CAPÍTULO 3 LA FORMA DE JORDAN

CAPÍTULO 3 LA FORMA DE JORDAN 31 OPERADORES NORMALES Definición Sean V un espacio vectorial de dimensión finita sobre el campo F y T un operador sobre V Un subespacio W de V se llama invariante bajo T, SI T aplica W en si mismo; esto es, si para cada α de W, el vector Tα pertenece también a W Se dice también que W es un subespacio T invariante de V Ejemplo 1 Sea V un espacio vectorial sobre el campo F y sea E una proyección de V Entonces, la imagen de E es E invariante En efecto, si R es la imagen de E y si β pertenece a R, entonces, Eβ = β Ejemplo 2 Sea W el subespacio de R 3 generado por el conjunto B = {(2,1,0), (2,0,1)} Si T es el operador sobre R 3 definido por T(x 1, x 2, x 3 ) = (5x 1 6x 2 6x 3, x 1 + 4x 2 + 2x 3, 3x 1 6x 2 4x 3 ), entonces, W es un subespacio T invariante de V Teorema 1 Sea V un espacio producto interno complejo de dimensión finita y sea T un operador hermitiano sobre V Entonces, todo valor propio de T es real Prueba Sea c un valor propio de T y sea α un vector propio no nulo de T con valor propio c Se tiene entonces que Por otra parte, dado que T = T, resulta Tα, α = cα, α = c α, α Tα, α = α, T α = α, Tα = Tα, α Puesto que α, α es un número real, de las dos expresiones anteriores se sigue que c es real

Lema Sea A una matriz real simétrica de n n Entonces, A tiene un vector propio no nulo con componentes reales Prueba Considérese la matriz A como un operador sobre el espacio producto interno C n 1, con el producto interno canónico Entonces, A es un operador hermitiano y, por el teorema 1, tiene un valor propio real c Sea X un vector no nulo de C n 1 tal que AX = CX Dado que podemos escribir X como X 1 + ix 2, donde X 1 y X 2 son elementos (al menos uno distinto de 0) de C n 1 con componentes reales, tenemos Pero por otra parte, AX = A(X 1 + ix 2 ) = AX 1 + i(ax 2 ) AX = CX = c(x 1 + ix 2 ) = cx 1 + i(cx 2 ) Comparando estas igualdades se llega a que AX 1 = CX 1 y AX 2 = CX 2 Esto completa la prueba Teorema 2 Sea V un espacio producto interno real de dimensión finita, con dimv 1 y sea T un operador simétrico sobre V Entonces, T tiene un vector propio no nulo en V Prueba Supóngase que dimv = n y sean B una base ordenada ortonormal de V y A la matriz de T respecto a B Entonces, A es una matriz real simétrica y, según el lema, existe un vector no nulo de R n 1 que es un vector propio de A Sea AX = CX (Con c real) y sea α el vector de V definido como [α] B = X Evidentemente, α es no nulo y Tα = cα, como se quería probar Ejemplo 3 Sea V el espacio producto interno de R 2 con el producto definido por (x 1, x 2 ), (y 1, y 2 ) = x 1 y 1 x 2 y 1 x 1 y 2 + 4x 2 y 2 Entonces, el operador T sobre V dado por T(x 1 x 2 ) = (x 1 3x 2, x 1 + 2x 2 ) es simétrico El lector puede comprobar mediante un cálculo directo que efectivamente Tα, β = α, Tβ para toda pareja de vectores α, β de V La matriz de T respecto a la base de V es A = ( 1 3 1 2 ) (nótese que A no es simétrica), de manera que al resolver la ecuación de t(ti A) = 0, se obtienen los valores propios reales c 1 = 1 2 (3 + 13) y c 2 = 1 2 (3 13) Dos vectores propios de α 1 y α 2 de T, correspondientes a estos valores propios son α 1 = ( 6, 1 + 13) y α 2 = ( 6, 1 13), respectivamente Si se usa la base ordenada B = {(1,0), 1 (1,1)}, que es una base ortonormal de 3 V, la matriz de T respecto a esta es A = ( 2 3 3 1 ) que si es simétrica Este hecho se observó en la prueba del teorema 2 Teorema 3 Sean V un espacio producto interno de dimensión finita y T un operador sobre V Supóngase que W es un subespacio T invariante de V Entonces, el complemento ortogonal W de W es T invariante (si V es real, T = T t )

