Valores y vectores propios de una aplicación lineal. Subespacios invariantes. Formas canónicas de Jordan

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1 TEMA 19 Valores y vectores propios de una aplicación lineal Subespacios invariantes Formas canónicas de Jordan En la primera sección se demuestra que un endomorfismo de un K-espacio vectorial de dimensión finita es diagonalizable si y sólo si su polinomio característico factoriza en K[T ] en producto de factores lineales y la dimensión de cada subespacio propio coincide con la multiplicidad como raíz del polinomio característico del autovalor asociado En la sección segunda se estudian las propiedades fundamentales de los subespacios invariantes de un endomorfismo asociados a sus autovalores y en la última se enuncia la solución, mediante la forma de Jordan, al problema de clasificación por semejanza de matrices cuadradas con coeficientes en un cuerpo algebraicamente cerrado Para el cuerpo de los números reales la solución se encuentra en el apéndice a este tema 1 Valores y vectores propios A lo largo del tema fijamos un K-espacio vectorial E yunendomorfismo de E, esdecir, una aplicación lineal f : E E Denotaremos id : E E el endomorfismo identidad y h k = h k) h para cada endomorfismo h de E y cada entero k 0 En particular, h 0 = id Para cada λ K denotamos N k (λ) =ker(f λ id) k Nótese que N 0 (λ) ={0} Por último, I n denota la matriz identidad de orden n Definiciones 11 (1) Un escalar λ K se dice autovalor o valor propio de f si el subespacio N 1 (λ) no es nulo, esto es, si existe un vector no nulo u E que cumple f(u) =λu (2) Para cada autovalor λ de f se denominan autovectores o vectores propios de f asociados al autovalor λ los vectores del subespacio vectorial N 1 (λ) (3) Si E tiene dimensión finita, el polinomio P f (T )=det(f T id) K[T ] se denomina polinomio característico de f 181

2 182 TEMA 19 VALORES Y VECTORES PROPIOS DE UNA APLICACIÓN LINEAL Proposición 12 (1) Si E tiene dimensión finita, los autovalores de f son las raíces en K de su polinomio característico Además, si dim(e) =n, entonces P f (T )=( 1) n T n +( 1) n 1 tr(f)t n 1 + +det(f) (2) Sean λ 1,,λ r autovalores de f distintos dos a dos y, para cada 1 j s, sea u j N 1 (λ j ) un vector no nulo Entonces, {u 1,,u r } son linealmente independientes Demostración (1) El escalar λ K es un autovalor de f si y sólo si N 1 (λ) = {0} es decir, por 1731, f λ id no es isomorfismo En consecuencia, λ K es autovalor si y sólo si 0=det(f λ id) = P f (λ) Para la segunda parte, es obvio que el término independiente de P f (T )esp f (0) = det(f) Por otro lado, si B es una base de E y M f (B) =(a ij )esla matriz de f respecto de B, entonces la matriz respecto de B de f T id es a 11 T a 12 a 13 a 1n a 21 a 22 T a 23 a 2n M (f T id) (B) = a 31 a 32 a 33 T a 3n a n1 a n2 a n3 a nn T Desarrollamos este determinante por la regla de Laplace por la primera columna, después desarrollamos los adjuntos que así aparecen también por sus primeras columnas, y así sucesivamente Al final obtenemos una suma de productos, cada uno de los cuales tiene un factor y uno sólo de cada fila y de cada columna, con el signo que le atribuye la regla de Laplace De estos productos, el primero que identificamos es (a 11 T ) (a nn T )=( 1) n T n +( 1) n 1 (a a nn )T n 1 +, donde los puntos suspensivos indican términos en T de grado menor o igual que n 2 En efecto, cualquiera de los demás productos contiene algún factor a ij con i = j, luego en él no aparecen ni el factor a ii T ni el factor a jj T, por lo que su grado es menor o igual que n 2 Como a a nn =tr(m f (B)) = tr(f), hemos acabado (2) Argumentamos por inducción sobre r El caso r = 1 es trivial porque u 1 = 0 Sean a 1,,a r K tales que a 1 u a r u r = 0 Entonces, λ 1 a 1 u λ 1 a r u r =0y a 1 λ 1 u a r λ r u r = a 1 f(u 1 )+ + a r f(u r )=f(a 1 u a r u r )=f(0) = 0 Restando, a 2 (λ 2 λ 1 )u a r (λ r λ 1 )u r = 0 y, por la hipótesis de inducción, a 2 (λ 2 λ 1 )= = a r (λ r λ 1 ), luego a 2 = = a r =0 Entonces a 1 u 1 = 0, así que también a 1 es nulo El resultado fundamental de esta sección es el siguiente criterio de diagonalizabilidad de endomorfismos

3 TEMA 19 VALORES Y VECTORES PROPIOS DE UNA APLICACIÓN LINEAL 183 Definición y Proposición 13 (Diagonalizabilidad de un endomorfismo) Se dice que un endomorfismo f del espacio de dimensión finita E es diagonalizable si existe una base B tal que la matriz M f (B) def respecto de B es diagonal, o lo que es igual, B está formada por vectores propios de f (1) Si λ es un autovalor de f, la dimensión del subespacio de vectores propios N 1 (λ) es menor o igual que la multiplicidad m λ de λ como raíz del polinomio característico de f (2) El endomorfismo f es diagonalizable si y sólo si el polinomio característico P f (t) de f factoriza en K[T ] como producto de factores lineales y dim(n 1 (λ)) = m λ para cada autovalor λ de f Demostración (1) Denotemos d =dim(n 1 (λ)) y sea B λ = {u 1,,u d } una base de N 1 (λ) Por 1525 existe una base B = {u 1,,u d,u d+1,u n } de E que contiene a B λ,respecto de la cual la matriz de f tiene la forma λ 0 0 a 1,d+1 a 1,n 0 λ 0 a 2,d+1 a 2,n M f (B) = 0 0 λ a d,d+1 a dn a d+1,1 a d+1,2 a d+1,d a d+1,d+1 a d+1,n a n,1 a n,2 a n,d a n,d+1 a n,n En consecuencia, P f (T )=det(f T id) = det(m f (B) TI n ), es decir, λ T 0 0 a 1,d+1 a 1,n 0 λ T 0 a 2,d+1 a 2,n P f (t) =det 0 0 λ T a d,d+1 a d,n a d+1,1 a d+1,2 a d+1,d a d+1,d+1 T a d+1,n a n,1 a n,2 a n,d a n,d+1 a n,n T a d+1,d+1 T a d+1,n =(λ T ) d det =(λ T ) d Q(T ), a n,d+1 a n,n T lo que prueba la desigualdad d m λ

4 184 TEMA 19 VALORES Y VECTORES PROPIOS DE UNA APLICACIÓN LINEAL (2) Supongamos que f es diagonalizable Existe por tanto una base B = {u 1,,u n } de E formada por vectores propios de f, esto es, cada f(u i )=λ i u i para ciertos escalares λ 1,,λ n K no necesariamente distintos En consecuencia, λ λ 2 0 M f (B) =, 0 0 λ n de donde se deduce que P f (T )=(λ 1 T ) (λ n T ) factoriza en K[T ] como producto de factores lineales Además, si λ 1 = = λ r = λ y λ j = λ para cada r +1 j n, esdecir, m λ = r, el subespacio N 1 (λ) contiene los vectores linealmente independientes u 1,,u r, por lo que dim(n 1 (λ)) r = m λ Esto, junto con la desigualdad dim(n 1 (λ)) m λ demostrada en el primer apartado nos proporciona la igualdad del enunciado Supongamos, recíprocamente, que P f (T )=(T µ 1 ) e1 (T µ s ) es para ciertos escalares µ 1,,µ s K distintos dos a dos, y que dim(n 1 (µ j )) = e j para cada 1 j s Elegimos en cada subespacio propio N 1 (µ j ) una base B j = {u j1,,u jej } y comprobemos que la unión B = s j=1 B j es una base de E Comenzamos demostrando que se trata de vectores linealmente independientes Sean escalares a jk K tales que s j=1 ( e j k=1 a jku jk ) = 0 Cada v j = e j k=1 a jku jk N 1 (µ j )y v v s = 0 Esto implica, por 1912 (2), que cada e j k=1 a jku jk = v j =0y,puesto que los vectores de B j son independientes, se deduce que cada a jk = 0 Para comprobar que B es base de E es suficiente demostrar que consta de dim E elementos De lo que acabamos de probar se deduce en particular que B i B j = si i = j, y teniendo en cuenta que el grado de P f (T ) coincide con la dimensión de E, según hemos probado en 1912 (1), resulta s card(b) = card j=1 B j = s card(b j )= j=1 s e j =degp f (T )=dime j=1 Observaciones y Ejemplos 14 (1) Si K = C, el Teorema Fundamental del Álgebra, 1411, garantiza que el polinomio característico (y cualquier polinomio no nulo) factoriza en C[T ] como producto de factores lineales Por supuesto, lo mismo sucede si K es un cuerpo algebraicamente cerrado cualquiera (2) Si dim E = n y P f (T )tienen raíces distintas en K, entonces f es diagonalizable En efecto, esto significa, por la Regla de Ruffini 1323, que P f (T )=(λ 1 T ) (λ n T ) con λ i = λ j si i = j, luego P f (T ) factoriza en K[T ] como producto de factores lineales, y

5 TEMA 19 VALORES Y VECTORES PROPIOS DE UNA APLICACIÓN LINEAL 185 además m λi = 1 para cada 1 i n Entonces, por 1913 (1), 1 dim(n i (λ i )) m λi =1 lo que implica, por 1913 (2), la diagonalizabildad de f (3) Sea f un endomorfismo de K 2 cuyo polinomio característico es P f (T )=T (por ejemplo f : K 2 K 2, (x, y) ( y, x)) Este endomorfismo es diagonalizable si K = C pero no lo es si K = R, yaquep f (T )=(T i)(t + i), con i = 1 carece de raíces en R 2 Subespacios invariantes Definición y Ejemplo 21 (1) Un subespacio V de E se dice invariante (respecto de f) si f(v ) V (2) Sea u E un vector no nulo La recta L[u] generada por u es invariante si y sólo si u es vector propio de f En efecto, si L[u] es invariante, f(u) L[f(u)] = f(l[u]) L[u], luego existe λ K tal que f(u) = λu, lo que significa que u es vector propio de f Recíprocamente, si éste es el caso, f(l[u]) = L[f(u)] = L[λu] L[u], es decir, L[u] es subespacio invariante de f Calcular todos los subespacios invariantes de f es mucho más complicado Introducimos a continuación los llamados subespacios invariantes asociados a los autovalores, lo que nos permitirá definir la llamada forma de Jordan de la restricción de f a un subespacio invariante maximal A lo largo de la sección fijamos un autovalor λ K y denotamos g = f λ id y N k = N k (λ) Además suponemos que la dimensión de E es finita Proposición 22 (Subespacios invariantes asociados a autovalores) (1) Para cada entero positivo k se tiene f g k = g k f (2) N k es un subespacio invariante de f y N k N k+1 (3) Se cumple la igualdad g 1 (N k )=N k+1 (4) La aplicación lineal inducida está bien definida y es inyectiva [g] k : N k+1 /N k N k /N k 1,u+ N k g(u)+n k 1 (5) Sea {u 1,,u p } una base de un subespacio suplementario de N k en N k+1,estoes, N k+1 = N k L[u 1,,u p ] Entonces, existen vectores {v 1,,v q } N k tales que {g(u 1 ),,g(u p ),v 1,,v q } es una base de un subespacio suplementario de N k 1 en N k

