ÁLGEBRA Ejercicios no resueltos de la Práctica 7

ÁLGEBRA Ejercicios no resueltos de la Práctica 7 Endomorfismos (Curso 2007 2008) 3. Hallar la matriz de Jordan J de la siguiente matriz A, así como una matriz P de paso de A a J, esto es, tal que J = P AP 1 : A = 6 0 1 18 3 6 9 0 0 Calculemos primero el polinomio característico: 6 λ 0 1 A λid = 18 3 λ 6 = ( 3 λ) 6 λ 1 9 0 λ 9 λ = = ( 3 λ)(λ 2 + 6λ + 9) = (λ + 3) 3. Vemos que hay un único autovalor real λ = 3 con multiplicidad algebraica 3. Por tanto deducimos que la matriz es triangularizable y podemos hallar su forma de Jordan. Calculemos las dimensiones de los subespacios: Tenemos: Por tanto: V i = ker((a + 3Id) i ). (A + 3Id) = 3 0 1 18 0 6 ; (A + 3Id) 2 = Ω. 9 0 3 dim(v 1 ) = 3 rango(a + 3Id) = 2. dim(v 2 ) = 3 rango(a + 3Id) = 3. El número de cajas de Jordan es dim(v 1 ) = 2. Por tanto la forma de Jordan es: J = 3 0 0 1 3 0. 0 0 3 Para hallar la matriz de paso calculamos la base en la que se obtiene la forma de Jordan. Esta tiene la estructura: Buscamos vectores x 2 V 2, ȳ 1 V 1 : V 1 V 2 x 2 (A + 3Id) x 2 ȳ 1 de manera que x 2 esté en V 2 pero no en V 1, e ȳ 1 complete x 2 (A + 3Id) a una base de V 1. La base buscada estará formada por los vectores { x 2 (A + 3Id), x 2, ȳ 1 }. Calculemos V 1 y V 2 : V 1 = {(x, y, z) IR 3 (x, y, Z)(A + 3Id) = 0} = {(x, y, z) IR 3 x + 6y + 3z = 0}; V 2 = IR 3.

Podemos tomar x 2 = (1, 0, 0), x 2 (A + 3Id) = ( 3, 0, 1), ȳ 1 = (0, 1, 2). La matriz de paso P queda: de manera que A = P JP 1. (Examen extraordinario, diciembre 2005) P = 3 0 1 1 0 0 0 1 2 5. Se considera la matriz: A = 1 1 a 1 0 0, a 0 a + 1 a IR. (a) Determinar los valores de a para las cuales la matriz es triangularizable. Indicar cuando es además diagonalizable. La matriz A es triangularizable cuando todos sus autovalores son reales. característico: A λi = (1 λ) 2 (a + 1 λ) Calculemos su polinomio Vemos que en cualquier caso todos los autovalores son reales luego SIEMPRE ES TRIANGULARIZABLE. La matriz A será además diagonalizable cuando las multiplicidades aritméticas y geométricas de los autovalores coincidan. Los autovalores son 1 y a + 1. Pero ambos pueden coincidir (si a + 1 = 1). En cualquier caso calculemos la multiplicidad geométrica del autovalor 1 en función de a: m g (1) = dim(ker(a Id)) = 3 rg 0 0 0 1 0 a = 3 rg 0 0 0 a 1 0 0 a 0 a a 0 a Luego: 1 si a 0, 1. m g (1) = 2 si a = 0 ó a = 1. En consecuencia, distinguimos los siguientes casos: - Si a = 0 hay un único autovalor λ 1 = 1 con multiplicidad algebraica 3 y geométrica 2. Por tanto la matriz A NO diagonaliza. - Si a = 1 hay dos autovalores: λ 1 = 1 con multiplicidad algebraica 2 y geométrica 2, y λ 2 = 2 con multiplicidad algebraica 1. Dado que la geométrica al menos siempre vale 1 y no puede ser superior a la algebraica, deducimos que A SI diagonaliza. - Si a 0, 1, hay dos autovalores: λ 1 = 1 con multiplicidad algebraica 2 y geométrica 1, y λ 2 = a + 1 con multiplicidad algebraica 1. Por tanto la matriz A NO diagonaliza. (b) Para los valores de a para los cuales A es triangularizable pero no diagonalizable, calcular la forma canónica de Jordan J de A y una matriz P tal que J = P AP 1. - Supongamos que a = 0. Entonces hay un único autovalor λ 1 = 1. La multiplicidad geométrica es 2. Por tanto hay dos cajas de Jordan y la matriz J será: J = 1 0 0 1 1 0 0 0 1

Para calcular la matriz P pedida necesitamos hallar la base en la que se obtiene J. Buscamos vectores: ū 1 ū 2 v 1 donde ū 2 Ker(A Id) 2, pero ū 2 Ker(A Id); ū 1 = ū 2 (A Id) y v 1 Ker(A Id) y es independiente de ū 1. Hagamos los cálculos: Entonces: A Id = 0 0 0 1 0 0 ; (A Id) 2 = Ω. 0 0 0 Ker(A Id) = {(x, y, z)/y = 0}; Ker(A Id) 2 = IR 3. Podemos tomar ū 2 = (0, 1, 0), ū 1 = ( 1, 0, 0), v 1 = (0, 0, 1). La matriz P pedida queda: P = 1 0 0 0 1 0 0 0 1 - Supongamos a 0, 1. Entonces hay dos autovalores λ 1 = 1 con multiplicidad algebraica 2 y geométrica 1, y λ 2 = a + 1 con multiplicidad 1. La forma de Jordan es: J = 1 1 0 1 0 0 0 0 a + 1 Para calcular la matriz P pedida necesitamos hallar la base en la que se obtiene J. Primero calculamos los vectores relativos al autovalor 1: ū 1 ū 2 donde ū 2 Ker(A Id) 2, pero ū 2 Ker(A Id); ū 1 = ū 2 (A Id). Hagamos los cálculos: Entonces: A Id = 0 0 0 1 0 a ; (A Id) 2 = 0 0 0 a 2 0 a 2. a 0 a a 2 0 a 2 Ker(A Id) = {(x, y, z)/y = z = 0}; Ker(A Id) 2 = {(x, y, z)/ y + z = 0} Escogemos ū 2 = (0, 1, 1) y ū 1 = (a 1, 0, 0). Ahora completamos la base con un vector v 1 Ker(A (a + 1)Id): A (a + 1)Id = a 0 0 1 a a, a 0 0 luego Ker(A (a + 1)Id) = {(x, y, z)/y = 0, x = z}. Escogemos v 1 = (1, 0, 1).