Prueba Sea β cualquier elemento de W Si α pertenece a W, entonces, Tα está en W y, por lo tanto, Tα, β = 0 Pero Tα, β = α, T β Luego, el vector T β pertenece a W y de aquí que W es T invariante Teorema 4 Sea V un espacio producto interno complejo (real) de dimensión finita, con dimv 1 Si T es un operador autoadjunto (simétrico) sobre V, entonces, existe una base ortogonal de V, constituida por vectores propios de T Prueba Aplicamos inducción sobre la dimensión del espacio V Para dimv = 1, el enunciado es trivialmente válido Supóngase que este se cumple cuando dimv = k y sea dimv = k + 1 Por el teorema 5 del capítulo anterior (o el teorema 2 de este), T tiene un vector propio no nulo α 1 en V Sea W el complemento ortogonal del subespacio W de V generado por α 1 Entonces, dimw = k y además, del teorema 3, W es T invariante Así, la restricción de T a W es un operador autoadjunto sobre W y dimw = k Por hipótesis de inducción, existe una base ortogonal B = {α 2,, α k+1 } de W que consta de vectores propios de tal restricción Ahora α 1 es ortogonal a cada α j de B, de manera que B = {α 1, α 2,, α k+1 } es una base ortogonal de V constituída por vectores propios de T Corolario Sea A una matriz autoadjunta de n n Entonces, existe una matriz unitaria B de n n, tal que B 1 AB es una matriz diagonal Prueba Considérese A como un operador sobre C n 1 (o sobre R n 1 si los elementos de A son reales) Según el teorema, existe una base ortonormal B = {X 1,, X n } de C n 1 (o de R n 1 ), constituída por vectores propios de A Sea C la matriz (diagonal) de A respecto a B Entonces, existe una matriz inversible B de n n tal que C = B 1 AB Obviamente, la j ésima columna B J de B es la matriz de coordenadas del j ésimo elemento de la base B respecto a la base canónica de C n 1 (o de R n 1 ) El hecho de que B es unitaria es debido a que la base ordenada B es ortonormal Ejemplo 4 En referencia al ejemplo anterior, se puede comprobar fácilmente que los vectores α 1 y α 2 que se citan allí, forman una base ortogonal del espacio V La base ortogonal correspondiente es el conjunto B = {β 1, β 2 }, donde β j = α j α j ; j = 1,2 y α 1 2 = 4( 13 2) y α 2 2 = 5(15 13) Definición Sea V un espacio producto interno de dimensión finita sobre el campo F y sean g 1 y g 2 dos formas sobre V Supóngase que existe una base B de V que es ortogonal respecto a ambas formas a la vez Se dice entonces que g 1 y g 2 son simultáneamente diagonalizables, o que se pueden diagonalizar simultáneamente Teorema 5 Sea V un espacio producto interno complejo (real) de dimensión finita y sea T un operador autoadjunto (simétrico) sobre V Sea g la forma sobre V definida por g(α, β) = Tα, β Entonces, g y el producto interno se pueden diagonalizar simultáneamente Prueba Por el teorema 4, existe una base ordenada B = {α 1,, α n } que es ortogonal y que consiste de vectores propios de T Sean A y B las matrices del producto interno y de la forma g,

