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

\def\KK{\mathbb{K}}
\def\NN{\mathbb{N}}
\def\CC{\mathbb{C}}
\def\RR{\mathbb{R}}
\def\ZZ{\mathbb{Z}}
\def\QQ{\mathbb{Q}}
\let\l\lambda
\let\a\alpha
\def\E{\mathcal E}
\def\B{\mathcal B}
\def\U{\mathcal U}
\def\Id{I\!d}
\newcommand\id{\mathrm{id}}
\DeclareMathOperator{\End}{End}
\DeclareMathOperator{\GL}{GL}
\DeclareMathOperator{\tr}{tr}
\DeclareMathOperator{\im}{im}
\DeclareMathOperator{\rank}{rk}
\def\lin#1{{\langle #1 \rangle}}

\hyphenation{in-va-rian-te}

\Materia{Álgebra lineal}
\Cuatrimestre{Primer Cuatrimestre --- 2011}
\Practica{7}
\Titulo{Diagonalización}

\begin{document}

\maketitle

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item
\begin{ejitems}
\item Mostrar que si $p, q\in k[X]$ son coprimos, $f\in\End(V)$, y $v\in V$ son tales
que $p(f)(v)=q(f)(v)=0$, entonces $v=0$.
\item ¿Es cierto que si $p,q\in k[X]$ y $f\in\End(V)$ son tales que $p(f)q(f)=0$,
entonces $p(f)=0$ ó $q(f)=0$?
\item Muestre que existe $p\in k[X]$ tal que hay más de $\deg p$ matrices $A\in
M_n(k)$ tales que $p(A)=0$.
\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Si $p$,~$q\in k[X]$ son coprimos, existen $\alpha$,~$\beta\in k[X]$
tales que $\alpha p+\beta q=1$. Sea $v\in V$ tal que $p(f)(v)=q(f)(v)=0$.
Entonces 
  \[
  v=\id_V(v)=\bigl(\alpha(f)p(f)+\beta(f)q(f)\bigr)(v)=0.
  \]

\ejitem{2} Sea $V=k^2$ y sea $f:V\to V$ el endomorfismo que tiene matriz
$[f]=\left(\begin{smallmatrix}0&1\\0&0\end{smallmatrix}\right)$ con respecto a
la base canónica. Si $p(X)=q(X)=X$, entonces un cálculo directo muestra que
$p(f)q(f)=0$ y, sin embargo, $p(f)\neq0$ y $q(f)\neq0$.

\ejitem{3} Si $V$ es un espacio vectorial sobre~$k$ y $W\subseteq V$ es un
subespacio, sabemos que existe al menos un proyector $f:V\to V$ tal que $\im
f=W$. Entonces $f$ satisface el polinomio $X^2-X$. Si $\dim V>1$, entonces $V$
tiene al menos tres subespacios distintos, así que $X^2-X$ tiene al menos tres
soluciones en~$\End(V)$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item Mostrar que si $A, B\in M_n(k)$ son semejantes, entonces $\chi_A=\chi_B$ y
que $m_A=m_B$. ¿Vale la recíproca?

\begin{Solucion}
Por hipótesis, existe $C\in\GL_n(k)$ tal que $A=CBC^{-1}$. Entonces
  \begin{align*}
  \chi_A(t)
        &= \det(t\Id-A)
         = \det C(t\Id-A)C^{-1}
         = \det(t\Id-CAC^{-1})
         = \det(t\Id-B) \\
        &= \chi_B(t).
  \end{align*}
Por otro lado, sabemos que $A^i=CB^iC^{-1}$ para todo $i\in\NN_0$. Si
$m_B(X)=\sum_{i=0}^r\beta_iX^i$, entonces
  \[
  m_B(A) 
        = \sum_{i=0}^r\beta_iA^i
        = \sum_{i=0}^r\beta_iCB^iC^{-1}
        = C\Bigl(\sum_{i=0}^r\beta_iB^i\Bigr)C^{-1}
        = Cm_B(C)C^{-1}
        = 0,
  \]
y esto implica que $m_A\mid m_B$. Procediendo de manera simétrica a partir del
hecho de que $B=C^{-1}AC$, podemos ver que también $m_B\mid m_A$. Como tanto
$m_A$ como $m_B$ son polinomios mónicos, esto implica que $m_A=m_B$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $A\in M_n(\RR)$. Mostrar que el polinomio minimal de $A$ considerada
como matrix real coincide con el polinomio minimal de $A$ considerada como
matrix compleja.