6 186 TEMA 19 VALORES Y VECTORES PROPIOS DE UNA APLICACIÓN LINEAL Demostración (1) Argumentamos por inducción sobre k Para k = 1resulta f g = f (f λ id) = f 2 λf =(f λ id) f = g f Si k 2, y utilizando la hipótesis de inducción, tenemos f g k = f (g k 1 g) =(f g k 1 ) g =(g k 1 f) g = g k 1 (f g) =g k 1 (g f) =(g k 1 g) f = g k f (2) Cada vector u N k cumple g k (u) = 0, luego g k (f(u)) = f(g k (u)) = f(0) = 0, es decir, f(u) N k Por tanto f(n k ) N k,esdecirn k es un subespacio invariante de f Además, si u N k entonces g k+1 (u) =g(g k (u)) = g(0) = 0, esto es, u N k+1 (3) Basta observar que para cada vector u E se cumple: u g 1 (N k ) g(u) N k g k (g(u)) = 0 g k+1 (u) =0 u N k+1 (4) Comprobamos, simultáneamente, que la aplicación [g] k está bien definida y es inyectiva Para ello basta observar que dados u, v N k+1 las clases u + N k y v + N k coinciden si y sólo si u v N k = g 1 (N k 1 ), esto es, g(u) g(v) =g(u v) N k 1, o lo que es igual, g(u)+n k 1 = g(v)+n k 1 (5) Las clases {u 1 + N k,,u p + N k } forman una base del cociente N k+1 /N k luego, en particular, son vectores independientes Entonces, por ser [g k ] aplicación lineal inyectiva, también son independientes, por 1534, los vectores {[g] k (u 1 + N k )=g(u 1 )+N k 1,,[g] k (u p + N k )=g(u p )+N k 1 }, y por el Teorema de Prolongación de la Base, 1525, existen vectores v 1,,v q en N k tales que {g(u 1 )+N k 1,,g(u p )+N k 1,v 1 + N k 1,,v q + N k 1 }, es una base del cociente N k /N k 1 Por tanto los vectores {g(u 1 ),,g(u p ),v 1,,v q } son independientes y N k = N k 1 L[g(u 1 ),,g(u p ),v 1,,v q ], como queríamos probar Notaciones y Observaciones 23 (1) Como λ es autovalor de f el subspacio propio N 1 es no nulo, luego {0} N 1 (λ) N 2 (λ) Así, si denotamos d k =dim(n k ), se tiene una sucesión no decreciente: 0 <d 1 d 2 y, como la dimensión de E es finita, esta sucesión ha de ser estacionaria, pues las dimensiones de los subespacios de E están

7 TEMA 19 VALORES Y VECTORES PROPIOS DE UNA APLICACIÓN LINEAL 187 acotadas por dim(e), 1525 Esto significa que existe un entero positivo ν = ν(λ), que llamaremos índice de estabilidad de λ, tal que 0=d 0 <d 1 d 2 d ν 1 <d ν = (2) De hecho esta cadena es creciente hasta que se estabiliza En efecto, se deduce de 1922 (4) que, para cada entero k 1, d k+1 d k =dim(n k+1 ) dim(n k )=dim(n k+1 /N k ) y por tanto, dim(n k /N k 1 )=dim(n k ) dim(n k 1 )=d k d k 1, 0 <d ν d ν 1 d ν 1 d ν 2 d 2 d 1 d 1 d 0 = d 1, por lo que d k 1 <d k para cada 1 k ν En consecuencia, {0} N 1 N 2 N ν 1 N ν = N ν+1 = Se dice que N ν es el subespacio invariante maximal asociado al autovalor λ (3) Hemos probado de hecho que la sucesión de diferencias de dimensiones r k = d k+1 d k para 0 k ν 1 es no creciente, mientras que r ν = d ν+1 d ν = 0, es decir, 0=r ν <r v 1 r v 2 r 1 r 0 = d 1 d 0 = d 1 Construcción 24 (Base de Jordan) Como el subespacio invariante maximal N ν es invariante respecto de f, éste induce por restricción un endomorfismo f λ = f Nν : N ν N ν y vamos a encontrar una base B λ de N ν respecto de la cual la matriz de f λ es muy parecida a una matriz diagonal y está formada, únicamente, por ceros, unos y λ s Procedemos en pasos sucesivos empleando, esencialmente, 1922 (5) Paso 1 