respectivamente, relativos a la base B Claramente, A es diagonal y, por otra parte, los elementos b ij de la matriz B están dados por b ij = α i, α j Si Tα i = c i α i, para i = 1,, n, resulta b ij = g(α i, α j ) = Tα i, α j = c j α i, α j Queda claro de aquí que b ij = 0 si i j, y de aquí que B es también diagonal Definición Sea V un espacio producto interno complejo de dimensión finita y T un operador sobre V Se dice que T es normal si conmuta con su adjunto; esto es, si TT = T T Teorema 6 Sean V un espacio producto interno complejo de dimensión finita y T un operador normal sobre V Entonces, un vector α de V es un vector propio de T con valor propio c si, y solo si, α es un vector propio de T con valor propio c Prueba Tómese en cuenta que si T es normal, entonces, T ci es también un operador normal y que, para todo α de Tα = T α Resulta de esto que (T ci)α = (T ci) α = (T c I)α, quedando entonces que (T ci)α = 0 si, y solo si (T c I)α = 0 Definición Una matriz compleja A de n n se llama normal si AA = A A Teorema 7 Sea V un espacio producto interno de dimensión finita y sean T un operador sobre V y B una base ordenada ortonormal de V Supóngase que la matriz A de T respecto a B es triangular superior Entonces, T es normal si, y solo si, A es una matriz diagonal Prueba Sean A = (a ij ) y B = {α 1,, α n } y supóngase que A es diagonal Dado que B es ortonormal, tenemos que la matriz de T respecto a B es A y, por tanto AA = A A o, equivalentemente, Recíprocamente, si T es normal, en virtud que A es triangular superior tenemos que Tα 1 = a 11 α 1, quedando del teorema anterior que T α 1 = a nα 1 Pero por otra parte se tiene que n T α 1 = (A ) i1 α i = a 1i α i, i=1 y de aquí que a 12 = a 13 = = a 1n = 0 Análogamente, ya que a 12 = 0, tenemos que Tα 2 = a 22 α 2, quedando nuevamente del teorema 6 que T α 2 = c 22α 2 Pero también n n i=1 T α 2 = (A ) i2 α i = a 2i α i i=1 n i=1 Esto significa que a 23 = a 24 = = a 2n = 0 Repitiendo este procedimiento n 2 veces mas se llega a que A es una matriz diagonal Corolario Existe una base ortonormal de V constituída por vectores propios de T

Prueba Todo operador sobre un espacio unitario de dimensión finita es triangulable Si T es normal, por el teorema, T es diagonalizable Es un ejercicio de rutina el hacer ver que todo operador autoadjunto sobre un espacio unitario de dimensión finita es también un operador normal; sin embargo, la afirmación en sentido inverso es falsa Esta es la razón por la cual se han planteado por separado los teoremas de diagonalización referentes a estos tipos de operadores Ejemplo 5 Sea V el espacio producto interno C 2 con el producto interno canónico y sea T el operador sobre V definido por T(x 1, x 2 ) = (ix 1 + (1 2i)x 2, (2 + i)x 1 + ix 2 ) Entonces, T es normal pero no es autoadjunto En efecto, la matriz A de T respecto a la base ordenada canónica de V, que es una base ortonormal, es i 1 2i A = ( ) 2 + i i Evidentemente, A A; es decir, T no es autoadjunto Sin embargo, T es normal, ya que AA = A 6 1 + i A = ( ) 1 i 6