\begin{Solucion}
Sean $m_A^\RR$ y $m_A^\CC$ los polinomios minimales de~$A$ en tanto matriz real
y matriz compleja, respectivamente. Si notamos $\overline m_A^\CC$ al polinomio
que resulta de~$m_A^\CC$ después de conjugar sus coeficientes, $\overline
m_A^\CC+m_A^\CC$ es un polinomio del mismo grado que $m_A^\CC$ (porque $m_A^\CC$
es mónico), con coeficientes reales y que se anula en~$A$, así que
$m_A^\RR\mid\overline m_A^\CC+m_A^\CC$: esto nos dice que 
  \[
  \deg m_A^\RR\leq\deg m_A^\CC.
  \]
Por otro lado, como $m_A^\RR\in\CC[X]$ y $m_A^\RR(A)=0$, la definición
de~$m_A^\CC$ implica que 
  \[
  m_A^\CC\mid m_A^\RR.
  \]
Como $m_A^\CC$ y $m_A^\RR$ son elementos mónicos de~$\CC[X]$, estas dos
observaciones nos permiten concluir que $m_A^\CC=m_A^\RR$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item Determinar los polinomios minimal y característico de las siguientes
transformaciones lineales:
\begin{ejitems}
\item $f:\RR[X]_{\leq3}\to\RR[X]_{\leq3}$ dada por $f(p)=p'+2p$;
\item $f:M_n(k)\to M_n(k)$ dada por $f(A)=A^t$, cuando $n>1$ y $k$ tiene
característica distinta de~$2$;
\item $f:M_n(k)\to M_n(k)$ dada por $f(A)=BA$ para una matrix $B\in M_n(k)$
fija.
\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Notemos que la aplicación $g=f-2\id:\RR[X]_{\leq3}\to\RR[X]_{\leq3}$
es tal que $g(p)=p'$ para todo $p\in\RR[X]_{\leq3}$. Como el grado de un
elemento de~$\RR[X]_{\leq3}$ es a lo sumo~$3$, es claro que $g^4=0$. Esto nos
dice que $f$ satisface el polinomio $(X-2)^4$ y que el polinomio minimal de~$f$
lo divide. Por otro lado, como $(f-2\id)^3(X^3)=3!\neq0$, es $(f-2\id)^3\neq0$:
vemos así que $m_f$ es de hecho \emph{igual} a~$(X-2)^4$. Como el grado de~$m_f$
coincide con la dimensión de~$\RR[X]_{\leq3}$, concluimos además que
$\chi_f=m_f$.

\ejitem{2} Sabemos que para toda matriz $A\in M_n(k)$ es $(A^t)^t=A$. Esto nos
dice precisamente que $f^2=\id$, es decir, que $f$ satisface el polinomio
$X^2-1=(X-1)(X+1)$. Notemos que como la característica de~$k$ no es~$2$,
se tiene que $1\neq-1$. Como $n>1$, no toda matriz de~$M_n(k)$ es simétrica, y
entonces $f\neq\id$: esto significa que $f$ no satisface al polinomio $X-1$; por
otro lado, si $U=\left(\begin{smallmatrix}0&1\\0&0\end{smallmatrix}\right)$, es
$f(U)\neq-U$, así que $f\neq-\id$ y $f$ no satisface al polinomio $X+1$. Debe
ser entonces $m_f=(X-1)(X+1)$.

Por otro lado, sabemos que todo factor irreducible de~$\chi_f$ divide a~$m_f$, y
que todos los factores irreducibles de~$m_f$ aparecen en~$\chi_f$. Esto
significa que $\chi_f=(X-1)^a(X+1)^b$ para ciertos $a$,~$b\geq1$ tales que
$a+b=n^2$. El espacio de autovectores de~$f$ correspondientes al autovalor~$1$
es el subespacio de las matrices simétricas de~$M_n(k)$, que sabemos tiene
dimensión~$\binom{n+1}{2}$, mientras que los autovectores de~$f$
correspondientes al autovalor~$-1$ es el subespacio de las matrices
antisimétricas, que tiene dimensión~$\binom{n}{2}$. Esto nos dice que
$a\geq\binom{n+1}{2}$ y que $b\geq\binom{n}{2}$. Como
$\binom{n+1}{2}+\binom{n}{2}=n^2$, vemos que de hecho valen las dos igualdades y
que entonces
  \[
  \chi_f(X)=(X+1)^{\binom{n+1}{2}}(X-1)^{\binom{n}{2}}.
  \]

\ejitem{3} Si $p\in k[X]$, es inmediato verificar que $p(f)(A)=p(B)A$ para toda
matriz $A\in M_n(k)$. En particular, $m_B(f)(A)=m_B(B)A=0$ para toda $A\in
M_n(k)$, de manera que $m_B(f)=0$. Así, $m_f\mid m_B$. Por otro lado,
$0=m_f(f)(\Id)=m_f(B)\Id=m_f(B)$, así que $m_B\mid m_f$. Como $m_B$ y $m_f$ son
polinomios mónicos, esto implica que $m_f=m_B$.