La matriz P queda P = a 1 0 0 0 1 1 1 0 1 (c) Cuando a = 1, calcular A n para cualquier n IN. Método I: Utilizamos que: J = P AP 1 A = P 1 JP. con las matrices J y P que hemos obtenido en el apartado anterior: J = 1 0 0 1 1 0 ; P = 2 0 0 0 1 1. 0 0 0 1 0 1 Por tanto: A n = P 1 J n P = P 1 1 0 0 1 0 0 n 1 0 P = 2n + 1 1 1 0 0 0 1 0 0 Método II: Calculamos las primeras potencias de A: A = 1 0 0 1 1 1 ; A 2 = 1 0 0 3 1 1 ; A 3 = 1 0 0 5 1 1. 1 0 0 1 0 0 1 0 0 Parece cumplirse que, en general: 1 0 0 A n = 2n + 1 1 1 1 0 0 Lo probamos por inducción: - Para n = 1 se cumple: - Lo suponemos cierto para n 1 y lo comprobamos para n: 1 0 0 A n = A n 1 A = 2(n 1) + 1 1 1 1 0 0 1 0 0 1 1 1 = 2n + 1 1 1 1 0 0 1 0 0 1 0 0 (Examen final, junio 2005) 13. Encontrar la (única) respuesta correcta, de entre las indicadas, a las siguientes cuestiones: (c) Dada una matriz real A, de dimensión 9 9, triangularizable, se sabe que su único autovalor es el 0 y que A 4 Ω. Entonces: Si llamamos V i = Ker(A i ). Como A 4 Ω, tenemos dim(v 4 ) 8 < 9. Por tanto: dim(v 1 ) < dim(v 2 ) < dim(v 3 ) < dim(v 4 ) 8 dim(v 1 ) 5 Otra forma de razonar, puede ser la siguiente. Si dim(v 4 ) < 9 quierde decir que al menos hay una caja de Jordan de dimensión 5. Por tanto a lo sumo puede haber 5 cajas de Jordan: 1 de dimensión 5 y 4 de dimensión 1. A es diagonalizable. FALSO. De hecho si fuese diagonalizable A sería la matriz Ω y tendríamos A 4 = Ω.

la multiplicidad geométrica del 0 es mayor o igual que 5. FALSO. Ejemplo donde la multiplicidad geométrica es 1 porque sólo hay una caja de Jordan y A 4 Ω: 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 A = 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 la multiplicidad geométrica del 0 siempre es igual a 5. FALSO. Vale el mismo ejemplo de antes. la multiplicidad geométrica del 0 es menor o igual que 5. VERDADERO. Lo hemos razonado al principio. (Primer parcial, enero 2004) (d) Sea B = {ū 1, ū 2, ū 3 } una base de un espacio vectorial real V. De un enfomorfismo f : V V se conoce su matriz asociada respecto de la base B: F BB = 0 0 1 1 0 0. 0 1 0 El vector ū 1 es un autovector asociado a f. FALSO. La imagen de ū 1 es 0ū 1 + 0ū 2 + 1ū 3 = ū 3. Luego no es autovector. El vector ū 1 + ū 2 + ū 3 es un autovector asociado a f. VERDADERO. La imagen de ū 1 + ū 2 + ū 3 es con respecto a la base B: Luego si es autovector. El endomorfismo es diagonalizable. FALSO. El polinomio característico es: y sólo tiene una solución real. (1, 1, 1)F BB = (1, 1, 1). F BB λid = (1 λ)(1 + λ + λ 2 ) Ninguna de las anteriores afirmaciones es correcta. FALSO. (e) Sean B 1 = {ū, v} y B 2 = { v, ū} bases de IR 2. Sea f un endomorfismo diagonalizable de IR 2. Se sabe que una de las siguientes 4 matrices es la matriz F B1B 2 asociada a f respecto a las bases B 1 y B 2. Cuál de ellas?. 1 1. 0 3 0 1. 1 3 1 0. 1 3 1 1. 3 0 Para poder estudiar la diagonalización de F necesitamos la matriz asociada respecto a UNA SOLA base. La matriz de paso de B 2 a B 1 es: 0 1 M B2 B 1 =. 1 0

Por tanto: F B1B 1 = F B1B 2 M B2B 1. Haciendo esta operación para las cuatro matrices quedan: ( 1 1 1 0 0 1.. 3 0 3 1 3 1 ). 1 1. 0 3 Ahora claramente la CUARTA matriz es diagonalizable por que es triangular y los dos autovalores que aparecen en la diagonal son distintos. Puede verse además que la primera y la tercera no tienen autovalores reales, luego no diagonalizan. Por último la segunda tiene al 1 como su único autovalor, pero con multiplicidad algebraica 2 y geométrica 1. Por tanto no diagonaliza. (f) Dada una matriz A que cumpla: (1) dim(kera) = 1 (2) λ = 1 es un autovalor cuya multiplicidad algebraica es 4. (3) λ = 2 es un autovalor cuya multiplicidad algebraica es 3. (4) rg(a I) = 6, rg(a I) 2 = 4, rg(a 2I) = 7 Sea n la dimensión de la matriz. Entonces siempre se cumple: n rg(a I) k multiplicidad algebraica de 1. En particular para k = 2, tenemos n 4 4 y n 8. Por otra parte 0, 1 y 2 son autovalores con multiplicidades 1, 4 y 3 respectivamente. Por tanto n 1 + 4 + 3 = 8. Deducimos que n = 8. Ahora si rg(a 2I) = 7 entonces la multiplicidad geométrica de 2 es 8 7 = 1 y hay una única caja de Jordan asociada al autovalor 2. Como consecuencia de esto: rg(a 2I) 2 = 6 y rg(a 2I) 3 = 5. Puede ser que rg(a 2I) 2 = 5 FALSO. Tiene que ser que rg(a 2I) 3 = 5 VEDADERO. La matriz A es 7x7 FALSO. Ninguna de las anteriores afirmaciones es cierta FALSO. (g) Si A es un matriz real n n, µ un escalar real y λ es un autovalor de A, entonces λ µ es autovalor de µa. FALSO. Por ejemplo 1 es autovalor de Id pero 1/2 no es autovalor de 2Id. µλ es autovalor de µa. VERDADERO. Si λ es autovalor de A, entonces existe un vector u no nulo con: ua = λu. Por tanto: u(µa) = (µλ)u

y vemos que µλ es autovalor de µa. µ λ es autovalor de µa. FALSO. Por ejemplo si µ = 1 y λ = 2, λ es autovalor de A = 2Id pero 1 2 no es autovalor de 1 A. Ninguna de las anteriores afirmaciones es correcta. FALSO.

ÁLGEBRA Problemas adicionales Endomorfismos (Curso 2007 2008) I. Para las siguientes matrices, hallar los autovalores, los autovectores, los subespacios característicos, la forma canónica de Jordan (o forma diagonal, en caso de ser diagonalizable) y una base en la que se obtenga. Resolver el problema en IR y en IC. A = 0 2 1 3 1 0 1 1 1, B = ( 3 4 1 1 ), C = 2 1 1 2 3 2, D = 4 5 3 2 4 2. 3 3 4 2 0 1 (a) Primero hallamos los autovalores. Para ello calculamos las soluciones del polinomio característico, es decir: 3 λ 1 0 det(a λi) = 0 = 0 2 λ 1 1 1 1 λ = 0 (para calcular los determinantes es buena idea tratar de hacer ceros mediante operaciones elementales). 3 λ 1 0 0 2 λ 1 1 1 1 λ = 2 λ 1 0 1 1 0 2 + λ 2 λ 1 = (2 λ) 1 2 λ 1 0 1 1 λ 0 1 1 λ = 1 1 0 = (2 λ) 0 3 λ 1 0 1 1 λ = (2 λ)(λ2 4λ + 4) = (λ 2) 3 El único autovalor es: λ 1 = 2 con multiplicidad algebraica 3 Inmediatamente sabemos que al menos es triangularizable (tanto en IR como en IC). Su multiplicidad geométrica es: dim(ker(a λ 1 I)) = 3 rango(a λ 1 I)) = 3 rango 2 3 λ 0 1 λ 0 1 = 1 1 1 1 λ Por tanto la multiplicidad geométrica no coincide con la algebraica y no es diagonalizable. Además su forma de Jordan tiene una única caja de Jordan, por lo que es: J = 2 0 0 1 2 0 0 1 2 Calculemos la base en la que la matriz tiene esta forma. Tenemos: 1 1 0 (A λ 1 I) = ; (A λ 0 1 1 1 I) 2 1 1 1 = ; (A λ 1 1 1 1 I) 3 = 0 Si llamamos V i = Ker(A λ 1 I), la base que buscamos estará formada por los vectores {(A λi) 2 v 3, (A λi) v 3, v 3, donde v 3 es un vector en V 3 pero no en V 2. Tomamos por ejemplo v 1 = (1, 0, 0) y por tanto la base pedida es: {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)}