32 LA FORMA DE JORDAN Dado un operador T sobre un espacio vectorial de dimensión finita, el representante matricial mas simple para T es la llamada forma diagonal, que fue discutida en el capítulo anterior y en la primera sección de este Sin embargo, nos dimos cuenta que no todo operador es diagonalizable La matriz mas simple asociada con T es la llamada forma de Jordan, con la ventaja sobre aquella de todo operador sobre un espacio vectorial complejo de dimensión finita tiene asociada una forma de Jordan Empezamos con un teorema y un corolario referentes a la descomposición de un espacio vectorial de dimensión finita en una suma directa de subespacios Aquí no será necesario que los espacios estén dotados de producto interno Teorema 8 Sean V un espacio vectorial de dimensión finita sobre el campo F y T un operador sobre V Sea f un elemento de F[t] con las siguientes propiedades: (a) f = f 1 f 2, donde f 1 y f 2 son primos relativos y grd f j 1; j = 1,2 (b) f(t) = 0 Si W 1 y W 2 son los espacios nulos de f 1 (T) y f 2 (T), respectivamente, entonces, V = W 1 W 2 Prueba Sea J el ideal generado por f 1 y f 2 Entonces, el polinomio constante 1 pertenece a J y, por lo tanto, existen elementos g 1 y g 2 en F[t] tales que 1 = g 1 f 1 + g 2 f 2 Se sigue de aquí que 31 I = (g 1 f 1 )(T) + (g 2 f 2 )(T) Si α es un elemento de V, de esta igualdad nos queda que α = (g 1 f 1 )(T)α + (g 2 f 2 )(T)α = β 1 + β 2, donde β j = (g j f j )(T); j = 1,2 Afirmamos que el vector β 2 pertenece a W 1 y que β 1 pertenece a W 2 En efecto, aplicando el operador f 1 (T) a β 2, encontramos f 1 (T)β 2 = f 1 T((g 2 f 2 )(T)α) = g 2 T((f 1 f 2 )(T)α) = g 2 (T)(f(T)α) = 0, y de aquí que β 2 está en W 1 De manera similar, β 1 está en W 2 ya que f 2 (T)β 1 = f 2 T((g 1 f 1 )(T)α) = g 1 T((f 1 f 2 )(T)α) = g 1 (T)(f(T)α) = 0 Se sigue de aquí que V = W 1 + W 2 Supóngase ahora que α es un elemento de W 1 W 2 Entonces, f 1 (T)α = 0 y f 2 (T)α = 0, quedando de (31) que

α = g 1 (T)(f 1 (T)α) + g 2 (T)(f 2 (T)α) = 0 De esta forma, V = W 1 W 2, como se establece en el enunciado Corolario Sean V un espacio vectorial complejo de dimensión finita y T un operador sobre V Sea f un elemento de C[t] tal que (a) f = f 1 f 2 f r, donde f j (t) = (t a j ) m j; j = 1,, r y a i a j si i j (b) f(t) = 0 Si W j es el espacio nulo de f j (T); j = 1,, r, entonces, V = W 1 W r Prueba Se aplica inducción sobre r Sea f = f 1 g, donde g = f 2 f 3 f r Obviamente, el espacio nulo de g(t) es el subespacio W = W 2 + + W r Ahora, dado que el máximo común divisor de f 1 y g es el polinomio constante 1, del teorema anterior encontramos que V = W 1 W Supóngase que ya se ha podido descomponer W en una suma directa W = W 2 W r donde, para j = 2,, r, W j es el espacio nulo del operador f j (T) sobre W Falta probar que W j es el espacio nulo de este operador definido sobre V Pero esto es inmediato ya que si α es un elemento de V que pertenece a W j, en la suma α = α 1 + β con α 1 en W 1 y β en W, tenemos que α 1 = 0 quedando entonces que f j (T)α = 0 Ejemplo 6 Sea V = R 3 y sea T el operador sobre V dado por T(x 1, x 2, x 3 ) = (x 1 + x 2 x 3, x 1 + 3x 2 x 3, x 1 + x 2 + x 3 ) Si f es el polinomio real definido por f(t) = t 3 5t 2 + 8t 4, entonces, f = f 1 f 2, donde f 1 (t) = t 1 y f 2 (t) = (t 2) 2 ; además f(t) = 0 Se puede entonces aplicar el teorema 8 (o su corolario) para afirmar que V se puede escribir como la suma directa de los subespacios W 1 y W 2 donde W 1 es el espacio nulo de f 1 (T) y W 2 