si $D=\smatrix{-1 & -2 & 4 \\ 0 & 0 & -3 \\ 1 & 1 & 1}$, entonces
  \(
  A=C\smatrix{-3&0&0\\0&-2&0\\0&0&1}C^{-1}
  \) 
y, de acuerdo a lo anterior, para cada $k\geq0$ es
  \begin{align*}
  A^k &= C\smatrix{(-3)^k&0&0\\0&(-2)^k&0\\0&0&1}C^{-1} \\
    &= \begin{pmatrix}
         -(-2)^{n+1}-(-3)^n 
                & \frac{2}{3} \left(5 (-2)^n+(-3^{n+1}+2\right) 
                & -2 \left((-3)^n-(-2)^n\right) \\
         0 
                & 1 
                & 0 \\
         (-3)^n-(-2)^n 
                & 2 (-3)^n-\frac{5 (-2)^n}{3}-\frac{1}{3} 
                & 2 (-3)^n-(-2)^n
       \end{pmatrix}
  \end{align*}

\ejitem{3} La relación $f\smatrix{a_{n+1}\\a_n}=\smatrix{a_{n+2}\\a_{n+1}}$ es
consecuencia de una inducción evidente. Sea $A$ la matrix de~$f$ en la base
canónica. Su polinomio característico es $p(t)=t^2-\alpha t-\beta$. Las raíces
de $p$ son distintas sii $\alpha^2+4\beta\neq0$. Si son iguales, son iguales a
$\alpha/2$ y en ese caso la matriz no es diagonalizable: si lo fuese, sería
igual a $\frac\alpha2I$ y no lo es.

Supongamos entonces que $\alpha^2+4\beta\neq0$ y sea $\Delta\in\CC$ talque
$\Delta^2=\alpha^2+4\beta$, de manera que las raíces de~$p$ son
$\lambda_\pm=(\alpha\pm\Delta)/2$. Calculando, vemos que los correspondientes
autovectores son $\smatrix{\lambda_\pm\\1}$, así que si
$C=\smatrix{\lambda_+&\lambda_-\\1&1}$, para cada $n\geq0$ es
  \[
  A^n=C\begin{pmatrix}\lambda_+^n&0\\0&\lambda_-^n\end{pmatrix}C^{-1}
  \]
y, en consecuencia,
  \[
  \begin{pmatrix} a_{n+1} \\ a_n \end{pmatrix}
    = C\begin{pmatrix}\lambda_+^n&0\\0&\lambda_-^n\end{pmatrix}C^{-1}
      \begin{pmatrix} a_{1} \\ a_0 \end{pmatrix}
    = \begin{pmatrix}
         \cdots\text{algo}\cdots \\
         \frac{a_0 \left((\alpha +\Delta ) \lambda_+ ^n+(\Delta -\alpha )
           \lambda_- ^n\right)-2 a_1 \left(\lambda_+ ^n-\lambda_- ^n\right)}{2 \Delta
           }
      \end{pmatrix}.
  \]
Concluimos que
  \[
  a_n =
         \frac{a_0 \left((\alpha +\Delta ) \lambda_+ ^n+(\Delta -\alpha )
           \lambda_- ^n\right)-2 a_1 \left(\lambda_+ ^n-\lambda_- ^n\right)}{2 \Delta}.
  \]
Esto es una fórmula cerrada para~$a_n$, como queríamos.
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item\begin{ejitems}

\item Determinar que matrices de la forma $\begin{pmatrix}a&b\\0&c\end{pmatrix}$
con $a,b,c\in k$, $k\in\{\RR,\CC,\ZZ_5\}$, son diagonalizables.

\item Mostrar que toda matrix $A\in M_2(\CC)$ es o bien diagonalizable o bien
similar a una matrix de la forma $\begin{pmatrix}a&0\\1&a\end{pmatrix}$ para
algún $a\in\CC$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Si $A=\smatrix{a&b\\0&c}\in M_2(k)$, entonces el polinomio
característico de~$A$ es $p_A(t)=(t-a)(t-c)$. Si $a\neq c$, los autovalores son
simples y en consecuencia $A$ es diagonalizable. Si, en cambio, $a=c$, entonces
$p_A(t)=(t-a)^2$ y $A$ es diagonalizable sii su polinomio minimal es
$m_A(t)=t-a$. Es claro que esta última condición se satisface sii $b=0$.
Concluimos así que
  \[
  \claim{la matriz $\smatrix{a&b\\0&c}$ es diagonalizable sii o bien $a\neq c$ o
  bien $a=c$ y $b=0$.}
  \]
Notemos que este razonamiento no depende de cuál es el cuerpo~$k$.

