i=1 Demuestre que cumple los axiomas de norma. Calcule el límite Verifiquemos cada uno de los axiomas de la definición de norma: i=1

Transcripción

1 CAPÍTULO 3 EJERCICIOS RESUELTOS: CONCEPTOS BÁSICOS DE ÁLGEBRA LINEAL Ejerccos resueltos 1 1. La norma p (tambén llamada l p ) en R n se defne como ( ) 1/p x p = x p. Demuestre que cumple los axomas de norma. Calcule el límte Solucón. =1 lm x p. p Verfquemos cada uno de los axomas de la defncón de norma: (a) x p 0, con x p = 0 sólo s x = 0. Esta propedad es evdente, puesto que x 0. (b) α x p = α x p. Es fácl de demostrar ya que ( ) 1/p α x p = =1 ( α p ) 1/p ( ) 1/p x p = α x p. =1 1 c Francsco R. Vllatoro, Carmen M. García, Juan I. Ramos. Estas notas están protegdas por derechos de copyrght y pueden ser dstrbudas lbremente sólo con propóstos educatvos sn ánmo de lucro. These notes are copyrght-protected, but may be freely dstrbuted for nstructonal nonproft purposes. =1

2 40 Capítulo 3. Ejerccos resueltos: Conceptos báscos de álgebra lneal (c) x + y p x p + y p. Demostrar este resultado es más dfícl. Dos números reales postvos p y q tales que 1 p + 1 q = 1 se denomnan exponentes duales. Dados dos números reales a, b > 0 se cumple a 1/p b 1/q a p + b q, para cuya prueba basta observar que para t 1, t 1/p t p + 1 q, ya que s evaluamos en t = 1 los dos membros de la desgualdad son guales, dado que los exponentes son duales, y además para t > 1 la dervada del prmer membro es sempre menor que la del segundo, sendo ambas postvas, y por tanto, la funcón del prmer membro crece más lentamente que la del segundo. Susttuyendo a/b 1 o b/a 1 se prueba la desgualdad deseada. Tomemos como a y b con lo que obtenemos a = x p x p, b = y q p y q, q x y 1 x p y q p y aplcando sumatoros a ambos lados x p x p p + 1 q y q y q, q 1 x y 1 x p y q p + 1 q = 1, y de esta expresón es fácl obtener la desgualdad de Mnkowsk en su versón general x, y x p y q. Aplcando sumatoros a la sguente desgualdad obtenemos x + y p x x + y p 1 + y x + y p 1, x + y p x x + y p 1 + y aplcando la desgualdad de Mnkowsk dos veces y x + y p 1, x + y p x p (x + y) p 1 q + y p (x + y) p 1 q,

3 41 que podemos escrbr como Pero como los exponentes son duales x + y p p ( x p + y p ) (x + y) p 1 q. ( ) 1/q ( ) 1/q z p 1 q = z (p 1)q = z p = z p/q p, donde hemos usado (p 1) q = p; como además p/q = p 1, obtenemos fnalmente x + y p p ( x p + y p ) (x + y) p 1 p, es decr, la desgualdad trangular queda demostrada. Fnalmente tenemos que calcular lm x p = lm ( x p ) 1/p = lm p p p ( x max p x x max p ) 1/p ( = x max lm p x x max p ) 1/p donde x max = max x. Al menos hay un x que concde con el x max, pero puede que haya más de uno, supongamos que hay r 1. En ese caso, las (n r) restantes componentes de x cumplen que x x max < 1 lm p x x max p, = 0, y para las r 1 componentes guales a x max, tenemos que x = 1 lm p (r)1/p = 1, x max por lo que, fnalmente, lm x p = max x = x. p 2. Demuestre que toda matrz cuadrada tene una forma normal de Schur, es decr, que es untaramente semejante a una matrz trangular. Solucón. Lo demostraremos por nduccón. Para n = 1 es trvalmente certo. Supongamos que es certo para toda matrz de orden (n 1) (n 1). Sea A una matrz de orden n n. Sea λ 1 y x 1 un autovalor de A y uno de sus autovectores asocados, respectvamente, es decr, A x 1 = λ 1 x 1. Sea x 1 untaro, x 1 2 = 1. Exsten n 1 vectores x 2,..., x n que