Por último observamos que, como todos los autovalores son reales, no hay diferencia entre el caso real y el complejo. (b) Calculamos el polinomio característico: 3 λ 4 1 1 λ = ( 3 λ)(1 λ) + 4 = (λ + 1)2 Vemos que tiene un único autovalor λ 1 = 1 con multiplicidad algebraica 2. Calculamos los autovectores asociados: 3 λ1 4 ( x y ) = 0 = 2x y = 0 1 1 λ 1 Por tanto el subespacio característico tiene dimensión 1 y está generado por un autovector: S 1 = L{(1, 2)} El polionomio característico tiene 2 raíces (una con multiplicidad 2). espacio de dimensión 2, la matriz es TRIANGULARIZABLE. Dado que trabajamos en un La multiplicidad algebraica 2 no coincide con la multiplicidad geométrica 1 y por tanto NO es DIAGONALIZABLE. Caclulemos su forma de Jordan. El número de bloques de Jordan, viene dado por la dimensión de V 1 = Ker(B λ 1 Id) = S 1. Hemos visto que dicha dimensión es 1. Vemos que hay una única caja de Jordan: ( 1 0 ) 1 1 Para calcular una base que nos de la forma de Jordan, tomamos primero un vector (x, y) verificando: y que no esté en V 1. 2 3 λ1 4 ( x y ) = 0 1 1 λ 1 Pero cualquier vector verifica la primera condición ya que rango((b λ 1 I) 2 ) < rango(b λ 1 I) = 1. Tomamos por ejemplo (1, 0) V 1. Ahora el otro vector que forma la base será (1, 0)(B λ 1 I) = ( 2, 4): {( 2, 4), (1, 0)} De nuevo como todos los autovalores son reales el caso complejo y real coinciden. (c) Calculamos el polinomio característico: 2 λ 1 1 2 3 λ 2 3 3 4 λ = (λ 1)2 (λ 7) Los autovalores son: λ 1 = 1 con multiplicidad algebraica 2 λ 2 = 7 con multiplicidad algebraica 1 Calculemos sus multiplicidades geométricas. Teniendo en cuenta que: multp. algebraica multp. geómetrica 1 ya sabemos que la multiplicidad geométrica de λ 2 es 1. Además: dim(ker(a λ 1 I)) = 3 rango(a λ 1 I) = 3 rango 1 1 1 2 2 2 = 2 3 3 3

Luego las multiplicidades geométricas y algebraicas coinciden y la matriz es diagonalizable. Su forma diagonal es: 1 0 0 0 1 0 0 0 7 La base en la que C tiene esta forma, está compuesta por una base de autovectores de λ 1 y λ 2. S 1 = {(x, y, z) IR 3 (x, y, z)(a λ 1 I) = 0} = {(x, y, z) IR 3 x + 2y + 3z = 0} = L{(2, 1, 0), (3, 0, 1)} } x 4y + 3z = 0; S 2 = {(x, y, z) IR 3 (x, y, z)(a λ 2 I) = 0} = {(x, y, z) IR 3 = L{(1, 1, 1)} x + 2y 3z = 0 Por tanto la base buscada es {(2, 1, 0), (3, 0, 1), (1, 1, 1)}. (d) Calculamos el polinomio característico: 4 λ 5 3 2 4 λ 2 2 0 1 λ = (λ + 1)(λ2 2λ + 2) = (λ + 1)(λ (1 + ı))(λ (1 ı)) Vemos que hay un autovalor real λ y dos complejos (el uno conjugado del otro). Por tanto no es triangularizable (ni diagonalizable) en IR. Si lo será sin embargo en IC porque entonces tiene tres autovalores distintos de multiplicidad 1, λ 1 = 1, λ 2 = 1 + ı y λ 3 = 1 ı. Calculamos los subespacios característicos, resolviendo para cada autovalor el sistema: ( x y z ) 4 λ j 5 3 2 4 λ j 2 = 0 2 0 1 λ j obtenemos: La forma de Jordan en el caso complejo es: S 1 = L{(2, 2, 1)} S 1+ı = L{(3 ı, 5, 3 + ı)} S 1 ı = L{(3 + ı, 5, 3 ı)} 1 0 0 0 1 + ı 0 0 0 1 ı en la base {(2, 2, 1), (3 ı, 5, 3 + ı), (3 + ı, 5, 3 ı)}. II. Dada la matriz A = 5 6 0 5 6 0 5 5 1 estudiar si es diagonalizable o triangularizable por semejanza. En caso afirmativo calcular la forma diagonal o de Jordan y la correspondiente matriz de paso. Comenzamos calculando el polinomio característico: Vemos que hay dos autovectores: A λi = ( 1 λ)(λ 2 + λ) = λ(λ + 1) 2. λ 1 = 0 con multiplicidad algebraica 1. λ 2 = 1 con multiplicidad algebraica 2.

La suma de las multiplicidades algebraicas es igual a la dimensión de la matriz, por lo que al menos es triangularizable. Será además diagonalizable si las multiplicidades algebraicas coinciden con las geométricas. Para λ 1 = 0 la multiplicidad geométrica es necesariamente 1, ya que no puede ser nula ni superar la algebraica. Calculemos la multiplicidad geométrica de λ 2 = 1: m.g.( 1) = dim(ker(a + Id)) = 3 rango(a + Id) = 3 rango 6 6 0 5 5 0 = 3 1 = 2. 5 5 0 Vemos que coincide con la multiplicidad algebraica y por tanto la matriz es diagonalizable. La forma diagonal está formada por los autovalores: D = 0 0 0 0 1 0. 0 0 1 La matriz de paso la forma una base de autovectores. Autovecotres asociados al 0: (x, y, z)(a 0 Id) = 0 (x, y, z)a = 0 5x + 5y + 5z = 0, 6x 6y z = 0, z = 0. Hay dos ecuaciones independientes. Escogemos un vector que genere la solución: S 0 = L{(1, 1, 0)}. Autovecotres asociados al 1: (x, y, z)(a + Id) = 0 (x, y, z) 6 6 0 5 5 0 = 0 6x + 5y + 5z = 0, 6x 5y 5z = 0. 5 5 0 Hay una ecuación independiente. Escogemos dos vectores que generen la solución: S 1 = L{(0, 1, 1), (5, 6, 0)}. Por tanto la matriz de paso es: P = 1 1 0 0 1 1. 5 6 0 (Examen final, junio 2006) III. Consideramos el polinomio p(λ) = λ(λ 2) 2. (a) Cuál es el mayor número de matrices que puede haber cuyo polinomio característico sea p y no sean semejantes dos a dos?. (b) Resolver la misma cuestión para el polinomio q(λ) = (λ 1) 3. OBSERVACION: Teniendo en cuenta como definimos el polinomio característico de una matriz: p(λ) = det(a λi), cuando trabajamos en dimensión 3, el coeficiente del monomio λ 3 siempre es 1. Por tanto estrictamente, no hay ninguna matriz cuyo polinomio sea el dado, tanto en el caso a como en el b. Sin embargo, el espíritu del ejercicio no era este, por tanto realizaremos una corrección y lo resolveremos con p(λ) = λ(λ 2) 2 en el primer caso y q(λ) = (λ 1) 3 en el segundo.