\ejitem{2} Sea $A\in M_2(\CC)$ y supongamos que $A$ no es diagonalizable.
Necesariamente debe tener $A$ un autovalor doble $a\in\CC$. Sea
$v'\in\CC^2\setminus0$ tal que $Av'=av'$, y sea $w\in\CC^2$ cualquier vector tal
que $\{v',w\}$ es
una base de~$\CC^2$. Existen escalares $b$,~$c\in\CC$ tales que $Aw=bv'+cw$, de
manera que si $C$ es la matriz cuyas columnas son $v'$ y $w$,
$C^{-1}AC=\smatrix{a&b\\0&c}$. Debe ser entonces $c=a$ y, como $A$ no es
diagonalizable debe ser $b\neq0$. Sea $v=bv'$. El conjunto $\{v,w\}$ es una
base de~$\CC^2$ y $Av=bAv'=bav'=av$ y $Aw=bv'+aw=v+aw$, así que si $D$ es la
matriz cuyas columnas son $v$ y $w$, entonces
$D^{-1}AD=\smatrix{a&0\\1&a}$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item\begin{ejitems}

\item Sea $A\in M_2(\CC)$ tal que todos sus coeficientes son reales y tal que
$\left(\begin{smallmatrix} 1+i\\2-i\end{smallmatrix}\right)$ es un autovector correspondiente
al autovalor $1+3i$. Mostrar que $A$ es diagonalizable, encontrar una base de
autovectores, y determinar $A$.

\item Sea $A\in M_2(\RR)$ tal que
$\left(\begin{smallmatrix}1\\-1\end{smallmatrix}\right)$ es
un autovector de autovalor $\sqrt2$, y tal que $\chi_A\in\QQ[t]$. Determinar si
$A$ es diagonalizable. ¿Cuántas matrices satisfacen estas condiciones?.

\end{ejitems}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item \begin{ejitems}

\item Sea $A\in M_3(\RR)$ tal que $\tr A=-4$. Calcular los autovalores de $A$
sabiendo que los de $A^2+2A$ son $-1$, $3$ y $8$.

\item Sea $A\in M_4(\RR)$ tal que $\det A=6$, tiene a $1$ y a $-2$ como
autovalores, y tal que $A-3I$ tiene a $-4$ como autovalor. Determinar los
restantes autovalores de $A$

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $B=A^2+2A$. Si $\lambda\in\RR$ es un autovalor de~$A$, entonces
$\lambda^2+2\lambda$ es un autovalor de~$B$, así que
$\lambda\in\{-4,-3,-1,1,2\}$. Las únicas dos ternas de elementos de este
conjunto que suman $-4$ son
  \begin{align*}
  &-4,-1,1      && -3,-3,2
  \end{align*}
y al aplicar la función $\lambda \mapsto \lambda^2+2\lambda$ se obtiene a partir
de ellas 
  \begin{align*}
  &8,-1,3      && 3,3,8.
  \end{align*}
Vemos entonces que los autovalores de~$A$ deben ser $-4$, $-1$ y $1$.

\ejitem{2} La función $\lambda\mapsto\lambda-3$ es una biyección entre los
autovalores de~$A$ y los de~$A-3I$ (teniendo en cuenta multiplicidades) Como
$-4$ es un autovalor de~$A-3I$, entonces, $-1$ es un autovalor de~$A$. Además,
$1$ y $-2$ son autovalores de~$A$ y, si $\lambda$ es el restante, es $6=\det
A=1\cdot(-2)\cdot(-1)\cdot\lambda$. Se sigue que $\lambda=3$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item \begin{ejitems}
\item Sea $A\in M_n(k)$. Mostrar que $A$ y $A^t$ tienen los mismos autovalores.
Mostrar con un ejemplo que no sucede lo mismo con los autovectores.
\item ¿Qué puede decir de los autovalores de $A^r$ si conoce los de $A$?
\end{ejitems}
 
\begin{Solucion}
\ejitem{1} Las matrices $A$ y $A^t$ tienen el mismo polinomio característico,
porque
  \[
  p_A(\lambda) 
        = \det(\lambda I-A) 
        = \det(\lambda I-A)^t 
        = \det(\lambda I-A^t) 
        = p_{A^t}(\lambda),
  \]
así que tienen los mismos autovalores con las mismas multiplicidades.
Por el contrario, los únicos autovectores de la matriz $A=\smatrix{1&1\\0&1}$ 
son los múltiplies no nulos de $\smatrix{1\\0}$, mientras que los de~$A^t$ son
los múltiploes escalares de $\smatrix{0\\1}$: esto muestra que en general los
autovectores de una matriz y de su transpuesta no coinciden.