4 42 Capítulo 3. Ejerccos resueltos: Conceptos báscos de álgebra lneal completan a x 1 hasta formar una base ortonormal de C n. La matrz U = [x 1,..., x n ] con columnas x es untara, U U = I. Sea e 1 = (1, 0,..., 0) el prmer vector de la base canónca. Entonces, como U A U e 1 = U A x 1 = λ 1 U x 1 = λ 1 e 1, la matrz U A U tene la forma U A U = λ 1 a 0 A 1 donde A 1 es una matrz de orden n 1 y a C n 1. Por hpótess de nduccón exste una matrz untara U 1 de orden n 1 tal que U 1 A U 1 es una matrz trangular superor. Fnalmente, la matrz V = U U 1 es una matrz untara de orden n que satsface que V A V = U 1 U A U U 1 = U 1 λ 1 a 0 A U 1 = λ 1 0 λ λ n. 3. Demuestre que toda matrz A M n m tene descomposcón en valores sngulares, es decr, se puede factorzar en la forma A = V D U,

5 43 donde V M m m y U M n n son matrces untaras y D M m n es una matrz dagonal. Demuestre tambén que los valores de la dagonal de D (valores sngulares) concden con las raíces cuadradas de los valores propos de la matrz A A (que es hermítca), es decr, A A x = σ 2 x. Solucón. Sea B = A A una matrz M n m. B es una matrz hermítca que es semdefnda postva, ya que x, A A x = A x, A x 0. Una matrz hermítca tene autovalores reales, y s es semdefnda postva, éstos son no negatvos, ya que x, B x = λ x, x 0, luego λ 0. Sean σ 2 1, σ2 2,..., σ2 n los autovalores de B, que supondremos ordenados de mayor a menor (puede haber repetcones) σ 2 1 σ2 2 σ2 r > σ 2 r+1 = = σ2 n = 0. Además, sean {u } un conjunto ortonormal de vectores propos de B (que sempre exste por ser hermítca). De esta forma tenemos que B u = A A u = σ 2 u. Además, A u 2 2 = σ2 u 2 2 = σ2 y A u = 0 para r + 1. Por tanto, el rango r = rango(a A) mn{rango(a), rango(a )} mn{n, m}, ya que s dos flas de A son lnealmente dependentes, entonces tras multplcarlas por A lo segurán sendo (y lo msmo para columnas de A ). Sea U M n n, cuyas flas son los vectores u, es decr, [u 1,..., u n ]. Sea v = σ 1 A u, 1 r. Los vectores v forman un sstema ortonormal, ya que para 1, j r, v, v j = σ 1 A u, σj 1 A u j = (σ σ j ) 1 u, A A u j = (σ σ j ) 1 σj 2 δ j = δ j. Podemos formar una base de C m completando esos r vectores ortonormales con otros v r+1,..., v m. Sea U M m m, cuyas columnas son los vectores [v 1,..., v n ]. Fnalmente, sea D M m n una matrz dagonal que tene σ 1, σ 2,..., σ r en la dagonal y ceros en las demás poscones. En tal caso, V A U = D, ya que que es cero para j r + 1, y (V A U ) j = v A u j = v, A u j, v, A u j = v, σ j v j σ j δ j, para j r. Las matrces U y V son untaras por tener sus columnas y flas ortonormales entre sí, respectvamente.

6 44 Capítulo 3. Ejerccos resueltos: Conceptos báscos de álgebra lneal 4. Demuestre que s A es una matrz real cuadrada cuyo rado espectral es menor que la undad (ρ(a) < 1), entonces exste la nversa (I A) 1 y es gual a la sere que es convergente. Solucón. (I A) 1 = I + A + A A n +, S el determnante I A = 0, entonces exste al menos un x 0 tal que (I A) x = 0, por lo que 1 sería un autovalor de A (A x = x) lo que es mposble ya que ρ(a) < 1. Por tanto, I A 0, y exste la nversa (I A) 1. Escojamos una norma subordnada tal que A < 1, que exste porque ρ(a) < 1. Defnamos la suma parcal de la sere pedda y recordemos que queremos probar es decr, que Pero sabemos que se cumple que y entonces B n = I + A + + A n, lm B n = (I + A) 1, n lm (I + n A) 1 B n = 0. (I A) B n = I A n+1, B n = (I A) 1 (I A n+1 ), (I A) 1 B n = (I A) 1 A n+1, 0 (I A) 1 B n (I A) 1 A n+1 (I A) 1 A n+1. Aplcando el límte a ambos lados y recordando que A < 1 obtenemos el resultado buscado 0 lm n (I + A) 1 B n Demuestre que s A y B son matrces reales cuadradas, con A 0, s A B < 1 A 1, entonces exste B 1. Además acote la dferenca A 1 B 1.