(a) Cualquier matriz que tenga a p(λ) como polinomio característico es triangularizable, y en concreto tiene dos autovalores λ 1 = 0 con multiplicidad algebraica 1 λ 2 = 2 con multiplicidad algebraica 2 Por tanto dicha matriz será equivalente a una forma de Jordan con estos autovalores. Por tanto lo que se nos pregunta es cuantas formas de Jordan hay no semejantes entre si, con los autovalores y multiplicidades anteriores. Es claro que tenemos dos posibilidades: J 1 = 0 0 0 0 2 0 ; ó J 2 = 0 0 0 0 2 0 ; 0 1 2 0 0 2 (b) Ahora el polinomio q tiene a 1 como una única raíz con multiplicidad 3. Por tanto hay un único autovalor con multiplicidad algebraica 3. Razonando como en el apartado anterior vemos que hay 3 posibiles clases de matrices no semejantes dos a dos: J 1 = 1 0 0 1 1 0 ; ó J 2 = 1 0 0 0 1 0 ; ó J 3 = 1 0 0 0 1 0 ; 0 1 1 0 1 1 0 0 1 IV. Decidir razonadamente, si las matrices A y B son o no semejantes. A = 2 1 1 2 3 2 B = 2 0 3 1 2 2 1 1 2 1 1 3 Calculemos la forma de Jordan de cada una de ellas. Comenzamos calculando los autovalores de ambas. Sin no coinciden ya no pueden ser semejantes; si coinciden continuamos aproximando la forma de Jordan de cada uno, estudiando los correspondientes rangos. A λi = (λ 1) 2 (λ 5) Vemos que tiene dos autovalores λ 1 = 1, λ 2 = 5 de multiplicidades algebraicas 2 y 1 respectivamente. B λi = (λ 1) 2 (λ 5) Vemos que los autovalores y sus multiplicidades algebraicas coinciden con las de A. Proseguimos entonces. La diferencia entre una y otra puede estar en la caja de Jordan relativa al autovalor 1 de multiplicidad algebraica 2. Tenemos: dim(ker(a I)) = 3 rango(a I) = 3 rango 1 1 1 2 2 2 = 3 1 = 2 1 1 1 dim(ker(b I)) = 3 rango(b I) = 3 rango 1 0 3 1 1 2 = 3 2 = 1 1 1 2 Por tanto las multiplicidades geométricas del autovalor 1 no coinciden. Las matrices NO SON SEMEJANTES. En particular las formas de Jordan asociadas a A y B son respectivamente: 1 0 0 0 1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 5 0 0 5 (Examen final, julio 2002)

V. Sea f : IR 3 IR 3 el endomorfismo dado por f(x, y, z) = ((α 1)x + αy + (α 2)z, x + y + z, x αy + 2z) (a) Hallar los valores de α para los que f es un endomorfismo diagonalizable; para esos valores, encontrar una base de vectores característicos. La matriz asociada a f respecto a la base canónica es: A = α 1 1 1 α 1 α α 2 1 2 Calculamos los autovalores: α 1 λ 1 1 det(a λi) = α 1 λ α α 2 1 2 λ = 1 λ 0 1 + λ α 1 λ α α 2 1 2 λ = 1 0 1 1 0 0 = (1 λ) α 1 λ α = (1 λ) α 1 λ 0 α 2 1 2 λ α 2 1 α λ = = (1 λ) 2 (α λ) Para que sea diagonalizable se tiene que cumplir: - α = 1 y la multiplicidad geométrica de λ = 1 es 3, o bien, - α 1 y la multiplicidad geométrica de λ = 1 es 2. Pero: A I = α 2 1 1 α 0 α α 2 1 1 Vemos que tiene rango 2 si α 0 y rango 1 si α = 0. Por tanto: - Si α 0, la multiplicidad geométrica es dim(ker(a I)) = 3 rango(a I) = 1 y no es diagonalizable. - Si α = 0, y la multiplicidad geométrica es dim(ker(a I)) = 3 rango(a I) = 2 y es diagonalizable. Calculemos los autovectores cuando α = 0: - Asociados a 1: (x, y, z)(a I) = 0 (x, y, z) 2 1 1 0 0 0 = 0 x + z = 0 2 1 1 Luego: S 1 = L{(1, 0, 1), (0, 1, 0)} - Asociados al 0: (x, y, z)(a) = 0 (x, y, z) 1 1 1 0 1 0 2 1 2 { x 2z = 0 x + y + z = 0 Luego: S 0 = L{(2, 1, 1)}

Una base de autovectores es:. {(1, 0, 1), (0, 1, 0), (2, 1, 1)} (b) Hallar el valor de α para que f tenga un autovalor triple. Encontrar la forma canónica de Jordan y una base asociada. Vimos que λ = 1 es un autovalor triple si α = 1. Además en ese caso la multiplicidad geométrica vimos que era 1. Por tanto hay una única caja de Jordan: J = 1 0 0 1 1 0 0 1 1 Para calcular una base asociada tomamos un vector v 3 ker(a I) 3 que no esté en ker(a I) 2. Tenemos: (A I) 2 = 1 0 1 0 0 0 1 0 1 Observamos que ker(a I) 3 = IR 3. Podemos tomar entonces v 3 = (1, 0, 0). Ahora la base está formada por los vectores: {(A I) 2 v 3, (A I) v 3, v 3 } = {(1, 0, 1), ( 1, 1, 1), (1, 0, 0)} (Examen extraordinario, septiembre 2004) VI. Sea un espacio vectorial real V y una base {ē 1, ē 2, e 3 }. De un endomorfismo t : V V se sabe que: El núcleo está generado por el vector (2, 1, 0). El vector (1, 1, 1) pertenece a la imagen. El vector (3, 2, 1) es un autovector asociado al autovalor λ = 2. La proyección del vector t(0, 0, 1) sobre el subespacio vectorial L{(1, 1, 0), (0, 1, 1)} paralelamente a L{(0, 1, 0)} es ( 1, 2, 1). Se pide: (a) Hallar una base de la imagen de t. Sabemos que el núcleo está generado por un vector luego tiene dimensión 1. Por tanto la dimensión de la imagen es: dim(im(t)) = 3 1 = 2 Ahora (1, 1, 1) Im(t) y (3, 2, 1) por ser autovector también está en la imagen. vectores son independientes tenemos la base pedida: Im(t) = {(1, 1, 1), (3, 2, 1)} Dado que ambos (b) Hallar los autovalores y los autovectores de t. Sabemos que hay al menos dos autovalores λ 1 = 0 y λ 2 = 2. Necesariamente el polinomio característico tiene que tener otra solución real. Además la suma de los autovalores coincide con la traza de la matriz del endomorfismo en cualquier base. Por tanto λ 1 + λ 2 + λ 3 = 7 + 10 1 = 2 y deducimos que λ 3 = 0. En definitiva: - Autovalores: λ 1 = 0 con multiplicidad algebraica 2. λ 2 = 2 con multiplicidad algebraica 1.