es el espacio nulo de f 2 (T) El lector no encontrará dificultades para comprobar que W 1 es el subespacio de V generado por el vector β = (1,1,1) y que W 2 es el subespacio de V generado por los vectores β 1 = (1,1,0) y β 2 = (0,1,1) Así, para todo vector α = (a, b, c) de V, resulta α = xβ + (x 1 β 1 + x 2 β 2 ), donde x = a b + c, x 1 = b c y x 2 = a + b Definición Sean V un espacio vectorial sobre el campo F y T un operador sobre V Se dice que un vector α de V es T cíclico, si existe un entero positivo r tal que T r α = 0 El número entero que tiene esta propiedad recibe el nombre de período de α relativo a T Si r es dicho período, entonces, T k α 0 cuando 0 k < r Ejemplo 7 Sea V un espacio vectorial sobre el campo F y sea T un operador sobre VSi c es un valor propio de T, entonces, todo vector propio no nulo de α de T con valor propio c es un vector (T ci) cíclico de período 1 En el caso del espacio R 3, si T está dado por T(x 1, x 2, x 3 ) = (2x 1 2x 2 x 3, x 1 x 2 + x 3, x 1 2x 2 + 2x 3 ),

entonces, el vector α = (1,1,2) es (T I) cíclico con período 2 Lema Sean V un espacio vectorial sobre el campo F y T un operador sobre V Si α es un vector T cíclico de V con período r, entonces, los vectores son linealmente independientes Prueba Considérese la expresión α, Tα,, T r 1 α, c 0 α + c 1 (Tα) + + c r 1 (T r 1 α) = 0, donde los c j son ciertos escalares, y sea f el elemento de F[t] dado por r 1 f(t) = c k t k, k=0 entonces, la combinación lineal anterior se puede escribir como f(t)α = 0 Sea g el polinomio dado por g(t) = t r Puesto que α e de período r, debemos tener g(t)α = 0 Sea h el máximo común divisor Mónico de los polinomios f y g, entonces, h es un generador del ideal generado por estos polinomios y de aquí que existen f 1 y g 1 en F[t] tales que h = f 1 f + g 1 g Luego, h(t) = (f 1 f)(t) + (g 1 g)(t) Es claro aquí que h(t)α = 0 Pero h debe ser de la forma h(t) = t m para algún entero positivo m tal que 1 m < r, ya que h divide tanto a f como a g Se sigue de aquí que h(t)α = T m α = 0, lo cual contradice la hipótesis de que el período de α en T es r Luego, debemos tener f = 0; esto es c 0 = c 1 = = c r 1 = 0 Esto completa la prueba Definición Sean V un espacio vectorial de dimensión r sobre el campo F y T un operador sobre V Se dice que V es un espacio cíclico si existe un vector T cíclico en V con período r por Ejemplo 8 El espacio vectorial R 3 es un espacio t cíclico si el operador T está definido T(x 1, x 2, x 3 ) = (x 1 + x 2 + x 3, x 1 x 2 x 3, x 1 + x 2 ), ya que para el vector α = (1,0,0) tenemos que Tα = (1, 1,1), T 2 α = (1, 1,0) y T 3 α = 0; esto es, α es un vector T cíclico de período 3 Corolario Sean V un espacio vectorial de dimensión r sobre el campo F y T un operador sobre V Sea c un valor propio de T y supóngase que existe un vector (T ci) cíclico α r de período r Entonces, el conjunto B = {α 1,, α r }, donde α j = (T ci) r j α r ; j = 1,, r, es una base de V Prueba Dado que dimv = r, la afirmación se sigue del lema anterior