7 45 Solucón. Defnamos D = A 1 (A B), de forma que se verfca Por hpótess sabemos que B = A (A B) = A (I A 1 (A B)) = A (I D). 1 > A 1 A B A 1 (A B) = D, por lo que 1 > D ρ(d) y por el ejercco prevo, exste (I D) 1, con lo que entonces tambén exste la nversa B 1 = (I D) 1 A 1. Segudamente acotaremos la norma de la nversa B 1 A 1 (I D) 1 para fnalmente acotar la dferenca entre las dos nversas A 1 B 1 = A 1 (B A) B 1 A 1 B 1 A 1 A B B 1 6. Dada una matrz cuadrada A demuestre que tr(a) n ρ(a). S, además, A es hermítca (o smétrca) y defnda postva tr(a) ρ(a). A 1 1 A 1 (A B). A 1 2 A B 1 A 1 A B. Solucón. Suponendo conocda la defncón de traza tr(a) = a, y su equvalenca con la suma de los autovalores de A, tr(a) = λ, =1 obtenemos fáclmente tr(a) = λ =1 =1 λ n max λ n ρ(a).

8 46 Capítulo 3. Ejerccos resueltos: Conceptos báscos de álgebra lneal Por un lado, como A es hermítca, sus autovalores son reales y al ser defnda postva, x 0, x, A x > 0, estos autovalores son postvos, ya que para A x = λ x, x 0, x, x > 0, x, A x = λ x, x > 0 λ > 0. Fnalmente, como una suma de números postvos es sempre mayor que el mayor de los sumandos tr(a) = λ max 7. Demuestre que para x C n, se tene que (a) x x 1 n x, (b) x x 2 n x, (c) x 2 x 1 n x 2. Es decr, estas tres normas son equvalentes entre sí. Solucón. (a) Como max x 1 n =1 λ = max λ = ρ(a). x x = x n x, x donde se ha usado que x / x 1, tenemos que las normas nfnto y uno son equvalentes (b) Ya que por lo msmo que antes =1 x x 1 n x. x 2 = n x 2 = x 2 =1 x 2 x 2, =1 x 2 x 2 x 2 n, y tenemos que las normas nfnto y euclídea son equvalentes (c) Dado que x 2 2 = =1 x x 2 n x. x 2 max 1 n x x = x x 1, =1 y aplcando el apartado (a) obtenemos fáclmente x 2 x x 1 x 1 n x n x 2.

9 47 8. Dado el polnomo p(x) = b 0 + b 1 x + + b m x m, y la matrz cuadrada A, se defne p(a) = b 0 I + b 1 A + + b m A m. Suponga que la forma canónca de Jordan de A es dagonal, es decr, λ P 1 0 λ 2 0 A P = Λ = λ n Dado el polnomo característco de A, p(λ) = A λ I = 0, demuestre que p(a) = 0. Solucón. Sea el polnomo característco de A p(λ) = b 0 + b 1 λ + + b n λ n. Ya que I = P I P 1, A = P Λ P 1, A 2 = A A = P Λ P 1 P Λ P 1 = P Λ 2 P 1,..., tenemos que p(a) = P (b 0 I + b 1 Λ + + b n Λ n ) P 1, y como el térmno entre paréntess es nulo porque p(λ ) = 0, p(a) = Dada una matrz A cuadrada cuyos autovalores son λ y sus autovectores u, determne los autovalores y los autovectores de (a) A m, m 2, (b) A 1, suponendo que A 0, (c) A + c I, donde c es una constante. Solucón. Dado que A u = λ u,

10 48 Capítulo 3. Ejerccos resueltos: Conceptos báscos de álgebra lneal (a) A m u = A m 1 λ u = A m 2 λ 2 u = = λ m u, (b) que ndca que los autovalores de A m son λ m que A. y que sus autovectores son los msmos u = A 1 A u = λ A 1 u = λ µ u con lo que A 1 u = µ u = 1 λ u, (c) donde λ 0 ya que A = λ 0. Luego los autovalores de A 1 son 1/λ y sus autovectores los msmos que los de A. (A + c I) u = A u + c u = (λ + c) u. 10. Para cualquer matrz A, s U es untara y del msmo orden que A, demuestre que A U 2 = U A 2 = A 2. Solucón. La defncón de la norma dos como norma matrcal subordnada es S U es untara resulta que A x 2 A 2 = sup. x =0 x 2 y por tanto Hacendo y = U x, tenemos que U A x 2 2 = U A x, U A x = A x, U U A x = A x 2 2 U A x 2 U A 2 = sup x 0 x 2 A x 2 = sup = A 2. x 0 x 2 y 2 2 = U x 2 2 = U x, U x = x, U U x = x, x = x 2 2, por lo que A U x 2 A U 2 = sup x 0 x 2 A y 2 = sup = A 2. y 0 y Sea U una matrz untara. Demuestre que