- Autovectores: S 0 = L{(2, 1, 0)}. S 2 = L{(3, 2, 1)}. (c) Hallar la matriz de t en la base {ē 1, ē 2, e 3 }. Sabemos que el vector (2, 1, 0) va al cero. Sabemos que la imagen del vector (3, 2, 1) es (6, 4, 2). Calculemos la imagen del (0, 0, 1). Sabemos que t(0, 0, 1) es de la forma: t(0, 0, 1) = λ(0, 1, 0) + ( 1, 2, 1) Por otra parte está en la imagen de la cual conocemos una base. Se verifica: Resolviendo el sistema queda: Por tanto t(0, 0, 1) = ( 1, 1, 1). λ(0, 1, 0) + ( 1, 2, 1) = α(1, 1, 1) + β(3, 2, 1) λ = 1; α = 1; β = 0 Deducimos que la matriz de t respecto a la base {(2, 1, 0), (3, 2, 1), (0, 0, 1)} en el primer espacio y canónica en el segundo es: 0 0 0 6 4 2 1 1 1 Hacemos el cambio de base. Multiplicando por la inversa de la matriz de paso: 2 1 0 1 3 2 1 0 0 0 7 5 3 6 4 2 = 14 10 6 0 0 1 1 1 1 1 1 1 o mediante operaciones elementales: 2 1 0 0 0 0 3 2 1 6 4 2 H23( 1) 2 1 0 0 0 0 1 0 0 7 5 3 H 12 H1( 1) 0 0 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 1 0 0 7 5 3 2 1 0 0 0 0 H21( 2) 1 0 0 7 5 3 0 1 0 14 10 6 0 0 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 (d) Hallar una matriz de Jordan asociada a t, indicando la base en la que está expresada. Teniendo en cuenta que λ 1 = 0 tiene multiplicidad algebraica 2 y geométrica 1 y que λ 2 = 2 tiene multiplicidad algebraica 1, una forma de Jordan es: J = 0 0 0 1 0 0 0 0 2 Para calcular la base correspondiente resta escoger un vector v 2 ker(a 0 Id) 2 que no esté en ker(a). Pero: 18 12 6 (x, y, z)a 2 = 0 (x, y, z) 36 24 12 = 0 3x 6y + z = 0 6 4 2 Podemos tomar v 2 = (1, 0, 3). Ahora la base en la que obtenemos la forma de Jordan es: (Examen final, junio 2004) { v 2 A, (1, 0, 3), (3, 2, 1)} = {( 4, 2, 0), (1, 0, 3), (3, 2, 1)}

VII. Sea t : IR 3 IR 3 un endomorfismo no diagonalizable tal que t(2, 3, 4) = (6, 3, 6), los vectores (1, 0, 0) y (0, 1, 1) son autovectores y la traza de la matriz asociada a t en la base canónica es 5. Calcular la matriz asociada a t en la base canónica de IR 3. Sabemos como actúa t sobre el vector (2, 3, 4) y que (1, 0, 0) y (0, 1, 1) son autovectores. Por tanto primero escribiremos la matriz de t en la base: Sabemos que: B = {(1, 0, 0), (0, 1, 1), (2, 3, 4)} t(1, 0, 0) = a(1, 0, 0) siendo a el autovalor asociado t(0, 1, 1) = b(0, 1, 1) siendo b el autovalor asociado t(2, 3, 4) = (6, 3, 6) Necesitamos escribir el vector (6, 3, 6) en la base B. Para ello utilizamos la matriz de cambio de la canónica a B: Por tanto (6, 3, 6) 1 0 0 0 1 1 2 3 4 1 = (6, 3, 6) 1 0 0 2 4 1 = (0, 6, 3) 2 3 1 (6, 3, 6) = 0(1, 0, 0) 6(0, 1, 1) + 3(2, 3, 4) la matriz del endomorfismo T en la base B es: a 0 0 0 b 0 0 6 3 Debido a que la traza del endomorfismo no depende de la base sabemos que a + b + 3 = 5, es decir, a + b = 2. Además como la matriz no puede ser diagonalizable y sus autovalores son a, b, 3, debe de aparecer un autovalor doble λ. Las posibilidades son a = b = 1, a = 3 ó b = 3. Pero en los dos primeros casos la multiplicidad geométrica del autovalor también es 2 por lo que la matriz si sería diagonalizable. La única posibilidad es por tanto b = 3 y a = 1. La matriz de T en la base B es: 1 0 0 0 3 0 0 6 3 y haciendo el cambio de base la obtenemos en la base canónica: 1 0 0 0 1 1 2 3 4 1 0 0 0 3 0 1 0 0 0 1 1 = 1 0 0 8 9 6 0 6 3 2 3 4 8 6 3 1 (Examen final, junio 2003) VIII. En el espacio vectorial real IR 3, se conoce una base B = {ē 1, ē 2, ē 3 } y la familia de endomorfismos f µ con µ IR dada por: f µ (ē 1 ) = 2ē 1 + µē 2 f µ (ē 2 ) = µē 1 + 2ē 2 f µ (ē 3 ) = µē 1 + µē 2 + ē 3 (Salvo que se indique lo contrario en el ejercicio trabajamos con vectores expresasdos a través de sus coordenadas en la base B).

(a) Calcular los valores de µ para los que f µ es biyectiva. Escribimos primero la matriz asociada al endomorfismo f µ con respecto a la base B: A µ = 2 µ 0 µ 2 0 µ µ 1 Se tiene que f µ es biyectiva cuando A µ tiene rango 3. Equivalentemente, cuando es no singular, es decir, cuando A µ = 0. Pero, A µ = 4 µ 2 Por tanto f µ es biyectiva cuando µ 2 y µ 2. (b) Siendo ω el vector cuyas coordenadas en B son (µ 1, µ 2 + µ + 1, 1 µ), calcular los valores de µ para los que el conjunto origen de ω es no vacío. Mostrar que sólo existe un valor de µ para el que dicho conjunto tiene infinitos elementos y hallar dicho conjunto. Esta claro que si f µ es biyectiva, el conjunto origen de ω es no vacío, porque la aplicación es sobreyectiva. Además en esos casos el conjunto origen está formado por un sólo elemento, ya que por ser biyectiva es también inyectiva. Por tanto si µ 2 y µ 2, entonces el conjunto origen de ω es no vacío y en particular formado por un sólo elemento. Veamos que ocurre cuando f µ no es biyectiva, es decir, cuando µ = 2 ó µ = 2: - Si µ = 2, entonces ω = (1, 7, 1) y la matriz de f 2 es: A µ = 2 2 0 2 2 0 2 2 1 La imagen de f 2 está generada por los vectores {(2, 2, 0), ( 2, 2, 1)}. Para que el conjunto origen de ω sea no vacío, ω ha de estar en la imagen, es decir, ser combinación lineal de los vectores que la generan. Equivalentemente el determinante que forman los tres vectores ha de ser cero. Pero, 2 2 0 2 2 1 1 7 1 = 20 0 luego, si µ = 2 el conjunto ω es vacío. - Si µ = 2, entonces ω = ( 3, 3, 3) y la matriz de f 2 es: A µ = 2 2 0 2 2 0 2 2 1 La imagen de f 2 está generada por los vectores {(2, 2, 0), (2, 2, 1)}. De nuevo veamos si ω está en esta imagen: 2 2 0 2 2 1 3 3 3 = 0 Por tanto ω Im(f 2 ), y en este caso el conjunto origen de ω es no vacío. Pero veamos si es fintio o infinito. Si dos vectores ū, v están en este conjunto origen, f 2 (ū) = ω = f 2 ( v) f 2 (ū v) = 0 ū = v + (ū v), (ū v) Ker(f 2 ) es decir, dado un elemento v del conjunto origen, sumándole un elemento del núcleo se construye otro. Como dim(ker(f 2 )) = 3 dim(im(f 2 )) = 1