\ejitem{2} Si $\lambda$ es un autovalor de~$A$ y $v\in k^n$ es un
correspondiente autovector, de manera que $Av=\lambda v$, entonces es inmediato
que $A^rv=\lambda^rv$ y, en consecuencia, que $\lambda^r$ es un autovalor
para~$A^r$ y que $v$ es un autovector para~$\lambda^r$. 
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item Determinar los autovalores y autovectores de 
  \[
  D:f\in C^\infty(\RR)\mapsto f'\in C^\infty(\RR).
  \]

\begin{Solucion}
Sea $(\lambda,f)\in\RR\times C^\infty(\RR)$ tal que $D(f)=\lambda f$, esto es,
tal que $f'(t)=\lambda f(t)$ para todo $t\in\RR$. Entonces $\tfrac{\mathrm
d}{\mathrm dt}(f(t)e^{-\lambda t})=0$ para todo~$t\in\RR$ y, en consecuencia, la
función $f(t)e^{-\lambda t}$ es constante: existe $a\in\RR$ tal que
$f(t)e^{-\lambda t}=a$, es decir, $f(t)=ae^{\lambda t}$ para todo $t\in\RR$.
Podemos concluir de esta forma que todo escalar~$\lambda\in\RR$ es un autovalor
para~$D$, y que el espacio de autovectores correspondientes tiene dimensión~$1$
y está generado por la función $f_\lambda(t)=e^{\lambda t}$.

Notemos que $D$ no es diagonalizable. Para verlo, basta mostrar que el conjunto
$\B=\{f_\lambda:\lambda\in\RR\}$, que \emph{es} linealmente independiente, no es
una base de~$C^\infty(\RR)$. En efecto, la función $g(t)=t$ es un elemento
de~$C^\infty(\RR)$; supongamos que existen $n\in\NN$,
$\lambda_1$,~\dots,~$\lambda_n\in\RR$ distintos, y $a_1$,~\dots,~$a_n\in\RR$
tales que $g=\sum_{i=1}^na_if_{\lambda_i}$, esto es, tales que
  \begin{equation}\label{tt}
  t=\sum_{i=1}^na_ie^{\lambda_it}.
  \end{equation}
Sin pérdida de generalidad podemos suponer que
$\lambda_1<\lambda_2<\cdots<\lambda_n$ y que $a_n\neq0$. 

Derivar dos veces con respecto a~$t$ y dividir por~$e^{\lambda_nt}$ transforma
la ecuación~\eqref{tt} en
  \[
  \sum_{i=1}^{n-1} a_i\lambda_i^2e^{(\lambda_i-\lambda_n)t} + a_n = 0.
  \]
Notemos que $\lambda_i-\lambda_n<0$ para cada $i\in\{1,\dots,n-1\}$. Si
$\lambda_n>0$, si $t$ crece a~$+\infty$ la suma que aparece a la izquierda en
esta igualdad converge a~$0$, así que tomando límites vemos que $a_n=0$, contra
la hipótesis. Si $\lambda_n<0$, llegamos al mismo absurdo haciendo tender~$t$
a~$-\infty$. Concluimos así que $g$ no pertenece al subespacio
de~$C^\infty(\RR)$ generado por~$\B$.~\qed