Definición Considerando el conjunto B del corolario como una base ordenada, se le llama a este base de Jordan para T Teorema 9 Sean V u espacio vectorial de dimensión r sobre el campo F y T un operador sobre V Sea c un valor propio de T y supóngase que existe un vector (T ci) cíclico α r de período r Si B es la base de Jordan para T, entonces, la matriz de T respecto a B es la matriz J de r r dada por 32 Prueba Recurrimos a la expresión c 1 0 0 0 0 c 1 0 0 J = 0 0 c 0 0 0 0 0 ( 0 0 0 c 1 0 c) 33 T((T ci) k α) = (T ci) k+1 α + c(t ci) k α, la cual es válida para todo entero k =0,1,2, sea, como se propuso, B = {(T ci) r 1 α r, (T ci) r 2 α r,, α r } una base de Jordan para T Aplicando el operador T al primer vector de B, de la igualdad 33, resulta T((T ci) r 1 α r ) = (T ci) r α r + c(t ci) r 1 α r = c(t ci) r 1 α r Es claro de aquí que la primera columna de la matriz J es como se señala en (32) Para el segundo vector de la base B, nuevamente de (33), tenemos T((T ci) r 2 α r ) = (T ci) r 1 α r + c(t ci) r 2 α r Los escalares 1 y c que aparecen en la combinación lineal de la derecha, corresponden a los dos primeros componentes de la segunda columna de J En general, para la j ésima columna de la matriz J, encontramos T((T ci) r j α r ) = (T ci) r j+1 α r + c(t ci) r j α r Se sigue de aquí que la matriz J de T respecto a B es como se propone en (32) Corolario Supóngase que V tiene dimensión n y que c 1,, c s son los valores propios distintos de T Supóngase además que V se puede descomponer en una suma directa de subespacios V 1,, V s ; es decir, V = V 1 V s, donde para j = 1,, s, V j es (T c j I) cíclico y dimv j = n j Sea B j = {α j, α j2,, α jnj } una base de Jordan para la restricción de T a V j Entonces, el conjunto (con orden) 34 B = {α 11, α 12,, α sns } es una base ordenada de V y la matriz J de T respecto a B es de la forma

35 J 1 0 0 J = ( J 2 0 0 ) 0 0 J s donde cada J k (k = 1,, s) es un bloque (submatriz) de n k n k del tipo de la matriz dada en (32) y las submatrices nulas son de tamaño tal que J es una matriz cuadrada Prueba Se aplica el teorema a cada uno de los subespacios V j Definición A la base B dada en la igualdad (34) se le denomina base de Jordan para T y a la matriz J que aparece en (35) se le conoce como forma de Jordan de T Las submatrices J k que forman la matriz J son llamadas bloques de Jordan J es conocida también como forma canónica de Jordan Antes de presentar algunos ejemplos sobre formas de Jordan de operadores queremos introducir el concepto de polinomio mínimo de un operador, que nos será útil para explicar y justificar algunas cosas sobre tales formas Definición Sea T un operador sobre un espacio vectorial V de dimensión finita sobre el campo F El polinomio mínimo de T es el generador Mónico (único) del ideal de polinomio sobre F que anulan T Ejemplo 9 Considérense los generadores T y U sobre R 3 definidos por T(x, y, z) = (x 2y + z, y z, z) U(x, y, z) = (2x + 2y z, x y + z, x 2y + 2z) Ninguno de estos operadores es diagonalizable y tienen el mismo polinomio característico P T (t) = P U (t) = (t 1) 3 El polinomio mínimo del operador T es igual a su polinomio característico; esto es, m T = P T, sin embargo, el polinomio mínimo m U de U es m U (t) = (t 1) 2, ya que (U I) 2 = 0 Si T es el operador sobre R 4 dado por T(x 1, x 2, x 3, x 4 ) = (x 1 x 2 2x 3 + 4x 4, x 1 3x 2 + 2x 3 + 2x 4, x 1 2x 2 + 4x 3 x 4, x 1 + 2x 2 + 2x 3 3x 4 ), se puede comprobar que tiene polinomio característico P T (t) = t(t + 5)(t 2) 2 Su polinomio mínimo queda como m T (t) = t(t + 5)(t 2) El polinomio mínimo de una matriz cuadrada se define en los mismos términos que el de un operador Teorema 10 Sea T un operador sobre un espacio vectorial de dimensión n (o bien: sea A un matriz de n n Entonces, los polinomios característicos y mínimo para T(para A), tiene las mismas raíces, excepto por multiplicidades