deducimos que en este caso hay infinitos elementos en el conjunto origen de ω. Otra forma de verlo, es comprobar directamente que el sistema: (x, y, z) 2 2 0 2 2 0 = ( 3, 3, 3) 2 2 1 es compatible pero tiene solución no única que depende de un parámetro y por tanto hay infinitos vectores cuya imagen es ω. (c) Hallar los autovalores de f µ. Calculamos el polinomio característico: A µ λi = (1 λ)(2 + µ λ)(2 µ λ) Es decir los autovalores son 1, 2 + µ y 2 µ. En particular: - Si µ = 1 ó µ = 1 hay dos autovalores distintos: λ 1 = 1 con multiplicidad algebraica 2 y λ 2 = 3 con multiplicidad algebraica 1. - Si µ = 0 hay dos autovalores distintos: λ 1 = 1 con multiplicidad algebraica 1 y λ 2 = 2 con multiplicidad algebraica 2. - Si µ 1, 0, 1 entonces los tres autovalores son diferentes con multiplicidad algebraica 1 cada uno de ellos. (d) Para los valores de µ para los que f µ es diagonalizable, hallar la matriz diagonal asociada. Distinguimos varios casos: - Si µ 1, 0, 1 los tres autovalores son diferentes y por tanto la matriz es diagonalizable. La forma diagonal es: 2 µ 1 0 0 + 0 0 0 0 2 µ - Si µ = 0 vimos que hay un autovalor λ 1 = 1 con multiplicidad algebraica 1 y λ 2 = 2 con multiplicidad algebraica 2. Veamos si coincide con la multiplicidad geométrica. Se tiene: dim(ker(a 0 2I) = 3 rango(a 0 2I) = 3 rango 0 0 0 0 0 0 = 2 0 0 1 La multiplicidad geométrica es 2. Coincide con la algebraica; por tanto es diagonalizable y la forma diagonal es: 1 0 0 0 2 0 0 0 2 (Nota: De hecho cuando µ = 0 la matriz A 0 ya es diagonal.) - Si µ = 1 o µ = 1 hay un autovalor λ 2 = 3 con multiplicidad algebraica 1 y otro λ 1 con multiplicidad geométrica 2. Calculemos la geométrica de este último: dim(a µ I) = 3 rango(a µ I) = 3 rango 1 µ 0 µ 1 0 µ µ 0 Si µ = 1 entonces rango(a 1 I) = 2; la multiplicidad geométrica es 3 2 = 1. No coincide con la algebraica y la matriz no es diagonalizable.

Si µ = 1 entonces rango(a 1 I) = 1; ahora la multiplicidad geométrica es 3 1 = 2 y la matriz es diagonalizable. La forma diagonal es: 1 0 0 0 1 0 0 0 3 (e) Para los valores de µ para los que f µ es triangularizable y no diagonalizable, hallar la matriz de Jordan asociada. Estamos en el caso µ = 1. Vimos que hay dos autovalores, λ 1 = 1 con multiplicidad algebraica 2 y geométrica 1 y λ 1 = 3 con multiplicidad algebraica 1. Por tanto hay una única caja de Jordan, para el autovalor doble. La única posiblidad para la forma de Jordan es: 1 0 0 1 1 0 0 0 3 (Examen final, junio 2001) IX. En IR 4 se considera el endomorfismo f : IR 4 IR 4 que en la base {ē 1, ē 2, ē 3, ē 4 } tiene asociada la matriz F 5 1 0 1 1 3 0 1 F =. 0 0 8 8 0 0 4 4 (a) Hallar una base del núcleo y otra de la imagen de f. Denotamos por (x, y, z, t) a las coordenadas de un vector en la base dada. Hallemos primero el núcleo: Ker(f) = {(x, y, z, t) IR 4 (x, y, z, t)f = 0} Resolvamos el correspondiente sistema: (x, y, z, t)f = 0 5x + y = 0 x = 0 x + 3y = 0 y = 0 8z + 4t = 0 2z + t = 0 8z 4t = 0 ker(f) = L{0, 0, 1, 2}. Ahora calculamos la imagen de f. Como el núcleo tiene dimensión 1, la imagen es de dimensión 4 1 = 3. Por tanto tres vectores generadores de la imagen serán una base de la misma. Además sabemos que está generada por los vectores cuyas coordenadas en la base dada son las filas de la matriz F. Hacemos operaciones elementales fila sobre esa matriz para obtener un sistema de generadores independientes: Por tanto la una base de la imagen es: 5 1 0 1 1 3 0 1 F 0 0 8 8 0 0 0 0 {(5, 1, 0, 1), (1, 3, 0, 1), (0, 0, 8, 8)} (b) Calcular la forma de Jordan asociada a f definiendo la base en la que está expresada.

Comenzamos calculando los autovalores de F (como el núcleo tiene dimensión 1 sabemos que el cero ha de aparecer como autovalor): 5 λ 1 0 1 1 3 λ 0 1 F λi = 0 = 0 0 0 8 λ 8 0 0 4 4 λ 5 λ 1 1 3 λ 8 λ 8 4 4 λ = 0 (λ 4) 2 (λ 4)(λ) = 0 λ(λ 4) 3 = 0 Por tanto los autovalores son: λ 1 = 0, con multiplicidad algebraica 1. λ 2 = 4, con multiplicidad algebraica 3. Calculamos la multiplicidad geométrica del autovalor λ 2 = 4: 1 1 0 1 1 1 0 1 m.g.(λ 2 ) = dim(ker(f 4I)) = 4 rango = 2. 0 0 4 8 0 0 4 8 Por tanto hay dos cajas de Jordan asociadas al autovalor λ 2 = 4. La forma de Jordan será: 0 0 0 0 0 4 0 0 J = 0 1 4 0 0 0 0 4 Calculamos la base en la que se expresa. En primer lugar hallamos un autovector asociado a λ 1 = 0. Pero este es precisamente el generador del núcleo (0, 0, 1, 2). Ahora calculamos los vectores correspondientes al autovalor λ 2 = 4. Si llamamos V i = ker(f 4I) i, buscamos vectores V 1 V 2 ū 2 (F 4I) ū 2 ū 1 de manera que ū 2 esté en V 2 pero no en V 1 ; y ū 1 V 1 sea independiente con ū 2 (A λi). Se tiene: 1 1 0 1 0 0 4 8 1 1 0 1 (F 4I) = ; (F 4I) 2 0 0 4 8 =. 0 0 4 8 0 0 16 32 0 0 4 8 0 0 16 32 y por tanto: V 1 = {(x, y, z, y) IR 4 x + y = 0, z + t = 0}; V 2 = {(x, y, z, y) IR 4 x + y 4z 4t = 0}. Escogemos ū 2 = (4, 0, 1, 0), ū 2 (F 4I) = (4, 4, 4, 4) y ū 1 = (1, 1, 0, 0). En definitiva la base en la que se obtiene la forma de Jordan es: {(0, 0, 1, 2), (4, 4, 4, 4), (4, 0, 1, 0), (1, 1, 0, 0)} (c) Hallar, si existe, un subespacio de IR 4 de dimensión 2 que sea invariante respecto de f. Teniendo en cuenta que el autovalor 4 tiene multiplicidad geométrica 2, basta tomar el subespacio característico S 4, generado por los autovectores: B = {(4, 4, 4, 4), (1, 1, 0, 0)}. La matriz de la restricción de f con respecto a esta base B sería: 4 0 0 4 (Examen final, septiembre 2005)