Elegimos una base cualquiera {u 11,,u 1s1 } de un suplementario de N ν 1 en N ν Obsérveseques 1 = d ν d ν 1 = r ν 1 Paso 2 Se deduce de 1922 (5) que existen vectores {u 21,,u 2s2 } N ν 1 de modo que {g(u 11 ),,g(u 1s1 ),u 21,,u 2s2 } es una base de un suplementario de N ν 2 en N ν 1 Nótese que s 1 + s 2 = d ν 1 d ν 2 = r ν 2 Paso 3 Aplicando de nuevo 1922 (5), existen vectores {u 31,,u 3s3 } N ν 2 de modo que {g 2 (u 11 ),,g 2 (u 1s1 ),g(u 21 ),,g(u 2s2 ),u 31,,u 3s3 } es una base de un suplementario de N ν 3 en N ν 2 Por tanto, s 1 + s 2 + s 3 = d ν 2 d ν 3 = r ν 3

8 188 TEMA 19 VALORES Y VECTORES PROPIOS DE UNA APLICACIÓN LINEAL Así sucesivamente vamos descendiendo a lo largo de la cadena de subespacios invariantes N k hasta que en el penúltimo paso encontramos vectores {u ν 1,1,,u ν 1,sν 1 } N 2, de modo que los vectores {g ν 2 (u 11 ),,g ν 2 (u 1s1 ),,g(u ν 2,1 ),,g(u ν 2,sν 2 ),u ν 1,1,,u ν 1,sν 1 } constituyen una base de un suplementario de N 1 en N 2 Así, s 1 + +s ν 1 = d 2 d 1 = r 1 Por último, como N 0 = {0}, aplicando 1922 (5) por última vez, deducimos que existen vectores {u ν,1,,u ν,sν } N 1 tales que los vectores {g ν 1 (u 11 ),,g ν 1 (u 1s1 ),,g(u ν 1,1 ),,g(u ν 1,sν 1 ),u ν,1,,u ν,sν } forman una base de N 1 Obsérveseque N ν = N ν 1 L[u 11,,u 1s1 ] N ν 1 = N ν 2 L[g(u 11 ),,g(u 1s1 ),u 21,,u 2s2 ] N ν 2 = N ν 3 L[g 2 (u 11 ),,g 2 (u 1s1 ),g(u 21 ),,g(u 2s2 ),u 31,,u 3s3 ] N 2 = N 1 L[g ν 2 (u 11 ),,g ν 2 (u 1s1 ),,u ν 1,1,,u ν 1,sν 1 ] N 1 = L[g ν 1 (u 11 ),,g ν 1 (u 1s1 ),,,u ν,1,,u ν,sν ] y por tanto la colección de todos los vectores que aparecen en los miembros de la derecha es una base de N ν Esta es la base de Jordan buscada B λ, pero hemos de reordenarla adecuadamente Para ello disponemos estos vectores en la siguiente tabla, cuyas ν filas corresponden a los pasos descritos anteriormente: u 11 u 1s1 g(u 11 ) g(u 1s1 ) u 21 u 2s2 g ν 1 (u 11 ) g ν 1 (u 1s1 ) g ν 2 (u 21 ) g ν 2 (u 2s2 ) u ν,1 u ν,sν Diremos que ésta es la tabla de Jordan de f para el autovalor λ Puede ocurrir que algunas columnas no aparezcan, por supuesto; en caso extremo sólo tendremos la columna primera de la izquierda Paso 4 La reordenación a la que hacemos referencia consiste en enumerar los vectores anteriores por columnas en vez de por filas Esa es la base B λ de Jordan buscada La razón de esta ordenación es que en cada columna un vector es imagen por g del que le precede, lo que simplifica enormemente los cálculos Con detalle, una columna típica es w 1,w 2 = g(w 1 ),w 3 = g(w 2 ),,w k = g(w k 1 ), con w k N 1

9 TEMA 19 VALORES Y VECTORES PROPIOS DE UNA APLICACIÓN LINEAL 189 En consecuencia, como f = λ id +g, tenemos f(w )=λw + g(w )=λw + w +1 f(w k )=λw k + g(w k )=λw k para 1 <k, pues w k N 1 =kerg De este modo, los vectores w de la columna en cuestión son una base de un subespacio invariante W de dimensión k, respecto de la cual la matriz de f λ W es: λ λ λ 0 0 J k (λ) = λ λ Esta matriz cuadrada de orden k se llama caja de Jordan de orden k para el autovalor λ y, efectivamente, se parece mucho a una matriz diagonal Para terminar, observamos que N ν = W, siendo los W los subespacios invariantes generados por las columnas de la tabla anterior En consecuencia, la matriz de la restricción f λ = f Nν(λ) respecto