\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item\begin{ejitems}
\item Sea $f\in\End(V)$ un proyector de un espacio vectorial de dimensión finita
$V$ tal que $\dim\im f=s$. Determinar su polinomio característico y mostrar que
es diagonalizable.
\item Sea $f\in\End(V)$ un endomorfismo nilpotente de índice de nilpotencia $l$.
Determinar su polinomio característico. ¿Cuándo es diagonalizable?
\item Sea $f\in\End(V)$ un endomorfismo de un espacio vectorial real tal que
$f^2+I=0$. Mostrar que $f$ es un automorfismo y que $\dim V$ es par.
\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sea $f:V\to V$ un proyector de un espacio vectorial~$V$ de dimensión
finita~$n$. Sea $s$ su rango, sea $\{v_1,\dots,v_s\}$ una base de~$\im f$ y sea
$\{v_{s+1},\dots,v_n\}$ una base de~$\ker f$. Sabemos que $V=\im f\oplus\ker f$,
de manera que $\B=\{v_1,\dots,v_n\}$ es una base de~$V$, y como $f$ es un
proyector $f^2=f$ y, en consencuencia,
  \[
  f(v_i) = \begin{cases}
             v_i, & \text{si $1\leq i\leq s$;} \\
             0, & \text{si $s<i\leq n$.}
           \end{cases}
  \]
Así, la matriz de~$f$ con respecto a la base~$B$ es una matriz de bloques 
  \[
  \norm{f}_\B =
    \begin{pmatrix}
    I_s & 0 \\
    0  & 0
    \end{pmatrix}
  \]
Su polinomio característico es $p_f(t)=t^{n-s}(t-1)^s$ y claramente $f$ se
diagonaliza en la base~$\B$.

\ejitem{1} Sea $f:V\to V$ un endomorfismo nilpotente de un espacio vectorial~$V$
de dimensión finita~$n$. Sabemos, de una práctica anterior, que $f^n=0$, así que
$f$~anula el polinomio $t^n\in k[t]$. En particular, el polinomio minimal~$m_f$
de~$f$ divide a $t^n$ y, entonces, es de la forma $t^r$ para algún
$r\in\{1,\dots,n\}$.

Como todo factor irreducible del polinomio característico $p_f$ de~$f$ divide
a~$m_f$, el único factor irreducible de~$p_f$ es~$t$. Como $\deg p_f=n$ y $p_f$
es mónico, claramente debe ser entonces $p_f=t^n$. Por otro lado, sabemos que
$f$ es diagonalizable sii $m_f$ tiene todas sus raíces simples, y en este caso
eso ocurre sii $r=1$. Luego $f$ es diagonalizable sii $m_f=t$, y evidentemente
eso ocurre sii $f=0$.

\ejitem{3} Como $f^2+I=0$, el endomorfismo~$f$ anula el polinomio $t^2+1$ y, en
consecuencia, su polinomio minimal~$m_f$ divide a~$t^2+1$. Como el cuerpo de
base es~$\RR$, este último polinomio es irreducible, así que, de hecho,
$m_f=t^2+1$. 

Como todo factor irreducible del polinomio característico~$p_f$ divide a~$m_f$,
es claro que existe $r\in\NN$ tal que $p_f$ es un múltiplo escalar de~$(t^2+1)^r$. 
Más aún, como estos dos polinómios son mónicos, el escalar es necesariamente~$1$
y tenemos que $p_f=(t^2+1)^r$. El grado de~$p_f$ es, por un lado, $2r$ y, por
otro, $\dim V$: esto implica que $\dim V$ es par. Además, $\det
f=(-1)^np_f(0)=(0^2+1)^r=1$, así que $f$ es inversible.~\qed

\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item Un endomorfismo $f\in\End(V)$ de rango $1$ es diagonalizable si y
solamente si $\ker f\cap \im f=0$.

\begin{Solucion}
Supongamos primero que $f$ tiene rango~$1$ y es diagonalizable, que
$\B=\{v_1,\dots,v_n\}$ es una base de~$V$ en la que se diagonaliza y que
$\lambda_1$,~\dots,~$\lambda_n\in k$ son los escalares tales que
$f(v_i)=\lambda_iv_i$ para $i\in\{1,\dots,n\}$. Es inmediato que $\im
f=\lin{v_i:\lambda_i\neq0}$ y que $\ker f=\lin{v_i:\lambda_i=0}$, así que
$V=\im f\oplus\ker f$ y, en particular, $\im f\cap\ker f=0$.

Recíprocamente, sea $f\in\End(V)$ de rango~$1$ con $\im
f\cap\ker f=0$. La hipótesis sobre el rango nos dice que existe $v_1\in
V\setminus0$ tal que $\im f=\lin{v_1}$; como $f(v_1)\in\im f$, existe además $\lambda\in
k$ tal que $f(v_1)=\lambda v_1$. Por otro lado, del teorema de la
dimensión sabemos que $\dim\ker f=n-1$, así que existe una base
$\{v_2,\dots,v_n\}$ de~$\ker f$. Como $v_1$ está en $\im f$, que interseca
trivialmente a~$\B=\ker f$, $\{v_1,\dots,v_n\}$ es una base de~$V$. Como 
  \[
  f(v_i) = \begin{cases}
             \lambda v_i, & \text{si $i=1$;} \\
             0, & \text{si $i>1$,}
           \end{cases}
  \]
es claro ahora que $\B$ es una base que diagonaliza a~$f$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $A\in M_{m,n}(k)$ y $B\in M_{n,m}(k)$. Mostrar que las matrices de
bloques
  \[
  \begin{pmatrix}
    AB & 0 \\
    B  & 0 
  \end{pmatrix}
  \qquad\text{y}\qquad
  \begin{pmatrix}
    0  & 0 \\
    B  & BA
  \end{pmatrix}
  \]
de $M_{m+n}(k)$ son semejantes. Concluir que
  \[
  t^n \chi_{AB}(t)=t^m \chi_{BA}(t)
  \]