11 49 (a) U x 2 2 = x 2, x C n, (b) la dstanca entre x e y es la msma que la dstanca entre U x y U y, (c) U x, U y = x, y, x, y C n, (d) los autovalores de U tenen módulo undad, λ U = 1. Solucón. (a) U x 2 2 = U x, U x = x, U U x = x, x = x 2 2, (b) la dstanca entre x e y es x y 2, por lo que U x U y 2 = U (x y) 2 = x y 2, (c) U x, U y = x, U U y = x, y. (d) Sea U u = λ u, entonces u, u = U u, U u = λ u, λ u = λ 2 u, u, con lo que λ = 1. Los autovectores de una matrz untara son lnealmente ndependentes y defnen una base ortonormal, por lo que todo vector se puede escrbr de la forma x = y por tanto x, u u = α u, =1 U x, U x = x, x = =1 α Dada la matrz A hermítca que es defnda postva, es decr, x C n, A x, x > 0, demuestre que A es defnda postva s y sólo s sus autovalores son reales y postvos. Solucón. Sea A u = λ u. Sabemos que los autovalores de una matrz hermítca son números reales. Entonces de la defncón de matrz defnda postva aplcada a un autovector A u, u = λ u, u > 0 obtenemos que el autovalor ha de ser postvo λ > 0, ya que u, u > 0. =1

12 50 Capítulo 3. Ejerccos resueltos: Conceptos báscos de álgebra lneal Por otro lado, s A es hermítca con autovalores reales, entonces sus autovectores defnen una base ortonormal y x, x = α u, por lo que A x, x = A α u, α u = λ α u, α u = = λ α u, α j u j = j λ α 2 > 0, λ α α j u, u j j por ser una suma de números postvos. Luego A es defnda postva. 13. Defna e A = I + A + A2 2 + A3 3! + = I + Demuestre que los autovalores de e A son e λ =1 A!. donde λ son los autovalores de A. Además demuestre que s B es semejante a A, P 1 B P = A, entonces e A = P 1 e B P. Solucón. Sea A u = λ u. Como A m u = λ m u, entonces e A u = m=0 Por otro lado, A = P 1 B P mplca que A m m! u = m=0 λ m m! u = e λ u. A m = (P 1 B P ) m = P 1 B m P, entonces e A = e P 1 B P = I + = P 1 (I + m=1 (P 1 B P ) m = I + m! m=1 B m m! ) P = P 1 e B P. m=1 (P 1 B m P ) m! 14. Examen 17/abrl/1993. Consdere una matrz arbtrara A y una matrz untara U. Sabendo que A x 2 2 = A x, A x = x A A x, (a) determne la relacón entre A 2 y U A 2,

13 51 (b) demuestre que A 2 2 λ max(a A), donde λ max (A A) es el mayor autovalor de A A en valor absoluto. (c) cuál es el vector x para el que A x 2 2 = λ max(a A)? (d) demuestre que los autovalores de A A son reales, postvos o cero, por qué? (e) cuál es la relacón entre A 2 y A 2? (f) cuál es la relacón entre los rados espectrales de A y A A, s A es hermítca? (g) demuestre que para cualquer A arbtrara: A ρ(a), donde ρ(a) es el rado espectral de A. Solucón. (a) Ya que U A x 2 2 = U A x, U A x = A x, U U A x = A x, A x = A x 2 2 obtenemos de la defncón de norma matrcal subordnada que A 2 = U A 2 (b) Como B = A A es una matrz hermítca, sus autovectores B e = λ B e defnen una base ortonormal {e }, todo vector se puede desarrollar como x = x e, y por tanto, A x 2 2 = A x, A x = x, B x = x e, x λ B e λ B max x e, x e = λ B max x 2 2, y de la defncón de norma matrcal subordnada se obtene A 2 2 λ B max = λ max (A A). (c) Del apartado anteror se deduce la gualdad A x 2 2 = λ max (A A) para el vector untaro x en la dreccón del autovector del autovalor de módulo máxmo B e max = λ B max e max, x = e max e max 2.