de la base B λ es una matriz J(λ) diagonal por cajas de Jordan para el autovalor λ de órdenes decrecientes Esta matriz se denomina forma de Jordan de f λ Para escribir la matriz J(λ) necesitamos saber, para cada k, cuántas cajas J k (λ) contiene J(λ) Examinando la tabla anterior resulta: (i) Las primeras s 1 = r ν 1 columnas dan lugar a cajas de Jordan de orden ν (ii) Las siguientes s 2 columnas proporcionan cajas de orden ν 1 Como s 1 + s 2 = r ν 2, es s 2 = r ν 2 r ν 1 (iii) A continuación tenemos s 3 cajas de orden ν 2, con s 1 + s 2 + s 3 = r ν 3, así que s 3 = r ν 3 (r ν 2 r ν 1 ) r ν 1 = r ν 3 r ν 2 Así sucesivamente, hasta las últimas s ν = r 0 r 1 columnas, que dan cajas de orden 1 Nótese que el número total de cajas es r 0 = d 1 =dimn 1 Observación 25 Además de estas fórmulas explícitas, hay que señalar que la matriz J(λ) sólo depende del conjunto de dimensiones {d 1,,d ν },ysib es una base arbitraria de E ydim(e) =n, setiene d k =dimker(f λ id) k = n rg((m f (B) λi n ) k )

10 190 TEMA 19 VALORES Y VECTORES PROPIOS DE UNA APLICACIÓN LINEAL 3 Formas canónicas de Jordan Introducimos en esta sección la noción de forma de Jordan de una matriz cuadrada, que permite resolver el problema de clasificación por semejanza, que exponemos a continuación Denotamos f A el endomorfismo de K n cuya matriz respecto de la base estándar de K n es A M n (K) Definición 31 Dos matrices A, M M n (K) sedicensemejantes si existe una matriz invertible C M n (K) tal que M = CAC 1 Si f : K n K n es el endomorfismo cuya matriz respecto de la base estándar E n de K n es A y B es la base de K n cuyas coordenadas respecto de E n son las columnas de C 1, es decir, la matriz de cambio de base C(B, E) esc 1, vimos en 1625 que M f (B) =C(E n, B)M f (E n )C(B, E n )=CAC 1 = M Por tanto, dos matrices cuadradas son semejantes, si y sólo si son las matrices de un mismo endomorfismo respecto de bases distintas Si el cuerpo K es algebraicamente cerrado la solución al problema de clasificación por semejanza en M n (K) se resuelve mediante el llamado Teorema de descomposición, cuya demostración debemos omitir Teorema 32 Sean K un cuerpo algebraicamente cerrado y E un K-espacio vectorial de dimensión finita Sean f : E E un endomorfismo y λ 1,,λ r sus autovalores Entonces E = N ν1 N νr,dondecadan νj = N ν (λ j ) es el subespacio invariante maximal asociado al autovalor λ j Por ello, si B λj es la base de Jordan del endomorfismo restricción f λj : N νj N νj obtenida en 1924, la unión B J = r j=1 B λ j es una base de E y la matriz J f = M f (B J )de f respecto de esta base, denominada forma de Jordan de f, es diagonal por cajas, y éstas son las formas de Jordan J(λ j ), para 1 j r, introducidas en 1924 Obsérvese que esto determina unívocamente la base B J y la matriz J f, salvo reordenación de los autovalores Se obtiene así el siguiente criterio, cuya segunda parte se sigue de la primera y 1925 Corolario 33 Sean K un cuerpo algebraicamente cerrado y A, M M n (K) Entonces (1) A y M son semejantes si y sólo si las formas de Jordan de f A y f M coinciden (2) A y M son semejantes si y sólo si f A y f M tienen los mismos autovalores y para cada uno de ellos, digamos λ, y cada entero positivo k, se cumple que rg(a λi n ) k = rg(m λi n ) k