Prueba Sea m el polinomio mínimo para T y sea c un escalar Probaremos que m(c) = 0 si y solo si c es un valor propio de T Supongamos primero que m(c) = 0, entonces, por el corolario 1 del teorema 3 del primer capítulo tenemos que m(t) = (t c)q(t) para algún polinomio q Ahora, ya que grd q < grd m, q(t) no puede ser el operador nulo Sea β un vector de V que no pertenece al espacio nulo de q(t) y sea α = q(t)β Obviamente, α 0 y 0 = m(t)β = (T ci)q(t)β = (T ci)α De aquí que c es un valor propio de T Inversamente, si c es un valor propio de T y Tα = cα, con α = 0, del corolario de la proposición 2 del capítulo anterior resulta 0 = m(t)α = m(c)α Dado que α 0, resulta m(c) = 0 Con esto concluye la prueba Si V es un espacio vectorial de dimensión n sobre el campo F y T es un operador sobre V, en ninguna parte de la teoría desarrollada hasta aquí se garantiza la existencia de un vector T cíclico de período n; en otras palabras, con los elementos de que disponemos no podemos afirmar que V sea un espacio cíclico De hecho, este es el caso general, como se muestra en el siguiente ejemplo Ejemplo 10 Considérese el espacio tal que Tα 0 y T 2 α = 0; esto es, R 2 no es T cíclico En este caso, no obstante, podemos descomponer R 2 en una suma directa de dos subespacios cíclicos: uno de ellos es (T 2I) cíclico y el otro (T 3I) cíclico Esto se debe al hecho de que el operador T es diagonalizable Disertación (El mejor de los casos) Sean V un espacio vectorial de dimensión n sobre los complejos y T un operador sobre V Supóngase que T tiene s valores propios (s 2) c 1,, c s distintos entre si, entonces, el polinomio característico P T de T queda como P T (t) = (t c 1 ) m 1(t c 2 ) m 2 (t c s ) m s, para algunos enteros positivos m 1,, m s tales que m 1, + + m s = n Sea N j el espacio nulo del operador (T c j I) m j, entonces, N j tiene dimensión m j y es un subespacio (T c j I) m j invariante Supóngase que se pueden encontrar q + 1 vectores propios α 1,, α q+1 linealmente independientes de T con valor propio c j Si q + 1 = m j el conjunto B = {α 1,, α q+1 } es una base para N j y (T c j I) m j es diagonalizable en N j Si este no es el caso; esto es, si q + 1 < m j, sea N j el espacio nulo de (T c j I) m j q que es un operador no nulo ya que, de otra forma, el polinomio m(t) = (t c j ) mj q sería el polinomio mínimo de T, en contradicción con el teorema 10, ya que hay al menos un valor propio de T distinto de c j Si β está en N j entonces (T c j I) mj q 1 β es un vector propio de T con vector propio c j Supóngase que β 0 y sea 36 q+1 α q+1 = (T c j I) m j q 1 β = b i α i donde α q+1 0 Si el coeficiente b k (1 k q + 1) en la combinación lineal de la derecha, es distinto de 0, el conjunto que se obtiene de B al intercambiar el vector α k por α q+1 es linealmente i=1