\begin{Solucion}
La matriz $\smatrix{I_m&A\\0&I_n}$ es inversible, con inversa
$\smatrix{I_m&-A\\0&I_n}$, y es
  \[
  \begin{pmatrix}
  I_m & -A \\
  0 & I_n
  \end{pmatrix}
  \begin{pmatrix}
    AB & 0 \\
    B  & 0 
  \end{pmatrix}
  \begin{pmatrix}
  I_m & A \\
  0 & I_n
  \end{pmatrix}
  =
  \begin{pmatrix}
    0  & 0 \\
    B  & BA
  \end{pmatrix}.
  \]
Luego $\smatrix{AB & 0 \\ B  & 0}$ y $\smatrix{0  & 0 \\ B  & BA}$ son
semejantes y, en consecuencia, tienen los mismos polinomios característicos. Usando
la forma en bloques que tienen, es fácil ver que ellos son $t^n\chi_{AB}(t)$ y
$t^m\chi_{BA}(t)$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $A\in M_n(k)$ y sean $\l_1,\dots,\l_n$ las raices de su polinomio
característico contadas con multiplicidad. Mostrar que $\tr A=\sum \l_i$ y que
$\det A=\prod \l_i$.

\begin{Solucion}
Sea $p(t)=\det(tI-A)\in k[t]$ el polinomio característico de~$A$. 
Es $p(0)=\det(-A)=(-1)^n\det A$ y, como $p$ tiene
grado~$n$, el producto de las raíces de~$p$ es $(-1)^np(0)$: esto implica
inmediatamente que $\det A=\prod\lambda_i$.

Si ponemos $B=tI-A=(b_{i,j})_{1\leq i,j\leq n}$, una matriz cuyos coeficientes
son elementos de~$k[t]$, tenemos que
  \begin{equation}\label{eq:det}
  p(t) = \det B = \sum_{\pi\in S_n}\sgn\pi\;b_{1,\pi(1)}\cdots b_{n,\pi(n)}.
  \end{equation}
Para cada $i$,~$j\in\{1,\dots,n\}$, $b_{i,j}$ es un polinomio en~$t$ de grado a
lo sumo~$1$, y tiene grado exactamente~$1$ sii $i=j$. Esto significa que si
$\pi\in S_n$, $b_{1,\pi(1)}\cdots b_{n,\pi(n)}$ tiene grado igual al cardinal de
$\{i\in\{1,\dots,n\}:\pi(i)=i\}$. Ese cardinal es $n$ cuando $\pi$ es la
identidad y es \emph{menor} que $n-1$ en cualquier otro caso: porque una
permutación no puede dejar exactamente $n-1$ de los $n$ elementos de
$\{1,\dots,n\}$ fijos. Esto significa que en la suma~\eqref{eq:det} todos los
términos son constantes salvo el que corresponde a la permutación identidad y,
entonces, el coeficiente de $t^{n-1}$ de~$p(t)$ es el mismo que el de
  \[
  b_{1,1}\cdots b_{n,n} = (t-a_{1,1})\cdots(t-a_{n,n}),
  \]
que claramente es $-(a_{1,1}+\cdots a_{n,n})=-\tr A$.
Por otro lado, sabemos que el coeficiente de~$t^{n-1}$ en~$p(t)$ es $-\sum\lambda_i$:
podemos concluir así que $\tr A=\sum\lambda_i$, como queríamos.~\qed
\end{Solucion}

\end{ejercicios}
\foto{Cauchy}{Augustin Louis Cauchy \\ 1789--1857}{Cauchy fue pionero en el
estudio del análisis real y complejo y en la teoría de grupos de permutaciones.
También investigo en la convergencia y divergencia de series, ecuaciones
diferenciales, determinantes, probabilidad y física matemática.}

\end{document}
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