14 52 Capítulo 3. Ejerccos resueltos: Conceptos báscos de álgebra lneal (d) B = A A es una matrz hermítca y por tanto sus autovalores B e = λ B e son reales ya que B e, e = λ B e, e = λ B e, e = e, B e. Además no son negatvos 0 A e, A e = e, B e = λ B e, e, λ B = A e 2 2 e (e) Son guales entre sí, ya que A x 2 2 = x, B x = x, B x = A x 2 2. (f) S A es hermítca (A = A ) y A x = λ x, entonces Por tanto, ρ(a A) = ρ 2 (A). (g) Sea A x = λ x con x = 1, entonces A A x = A 2 x = λ A x = λ 2 x. A x = λ x = λ x = λ A x = A, por la defncón de norma matrcal subordnada. Por lo tanto ρ(a) = max λ A. 15. Examen 23/juno/1993. Dada la matrz cuadrada A de dmensones n n que es dagonalmente domnante por flas, es decr, a j=1,j a j, = 1, 2,..., n, y la defncón de norma A = max 1 n j=1 a j. (a) Cuál es el mayor valor de A s a j <? (b) Para ese valor de A, cuál es la solucón del sstema A x = 0? Por qué? (c) Cuál es el menor valor posble de A s a j <? (d) Para ese valor de A, cuál es la solucón del sstema A x = b s b 0? Por qué?

15 53 (e) Para cualquer valor de A dstnto de los obtendos en los apartados (a) y (c), Solucón. cuál es la solucón del sstema A x = 0? Por qué? (a) Como A es dagonalmente domnante, 2 a j=1 a j A 2 max 1 n a. (b) Supongamos que el sstema lneal A x = 0 tene una solucón dstnta de cero. Sea la k-ésma componente de la solucón la de valor máxmo, es decr, Esta fla k-ésma será x k = max x 0. a kk x k = =1,k pero en ese caso tomando valores absolutos a kk x k = a kk x k = = =1,k =1,k a k x k x k, a k x, a k x =1,k a k x k es decr, a kk =1,k a k x k que contradce la hpótess de domnanca dagonal. absurdo, la únca solucón es x = 0, es decr, x = 0. Por tanto, por reduccón al (c) El mínmo valor de A = 0, y se da para la matrz nula A = 0, es decr, a j = 0. (d) Para ese valor el sstema A x = b es ncompatble a no ser que b = 0, en cuyo caso no exste sstema alguno. (e) El teorema del rango nos dce que la solucón del sstema A x = 0 para una matrz cualquera será nula salvo que A = 0, en cuyo caso exstrán nfntas solucones. Nota: una matrz dagonalmente domnante puede ser sngular (tener determnante nulo).

16 54 Capítulo 3. Ejerccos resueltos: Conceptos báscos de álgebra lneal 16. Examen 14/febrero/1995. Demuestre que s A = U U donde U R n n, U 1 exste y U es una matrz trangular superor tal que la multplcdad geométrca de sus autovalores concde con la algebraca, entonces (a) A = det(a) 0, (b) A es smétrca y postva defnda, (c) determne la relacón entre los autovalores de A y los de U, (d) cuál es la relacón entre los autovectores de A y los autovectores de U? Solucón. (a) A = U U = U U = U 2 y como por hpótess exste U 1, U = 0 A. (b) A es smétrca ya que (U U) = U U. Por ser A smétrca tambén es hermítca y sus autovalores son reales no negatvos, ya que, para Ax = λ A x, 0 U x, U x = x, U U x = x, A x = λ A x, x. Como A es hermítca (smétrca) sus autovectores forman una base del espaco R n, sea {e } esta base ortonormal, A e = λ A e, e, e j = δ j, por lo que x, A x = x j e j, A x e = x j λ A x e j, e j j = x 2 λ A > 0, por ser las coordenadas x R y los autovalores postvos. (c) Los autovalores de U, U w j = λ Uj w j, concden con los elementos de su dagonal prncpal λ Uj = u jj, ya que U es trangular superor. Los autovalores de U tambén son los elementos de su dagonal prncpal y concden por tanto con los de U, U v j = u jj v j. Por otro lado, al ser A hermítca sus autovectores forman una base por lo que w = j b j e j. Aplcando la matrz A a los autovectores de U obtenemos w, A w = U w, U w = λ 2 U w, w = λ 2 U b j e j, b j e j = λ 2 U j j j b 2 j,

17 55 w, A w = j b j e j, A j b j e j = j b j e j, j b j λ Aj e j = j b 2 j λ Aj e j, e j = j b 2 j λ Aj, por lo que la relacón buscada entre los autovalores es λ 2 j U = b2 j λ Aj. j b2 j (d) Ya hemos determnado una relacón entre los autovectores de A y los de U, es decr, los autovectores de U son combnacón lneal de los de A, w = j b j e j. Sn embargo, s tomamos en cuenta la hpótess de que la multplcdad geométrca de los autovalores de U concde con su multplcdad algebraca, entonces los autovectores de U tambén defnen una base de R n que puede ortonormalzarse (por el procedmento de Gram-Schmdt), sea {w j } dcha base. En ese caso la matrz de cambo B es una matrz cuadrada y untara (ya que sus columnas son vectores elementos de dcha base de autovectores), 1 = e 2 = w 2 = B e 2 B 2, B 2 B e 2 e 2 = 1. Los autovectores de A se relaconan con los de U medante una transformacón untara (ortogonal). Geométrcamente se trata de una sometría, es decr, una (hper-) rotacón respecto a algún eje o una (hper-) smetría respecto a algún plano en R n. 17. Examen 29/Abrl/1995. Dado el vector columna w C n con w 2 = w w = 1, defna la matrz A = I 2 w w. Cuál son las propedades de la matrz A? Nota: debdo a dchas propedades, está matrz es muy usada en el cálculo de autovalores. Solucón. (a) Aplcando la traspuesta conjugada o hermítca se obtene A = I 2 (w ) w = I 2 w w = A, es decr, que esta matrz es hermítca, y por tanto