Sea $E_{i,j}$, para $i$,~$j\in\{1,\dots,n\}$, la matriz cuyo único coeficiente
no nulo está en la posición~$(i,j)$ y vale~$1$. Entonces
  \[
  \B=\{E_{1,1},E_{2,1},\dots,E_{n,1},E_{1,2},\dots,\dots,\dots,E_{n,2},\dots,E_{1,n},\dots,E_{n,n}\}
  \]
es una base ordenada de~$M_n(k)$ y es fácil ver que
  \[
  [f]_\B = \begin{pmatrix}
           B \\
           & B \\
           & & \ddots \\
           & & & B
           \end{pmatrix}.
  \]
Es inmediato, entonces, que $\chi_f=\chi_f^n$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item Mostrar que si $d:f\in\RR[X]\mapsto f'\in\RR[X]$ es el endomorfismo de
$\RR[X]$ dado por la derivación, no existe $p\in\RR[X]\setminus0$ tal que
$p(d)=0$. 

\begin{Solucion}
Supongamos que existe $p\in\RR[X]$ tal que $p(d)=0$, que $p$ tiene
grado~$n$ y que $p=\sum_{i=0}^n\alpha_iX^i$ con $\alpha_n\neq0$. Entonces
  \[
  0 
        = p(d)(X^n)
        = \sum_{i=0}^n\alpha_n\tfrac{\mathrm d^i}{\mathrm dX^i}(X^n)
        = \alpha_nn!.
  \] 
Esto es absurdo.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item\begin{ejitems}
\item Calcular $A^{1000}$ si
$A=\begin{pmatrix}1&0&0\\1&0&0\\0&1&0\end{pmatrix}$.
\item Si $A=\begin{pmatrix}0&1&1\\1&0&1\\0&1&0\end{pmatrix}$, determinar
$A^{-1}$, $A^3$ y $A^{-3}$.
\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Como la matriz es triangular superior, vemos inmediatamente que el
polinomio característico de~$A$ es $\chi_A(X)=X^2(X-1)=X^3-X^2$. Esto implica
que $A^3=A^2$. Supongamos inductivamente que $r\geq0$ y que sabemos que
$A^{3+k}=A^2$: entonces 
  \[
  A^{3+k+1}=A^{3+k}A=A^2A=A^3=A^2.
  \]
Así, vemos que $A^r=A^2$ para todo $r\geq3$. En particular,
$A^{1000}=A^2=\left(\begin{smallmatrix}1&0&0\\1&0&0\\1&0&0\end{smallmatrix}\right)$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $V$ un espacio vectorial de dimensión finita.
Mostrar que $f\in\End(V)$ es un isomorfismo sii $\chi_f(0)\neq0$. En ese
caso, determinar a $f^{-1}$ como polinomio en $f$.

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item Mostrar que un endomorfismo $f$ de un espacio vectorial complejo $V$ de
dimensión finita tal que su único autovalor es $0$ es nilpotente. ¿Qué sucede en
el caso real?

\begin{Solucion}
La hipótesis nos dice que la única raiz compleja del polinomio
característico~$\chi_f\in\CC[X]$ es~$0$, esto es, que $\chi_f(X)=X^n$ para
$n=\dim V$. El teorema de Cayley-Hamilton, entonces, implica que
$0=\chi_f(f)=f^n$ y vemos que $f$ es nilpotente.

Por otro lado, si el espacio vectorial es \emph{real}, esto no es cierto. Por
ejmeplo, sea $f:\RR^3\to\RR^3$ la única transformación lineal que tiene matriz
$\left(\begin{smallmatrix}0&1&0\\-1&0&0\\0&0&0\end{smallmatrix}\right)$ en la base canónica
de~$\RR^3$. Entonces la única raíz real de $\chi_f(X)=X(X^2+1)$ es~$0$, así que
el único autovalor de~$f$ es cero. Sin embargo, es fácil ver que $f$ no es
nilpotente: en efecto,
$f^{4k}=\left(\begin{smallmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&0\end{smallmatrix}\right)\neq0$
para todo $k\geq1$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $A\in M_n(\CC)$ tal que $\tr A=0$. Mostrar que $A$ es semejante a una
matriz $B$ que tiene su diagonal nula.

\begin{Solucion}
Basta mostrar que 
  \[
  \claim{si $V$ es un espacio vectorial de dimensión~$n$ y $f:V\to V$, entonces
  existe una base~$\B$ de~$V$ tal que la matriz~$[f]_\B$ tiene ceros en la
  diagonal.}
  \]
\textcolor{red}{TERMINAR}
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item Determinar el polinomio minimal de un proyector $p\in\End(V)$ tal que
$\dim\im p = s$.