X. Sea P 2 (x) el espacio vectorial de polinomios en x de grado menor o igual que 2 con coeficientes reales. Consideramos la aplicación: f : P 2 (x) P 2 (x); f(p(x)) = p(x) p (x) Se pide: (a) Probar que es un endomorfismo. Un endomorfismo es una aplcicación lineal dentro del mismo espacio vectorial. En este caso únicamente hay que verificar que f es lineal. Sean p(x), q(x) P 2 (x) y λ, µ IR hay que comprobar que f(λp(x) + µq(x)) = λf(p(x)) + µf(q(x)). Pero: f(λp(x) + µq(x)) = (λp(x) + µq(x)) (λp(x) + µq(x)) = = λp(x) + µq(x) λp (x) µq (x) = = λ(p(x) p (x)) + µ(q(x) q (x)) = λf(p(x)) + µf(q(x)) (b) Escribir la matriz asociada a f con respecto a la base canónica de P 2 (x). La base canónica de P 2 (x) está formada por los polinomios {1, x, x 2 }. Calculamos sus imágenes por f, y escribimos sus coordenadas en dicha base Por tanto la matriz pedida es: (c) Calcular sus autovalores y sus autovectores. 1 1 0 = 1 (1, 0, 0) x x 1 ( 1, 1, 0) x 2 x 2 2x (0, 2, 1) F CC = F = 1 0 0 1 1 0 0 2 1 Para calcular los autovalores primero hallamos el polinomio característico: p F (λ) = det(f λi) = (1 λ) 3 Deducimos que hay un único autovalor λ 1 = 1 con multiplicidad algebraica 3. Calculemos su espacio de autovectores asociado. polinomio en la base canónica: S λ1 ={(a, b, c) P 2 (x) (a b c)(f Id) = 0} = ={(a, b, c) P 2 (x) b = 0; 2c = 0} = =L{(1, 0, 0)} Denotamos por (a, b, c) a las coordenadaas de un (d) Si f es triangularizable, calcular su forma de Jordan y la base en la que se expresa. Observamos que f es triangularizable, por que la multiplicidad algebraica del único autovalor coincide con la dimensión del espacio sobre el cual trabajamos. Además la dimensión geométrica de dicho autovalor hemos visto que es dim(s λ1 ) = 1. Por tanto hay una única caja de Jordan asociada al autovalor. La forma de Jordan será: J = 1 0 0 1 1 0 0 1 1

Caclulemos la base en la que se f tiene a J por matriz asociada. Llamamos V i = ker(f λi) i. Tenemos V 1 V 2 V 3 Para formar la base escogeremos un vector v 3 V 3 que no esté en V 2. De esta forma la base buscada vendrá dada por: {(F I) 2 v 3, (F I) v 3, v 3 } Se tiene: (F I) = 0 0 0 1 0 0 ; (F I) 2 = 0 0 0 0 0 0 ; 0 2 0 2 0 0 (F I) 3 = Ω Podemos tomar entonces v 3 = (0, 0, 1) y la base pedida será: {(2, 0, 0), (0, 2, 0), (0, 0, 1)} o expresada como polinomios: {2, 2x, x 2 } (e) Describir, si es posible, la aplicación inversa de f. La matriz de F en la base canónica tiene rango 3, luego f es inversible. Para describir la aplicación inversa basta dar su matriz asociada con respecto a una base. La matriz asociada a g = f 1 con respecto a las bases canónicas es la inversa de la matriz de f, es decir: G CC = F 1 CC = 1 0 0 1 1 0 0 2 1 1 = 1 0 0 1 1 0 2 2 1 XI. Analizar razonadamente la veracidad o falsedad de las siguientes afirmaciones: c) Si λ = 1 y µ = 1 son los autovalores de una matriz simétrica 2x2, entonces (1,1) y (1,-1) no pueden ser los autovectores respectivos. Solución: Es FALSO. Tomando se construye P = 1 1, D = 1 1 A = P 1 DP = 1 0, 0 1 0 1, 1 0 que es una matriz que verifica todo lo que se le pide. Por otra parte, razonando más fino se puede probar que en general esto siempre es posible cuando los vectores suministrados son ortogonales y los autovalores son distintos entre sí. d) Una matriz 3x3 que tiene al cero como autovalor nunca es invertible. Solución: Es VERDADERO. Basta pensar que la forma de Jordan (diagonal o triangular) asociada tendría en su diagonal un cero, por lo que sería singular y por tanto también la matriz de partida. Por otra parte, si el cero es autovalor, y si denotamos por A a la matriz, se sabe que por lo que A no puede ser invertible. 0 = det(a 0I) = det(a),

XII. En el espacio vectorial real IR 3, se conoce una base B = {ē 1, ē 2, ē 3 } y la familia de endomorfismos f µ con µ IR dada por: f µ (ē 1 ) = (2 µ)ē 1 f µ (ē 2 ) = µē 1 + 2ē 2 f µ (ē 3 ) = ( µ + 1)ē 1 + µē 2 + ē 3 (a) Calcular los valores de µ para los que el conjunto origen de ω = (1, 1 + µ, 3) es no vacío y consta de un sólo elemento. Para que el conjunto origen de un vector en un endomorfismo exista y sea único, el endormorfismo ha de ser biyectivo. Esto es equivalente a decir que su matriz asociada tiene determinante no nulo. Por tanto es suficiente calcular los valores de µ para los cuales el determinante de la matriz asociada es no nulo. Vemos que el determinante no se anula si µ 2. F = 2 µ 0 0 µ 2 0 det(f ) = 2(2 µ). 1 µ µ 1 (b) Para los valores de µ para los que f µ es triangularizable, hallar la matriz de Jordan asociada y la matriz de paso correspondiente. Los endomorfismos siempre triangularizan porque la matriz asociada es triangular. Los autovalores son: Distinguimos varios casos: F λid = 0 (1 λ)(2 λ)(2 µ λ) = 0 λ 1 = 1 λ 2 = 2 λ 3 = 2 µ - Si µ 0, 1 entonces los tres autovalores son diferentes y el endomorfismo diagonaliza. La forma de Jordan es: J = 1 0 0 2 0 0. 0 0 2 µ La matriz de paso esta formada por los autovectores. Asociados al 1: (x, y, z)(f Id) = (0, 0, 0) 0 = (1 µ)x + µy + (1 µ)z 0 = y + µz resolviendo, (x, y, z) L{(µ 2 + µ 1, µ 2 µ, 1 µ)}. Asociados al 2: (x, y, z)(f 2Id) = (0, 0, 0) 0 = µx + µy + (1 µ)z 0 = z (x, y, z) L{(1, 1, 0)}. Asociados al 2 µ: (x, y, z)(f (2 µ)id) = (0, 0, 0) 0 = µy + µz 0 = (µ 1)z (x, y, z) L{(1, 0, 0)}.