18 56 Capítulo 3. Ejerccos resueltos: Conceptos báscos de álgebra lneal (b) su forma normal de Schur es dagonal y concde con su forma canónca de Jordan, es decr, es dagonalzable; (c) sus autovalores son reales y de cuadrado no negatvo, λ 2 0; (d) y sus autovectores son lnealmente ndependentes y forman una base en C n. (e) Por otro lado, como A A = A 2 = (I 2 w w ) (I 2 w w ) = I 4 w w + 4 w 2 w w = I = A A, resulta que tambén es untara, y por tanto, (f) A x, A x = x, x = λ 2 x, x, y sus autovalores reales son de módulo undad λ = 1. obvamente todos los reales son de de cuadrado no negatvo. (g) Dado que w es un autovector asocado al autovalor 1, Aw = (I 2 w w )w = w 2w = w, la matrz A no es defnda postva. De hecho, sus autovalores son 1 y 1 con multplcdad algebraca n 1 y 1, respectvamente. 18. Examen 6/Julo/1996. Demuestre que la norma de Frobenus F (A) de una matrz cuadrada compleja A C n n cumple los axomas de una norma, F (A) = a j 2. =1 j=1 Solucón. (a) Es evdente que F (A) 0 y sólo F (A) = 0 cuando A = 0. (b) Tambén es fácl comprobar que F (α A) = α F (A), ya que F (α A) = α 2 a j 2 = α F (A). =1 j=1 (c) La desgualdad trangular F (A + B) F (A) + F (B), se prueba fáclmente F 2 (A + B) = a j + b j 2 =1 j=1

19 57 ( aj 2 + b j a j b j ) =1 j=1 = a j 2 + b j =1 j=1 =1 j=1 a j b j ; =1 j=1 aplcando dos veces la desgualdad de Cauchy-Schwarz para la norma vectoral euclídea una vez respecto del índce y la otra respecto del índce j en los sumatoros del últmo térmno de esta expresón, tenemos que a j b j a j 2 es decr, =1 j=1 =1 j=1 =1 j=1 b j 2 F 2 (A + B) F 2 (A) + F 2 (B) + 2 F (A) F (B) = (F (A) + F (B)) 2. (d) La norma matrcal de Frobenus es submultplcatva, F (A B) F (A) F (B), como se demuestra fáclmente F (A B) = =1 j=1 = =1 j=1 ( =1 k=1 = F (A) F (B), 2 a k b kj k=1 k=1 1/2 ( ) ( ) 1/2 a k 2 b kj 2 k=1 ) 1/2 a k 2 j=1 k=1 b kj 2 donde hemos aplcado la desgualdad de Cauchy-Schwarz sobre el sumatoro con índce k en la prmera desgualdad. (e) Tambén comprobamos que es consstente con la norma vectoral euclídea, es decr, A x 2 F (A) x 2, A x 2 = a j x j =1 j=1 2 1/2

20 58 Capítulo 3. Ejerccos resueltos: Conceptos báscos de álgebra lneal a j 2 x j 2 =1 j=1 j=1 = x j 2 a j 2 = F (A) x 2 j=1 =1 j=1 donde se ha aplcado la desgualdad de Cauchy-Schwarz sobre el sumatoro con índce j en la prmera desgualdad Examen 26/Abrl/1997. Sean las matrces A C n n y U C n n tal que U es untara. S la norma de Frobenus F (A) es F (A) = a j 2. =1 j=1 donde A = (a j ), se pde encontrar (a) la relacón entre F (A U) y F (A) para cualquer A, (b) la relacón entre F (U A) y F (A) para cualquer A, (c) una cota superor y otra nferor para A 2 en funcón de F (A) en el caso de que A sea hermítca, (d) la relacón entre F (A) y los autovalores de A s A es hermítca. Solucón. (a) Operando con la defncón de norma de Frobenus obtenemos F 2 (A U) = 2 a k u kj j = = = pero como U es untara, k ( ) ( ) a k u kj a l u lj j k l a k u kj a l u lj j k l a k a l u kj u lj, k l j U U = I k u k u jk = δ j,