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $V$ un $k$-espacio vectorial de dimensión finita.
\begin{ejitems}
\item Si $f\in\End(V)$ es diagonalizable, y $S\subset V$ es un subespacio
$f$-invariante, entonces $f|_S$ es diagonalizable.
\item Sean $f, g\in\End(V)$ tales que $fg=gf$. Mostrar que si $\l\in k$ y
$V_\l=\{v\in V:f(v)=\l v\}$, entonces $V_\l$ es $g$-invariante.
\item Sean $f, g\in\End(V)$ dos endomorfismos diagonalizables de $V$ tales que
$fg=gf$. Entonces son diagonalizables \emph{simultáneamente}, es decir, existe
una base $\B$ de $V$ tal que $[f]_B$ y $[g]_B$ son simultáneamente diagonales.
\item Sea $f\in\End(V)$ diagonalizable y con exactamente $\dim V$ autovalores
distintos. Mostrar que si $g\in\End(V)$ es tal que $fg=gf$, entonces $g$ es
diagonalizable. ¿Qué sucede cuando $f$ posee autovalores con multiplicidad más
grande que $1$?
\end{ejitems}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sea $V$ un espacio vectorial de dimensión finita. Determine todos los
endomorfismos $f\in\End(V)$ tales que todo subespacio $S\subset V$ es
$f$-invariante.

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item Un endomorfismo $f\in\End(V)$ de un espacio vectorial es \emph{semisimple}
si todo subespacio $f$-invariante $S\subset V$ admite un complemento en $V$ que
es $f$-invariante.
\begin{ejitems}
\item Muestre que un endomorfismo diagonalizable es semisimple.
\item Muestre que si $k$ es algebraicamente cerrado, todo endomorfismo semisimple
es diagonalizable.
\item Dé un ejemplo de un endomorfismo semisimple no diagonalizable
\end{ejitems}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item Mostrar que si $k$ es un cuerpo algebraicamente cerrado, $V$ un espacio
vectorial de dimensión finita sobre $k$ y $f\in\End(V)$, entonces existe una
base $\B$ de $V$ tal que $[f]_\B$ es triangular superior. 

¿Es necesaria la hipótesis hecha sobre el cuerpo?

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item Determinar \emph{todas} las matrices $A\in M_n(\RR)$ tales que
$A^2+I\!d=0$.

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item Mostrar que $\chi_{A^t}=\chi_A$ y que $m_{A^t}=m_A$ cualquiera sea $A\in
M_n(k)$.

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item\begin{ejitems}
\item Dar un ejemplo de un par de matrices $A$ y $B$ tal que $m_{AB}\neq
m_{BA}$.
\item Mostrar que si $f\in k[X]$ y $A, B\in M_n(k)$, entonces
$ABf(AB)=Af(BA)B$.
\item Mostrar que si $A, B\in M_n(k)$, entonces $m_{AB}=m_{BA}$ ó
$m_{AB}=Xm_{BA}$ ó $m_{BA}=Xm_{AB}$.
\item Mostrar que si $A, B\in M_n(k)$, entonces $\Id-AB$ es inversible sii
$\Id-BA$ es inversible.
\end{ejitems}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item Determine la validez de los siguientes enunciados:
\begin{ejitems}
\item Si $A$ es diagonalizable, $A^2$ también.
\item Si $A$ es diagonalizable y $\l\in k$, entonces, $\l A$ es diagonalizable.
\item Si $A$ y $B$ son diagonalizables, $A+B$ es diagonalizable.
\item Si $A$ y $B$ son diagonalizables, $AB$ es diagonalizable.
\item Si $A$ y $B$ son diagonalizables y $AB=BA$, entonces $A+B$ y $AB$ son
diagonalizables.
\end{ejitems}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item Mostrar que en $M_2(\CC)$ no hay tres matrices linealmente independientes
que conmuten entre sí. 

¿Puede determinar el tamaño máximo de un conjunto de matrices linealmente
independientes que conmutan entre sí en $M_3(\CC)$?
\end{ejercicios}
\foto{Cayley}{Arthur Cayley \\ 1821 - 1895}{Lo más importante del trabajo de Cayley es el desarrollo
del álgebra de matrices y su trabajo en geometría no euclidea $n$-dimensional}
\foto{Hamilton}{Sir William Rowan Hamilton \\ 1805 - 1865}{En 1843 Hamilton
descubrió los cuaterniones, el primer álgebra no conmutativa en ser estudiada.
El sintió que esto revolucionaria la física matemática y pasó el resto de su
vida trabajando	con ellos.}
\end{document}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
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