En definitiva la matriz P es: P = µ2 + µ 1 µ 2 µ 1 µ 1 1 0 1 0 0 - Si µ = 0 entonces hay dos autovalores: { λ1 = 1 con multiplicidad algebraica 1. λ 2 = 2 con multiplicidad algebraica 2 Como el atuovalor 1 tiene multiplicidad algebraica 1, su multiplicidad geométrica necesariamente vale 1 también. Veamos la multiplicidad geométrica del autovalor 2. dim(ker(f 2Id)) = 3 rango 0 0 0 0 0 0 = 3 1 = 2. 1 0 1 Por tanto las multiplicidades geométricas coinciden con las algebraicas y el endomorfismo es diagonalizable. La forma de Jordan es: J = 1 0 0 0 2 0. 0 0 2 La matriz de paso esta formada por los autovectores. Asociados al 1: (x, y, z)(f Id) = (0, 0, 0) 0 = x + z 0 = y (x, y, z) L{(1, 0, 1)}. Asociados al 2: (x, y, z)(f 2Id) = (0, 0, 0) z = 0 (x, y, z) L{(1, 0, 0), (0, 1, 0)}. Luego la matriz de paso es: P = 1 0 1 1 0 0. 0 1 0 - Si µ = 1 también hay dos autovalores. Ahora son: { λ1 = 1 con multiplicidad algebraica 2 λ 2 = 2 con multiplicidad algebraica 1 Como el autovalor 2 tiene multiplicidad algebraica 1, su multiplicidad geométrica necesariamente vale 1 también. Veamos la multiplicidad geométrica del autovalor 1. dim(ker(f 2Id)) = 3 rango 0 0 0 1 1 0 = 3 2 = 1. 0 1 0 Por tanto las multiplicidades geométricas no coinciden con las algebraicas y el endomorfismo no es diagonalizable. Teniendo en cuenta que la mutliplicidad geométrica del autovalor 1 es 1, sólo hay una caja de Jordan asociada a él. La forma de Jordan es: J = 1 0 0 1 1 0. 0 0 2

Calculemos los vectores de la base en la que se obtiene J correspondientes al autovalor 1. Serán dos vectores v 1, v 2 siguiendo el esquema: V 1 V 2 v 1 v 2 donde V i = ker(f Id) i. Además v 2 es un vector de V 2 de manera que el vector v 1 = (F Id) v 2 es no nulo. Tenemos: F Id = 0 0 0 1 1 0 ; (F Id) 2 = 0 0 0 1 1 0. 0 1 0 1 1 0 Entonces: (x, y, z) V 2 (x, y, z)(f Id) 2 = (0, 0, 0) y + z = 0. Podemos tomar v 2 = (0, 1, 1) y v 1 = (0, 0, 1)(F Id) = (1, 0, 0). Ahora calculamos el autovector correspondiente al autovalor 2: (x, y, z)(f 2Id) = 0 0 = x + y 0 = z (x, y, z) L{(1, 1, 0)}. En definitiva la matriz de paso es: P = 1 0 0 0 1 1. 1 1 0 XIII. Sea A una matriz cuadrada cuyo polinomio característico es p(λ) = λ 2 1. Probar que A 2 Id = Ω. Si el polinomio característico es λ 2 1, hay dos autovalores reales 1 y 1, con multiplicidad algebraica uno. Por tanto la matriz diagonaliza, es decir, existen una matriz de paso P tal que: A = P 1 0 P 1. 0 1 Pero entonces: luego A 2 = P 2 1 0 P 1 = P IdP 1 = P P 1 = Id, 0 1 A 2 Id = Ω. XIV. Encontrar la (única) respuesta correcta, de entre las indicadas, a las siguientes cuestiones: (a) Dada la matriz real A = α 0 1 1 2 1 1 0 α Calculamos el polinomio característico: Entonces: A λi = (2 λ)(α + 1 λ)(α 1 λ)

Si α = 1 hay dos autovalores λ 1 = 2 con multiplicidad algebraica 2 y λ 2 = 0 con multiplicidad algebraica 1. Pero rango(a 2I) = 2 por tanto la multiplicidad geométrica de λ 2 = 2 es 3 2 = 1 2 y la matriz NO es DIAGONALIZABLE. Si α = 3 hay dos autovalores λ 1 = 2 con multiplicidad algebraica 2 y λ 2 = 4 con multiplicidad algebraica 1. Pero rango(a 2I) = 1 por tanto la multiplicidad geométrica de λ 2 = 2 es 3 1 = 2 y la matriz ES DIAGONALIZABLE. Si α 1 y α 3, los tres autovalores son diferentes y la matriz es DIAGONALIZABLE. Por tanto, si α = 3, A es diagonalizable por semejanza. VERDADERO. (Primer parcial, febrero 2001) (b) Dado un espacio vectorial real V y un endomorfismo f : V V, tal que rgf = rgf 2, siendo f 2 = f f Hay que darse cuenta que si rgf = rgf 2 entonces Ker(f) = Ker(f 2 ), ya que dim(ker(f i )) = dim(v ) rg(f i ) y Ker(f) Ker(f 2 ). Ker(f) Img(f) = { 0} VERDADERO. Sea v Ker(f) Img(f). Entonces: f(v) = 0 y v = f(u) f(f(u)) = 0 u Ker(f 2 ) = Ker(f) f(u) = 0 v = f(u) = 0 f = f 2 FALSO. Ejemplo f : IR IR, f(x) = 2x y entonces f 2 (x) = 4x. Imf Kerf FALSO. Ejemplo: f : IR IR, f(x) = 2x. Entonces Ker(f) = {0} e Im(f) = IR. Kerf Imf FALSO. Ejemplo: f : IR IR, f(x) = 0. Entonces Ker(f) = IR e Im(f) = {0}. (Primer parcial, enero 2004) (c) En un espacio vectorial real se tienen los endomorfismos f : V V y g : V V. Ker(f) Ker(g f) VERDADERO. Si v Ker(f) entonces (g f)( v) = g(f( v)) = g( 0) = 0, luego, v Ker(g f). Ker(g) Ker(g f) FALSO. Por ejemplo, si tomamos V = IR 2, f(x, y) = (y, x) y g(x, y) = (0, y). Entonces Ker(g f) = {0} IR y Ker(g) = IR {0}. Ker(g f) Ker(f) FALSO. Como contraejemplo vale el mismo del apartado anterior. Ker(g f) Ker(g) FALSO. De nuevo es válido el mismo contraejemplo. (Primer parcial, enero 2005)