21 59 tenemos que F 2 (A U) = a k a l δ kl = k l a k a k = F 2 (A). k (b) Se puede probar que F (U A) = F (A) para cualquer A de forma del todo smlar a la presentada en el apartado anteror. Por ello, ofreceremos una varante de dcha demostracón. Denotemos las columnas de A como a j, es decr, A = [a 1, a 2,..., a n ], de tal forma que la norma de Frobenus se puede escrbr como F (A) = a j 2 = a j 2 2. j Como sabemos que una matrz untara tene norma undad, es decr, U x 2 2 = U x, U x = x, U U x = x, x = x 2 2, la demostracón deseada es drecta F (U A) = U a j 2 2 = a j 2 2 = F (A). (c) Obtener una cota superor para A 2 en funcón de F (A) para A arbtrara es relatvamente fácl, ya que sabemos que la norma de Frobenus es consstente con la norma vectoral euclídea, es decr, A x 2 F (A) x 2 (como se probó en el ejercco anteror), luego es decr, A 2 F (A). A 2 = A x 2 sup x 2 0 x 2 F (A), Para obtener una cota nferor utlzaremos el hecho de que A es una matrz hermítca (A = A). La forma normal de Schur para una matrz hermítca es dagonal y contene sus autovalores λ en la dagonal prncpal, es decr, exste una matrz U untara tal que U A U = Λ = (Λ ) = (λ ) y por tanto, utlzando los dos apartados anterores F (A) = F (U A U) = F (Λ) = λ. Por otro lado, para una matrz hermítca A 2 = ρ(a) = max λ,

22 60 Capítulo 3. Ejerccos resueltos: Conceptos báscos de álgebra lneal como ya hemos probado en ejerccos anterores. Por tanto, la cota nferor buscada es F (A) n ρ 2 (A) = n A 2. Fnalmente hemos demostrado que la norma dos y la de Frobenus son normas equvalentes entre sí para matrces hermítcas F (A) n A 2 F (A). Se puede demostrar que en cualquer espaco vectoral normado de dmensón fnta todas las normas son equvalentes entre sí, es decr, que nuestra demostracón para A hermítca se puede generalzar para A cualquera, aunque la omtremos. (d) Como resultado de la solucón del apartado anteror, hemos obtendo para A hermítca, F (A) = λ. 20. Examen 17/Dcembre/1996. Sea A R n n una matrz de números reales cuyos autovalores son λ 1, λ 2,..., λ n (no necesaramente dstntos) y cuyo polnomo característco es p(λ) = λ n + a 1 λ n a n 1 λ + a n = 0. Se pde: (a) Calcular la traza de A k, k = 1, 2,..., en funcón de los autovalores de A. (b) Calcular A n en funcón de I, A,..., A n 1. (c) Calcular A n+2 utlzando I, A,..., A n 1. (d) Se puede poner A n en forma trangular superor o nferor? Por qué? S se puede, muestre como. (e) Calcular e A utlzando los resultados anterores. (f) Qué condcón deben cumplr los autovalores para que el sstema A x = b tenga solucón únca? Por qué? (g) S A x = b tene nfntas solucones, qué puede decr acerca de los autovalores de A, la matrz amplada [A; b], y las flas y columnas de A? Por qué? Solucón.

23 61 (a) Sabemos que la traza es un nvarante de una matrz ante transformacones de semejanza. Además por el teorema de la forma normal de Schur para matrces reales, Q R n n, ortogonal Q Q = I, tal que Q A Q = T es una matrz trangular superor. Por otro lado, es fácl probar que A k y T k son semejantes, Q A k Q = T k, y por tanto tenen los msmos autovalores, por lo que tr(a k ) = tr(t k ) = λ k. =1 (b) El teorema de Cayley-Hamlton ndca que p(a) = A n + a 1 A n a n 1 A + a n I = 0. luego A n = a 1 A n 1 a n 1 A a n I. (c) Susttuyendo la potenca A n y operando, obtenemos A n+1 = A A n = a 1 A n a 2 A n 1 a n 1 A 2 a n A ( = a 1 a1 A n 1 a 2 A n 2 a n 1 A a n I ) a 2 A n 1 a n 1 A 2 a n A = (a 2 1 a 2 ) A n 1 + (a 1 a 2 a 3 ) A n (a 1 a n 1 a n ) A + a 1 a n I. y de gual forma A n+2 = (a 2 1 a 2 ) A n + + (a 1 a n 1 a n ) A 2 + a 1 a n A = (a 2 1 a 2 ) ( a 1 A n 1 a 2 A n 2 a n 1 A a n I ) + (a 1 a 2 a 3 ) A n (a 1 a n 1 a n ) A 2 + a 1 a n A = ( a 1 a 2 a 3 a 1 (a 2 1 a 2 ) ) A n ( a 1 a n a n (a 2 1 a 2 ) ) I.

24 62 Capítulo 3. Ejerccos resueltos: Conceptos báscos de álgebra lneal (d) El teorema de la forma normal de Schur de A nos permte poner A n en forma trangular superor medante una transformacón de semejanza de la sguente forma, Q A n Q = T n. (e) Sabemos que por lo que y, como Q es ortogonal, e A = Q e A Q = Q ( k=0 k=0 A k k!, ) A k Q = k! e A = Q e T Q. k=0 T k k! = e T, (f) El sstema A x = b tene solucón únca s el determnante de A no es nulo, A = 0, y por tanto exste la nversa A 1. Como sabemos que el determnante es gual al producto de los autovalores, la condcón en éstos es que sean todos dstntos de cero, es decr, A = n λ 0 λ 0. =1 (g) A x = b tene nfntas solucones s A = 0 y por el teorema del rango rango(a) = rango([a; b]) < n. La condcón sobre el determnante mplca que al menos un autovalor de A es nulo. La condcón sobre los rangos de la matrz A y de la matrz amplada [A; b] ndcan que al menos una fla (o columna) de dchas matrces es combnacón lneal de las demás flas (o columnas). 21. Examen 2/Febrero/1998. Sea A R n n una matrz de números reales que se descompone como A = 1 2 ( A + A ) + 1 ( A A ) = B + C, 2 donde B = 1 2 ( A + A ), C = 1 ( A A ). 2 (a) Cuál es la forma normal de C? Demuéstrelo. (b) Qué propedades tenen los autovalores de C? Demuestre. (c) Tenendo en cuenta los resultados de (a) y (b), deduzca las condcones que se deben satsfacer para que C = det(c) = 0. (d) Es la matrz C defnda postva?

25 63 (e) Cuál es la forma canónca de Jordan de la matrz C? Solucón. (a) Escrbendo A = (a j ) y C = (c j ), tenemos que c j = 1 2 (a j a j ), c = 0, c j = c j, por lo que C es antsmétrca. Por el teorema de la forma normal de Schur, exste una matrz Q untara (Q Q = I), tal que Q C Q = T es una matrz trangular superor. Ahora ben, como C es una matrz real y antsmétrca C = C = C, por lo que T = Q C Q = T, T = T, con lo que T es una matrz dagonal de números magnaros puros. (b) Ante transformacones de semejanza se preservan los autovalores, los autovalores de la matrz dagonal D = T = Q 1 C Q lo serán tambén de C. Detallando la demostracón, sabemos que C Q = Q D = D Q, donde se ha usado que una matrz dagonal conmuta con cualquer otra. Sean e 1, e 2,..., e n los autovectores de C, podemos defnr la matrz untara Q = [e 1,..., e n ] (medante sus vectores columna) y por tanto C e = D e = λ e, es decr, los autovalores de C son los números magnaros puros que aparecen en la dagonal de la forma normal de Schur D de C. (c) Los autovalores de C R n n se calculan por medo de la raíces de su polnomo característco C λ I = 0, que es un polnomo de grado n de coefcentes reales. El teorema fundamental del álgebra exge que sus raíces complejas aparezcan en pares conjugados. Ahora ben, los autovalores de C son magnaros puros, por lo que λ = ±β, con β R y = 1. Más aún, n Q C Q = T = D = λ k = Q C Q = C, k=1 porque Q Q = I mplca que Q Q = Q Q = I = 1.

26 64 Capítulo 3. Ejerccos resueltos: Conceptos báscos de álgebra lneal Por tanto, s n es par C = n/2 k=1 y s n es mpar C = 0, porque al menos un autovalor es necesaramente real e gual a cero. Para n par, tambén se puede dar C = 0 s al menos un autovalor (y su complejo conjugado) es cero. (d) Una matrz C es defnda postva s β 2 k, x, C x > 0, s x 0. Sn embargo, s C es antsmétrca (c = 0, c j = c j ), x, C x = x C x = c j x x j = j 1 <j n no puede ser defnda postva, aunque sí defnda no negatva. (c j + c j ) x x j = 0, (e) La forma canónca de Jordan de la matrz C se puede determnar medante su forma normal de Schur y, por tanto, es dagonal con elementos que son magnaros puros.