independiente, de manera que al reordenar B colocando al final α q+1 y a la izquierda de este los q vectores restantes α j, se obtiene el conjunto B" = {α 1,, α q+1 } Sea r = m j q Por el último lema y su corolario, los vectores (T c j I) r 1 β, (T c j I) r 2 β,, β son linealmente independientes y el conjunto {α q+1,, α mj }, con orden, donde α q+1 = (T c j I) r i β, α mj = β, es una base de Jordan para T restringido a N j El bloque de Jordan correspondiente queda como J = ( C j 0 0 J j ), donde c j es la matriz diagonal de q q: C j = diag(c j,, c j ) y J j es la submatriz de (m j q) (m j q) que tiene todos sus elementos de la diagonal iguales a c j y es de la forma de la matriz J dada en (32) Trataremos de ilustrar la teoría desarrollada en esta sección mediante algunos ejemplos simples (otros no tanto) al respecto Ejemplo 11 En el caso de operadores sobre espacios de dimensión 2, los operadores son diagonalizables o los espacios son cíclicos, dependiendo de si dichas funciones tienen dos valores propios distintos, o tienen solamente uno (de multiplicidad 2), respectivamente Pongamos por caso el operador sobre R 2 dado el ejemplo 10 Aquí la matriz A de T respecto a la base canónica R 2 es A = ( 1 1 2 4 ) Y el polinomio característico p T queda como p T (t) = det(ti A) = (t 2)(t 3) y, obviamente, el polinomio mínimo m T, es el mismo Si se trabaja con la base ordenada B = {(1, 1), (1, 2)}, que consiste de vectores propios de T con valores propios 2 y 3, respectivamente, está resuelta en una base de Jordan para T La forma de Jordan correspondiente es J = diag(2,3) En este caso, os bloques de Jordan son, por supuesto, matrices de 1 1 Ejemplo 12 Sea T el operador sobre R 2 definido por T(x, y) = (x y, x + 3y) La matriz A de T con respecto a la base canónica de R 2 es A = ( 1 1 1 3 ) y su polinomio característico p T de T queda como p T (t) = (t 2) 2 Existe únicamente un vecgtor ropio de T, linealmente independiente, con valor propio 2; a saber, α 1 = (1, 1) Sin embargo, se puede conseguir un α 2 en R 2 tal que (T 2I)α 2 = α 1 Dicho vector es α 2 = (1,0) y es un vector (T 2I) cíclico de período 2

El teorema de Cayley-Hamilton (Teorema 9 del capítulo anterior) garantiza que (T 2I) 2 α 2 = 0 La base de Jordan para T en {α 1, α 2 } y la forma de Jordan correspondiente queda como J = ( 2 1 0 2 ) Ejemplo 13 Sea T el operador sobre C 3 definido por T(x, y, z) = (2x + 2y z, x y + z, x 2y + 2z) La matriz A de T con respecto a la base ordenada canónica de C 3 es 2 2 1 A = ( 1 1 1 ), 1 2 2 quedando su polinomio característico p T (t) = det(ti A) = (t 1) 3, y su polinomio mínimo es m(t) = (t 1) 2 De esta forma, T tiene un solo valor propio c = 1; sin embargo, se pueden obtener 2 vectores propios linealmente independientes de T con valor propio 1; por ejemplo, α 1 = (1,0,1) y α 2 = (0,1,2) En referencia a la última parte de la teoría (Disertación) tenemos para este caso que m j = 3 y q = 1 Como se hizo en la igualdad (36), se propone (T I)α 3 = α 2 α 1 = ( 1,1,1) y resulta α 3 = (1,0,0) En el conjunto {α 1 α 2 } se sustituye α 2 por α 2 = ( 1,1,1) y, como se hizo en la teoría, se construye la base ordenada {α 1, α 2, α 3 }, con α 1 = α 1 Esto es una base de Jordan para T y la forma de Jordan relativa a esta queda como 1 0 0 J = ( 0 1 1) 0 0 1 Es claro que otra base de Jordan para T es {α 2, α 3, α 1 } Con respecto a esta nueva base, los bloques de Jordan en la forma J (Uno de ellos de 1 x 1 y el otro de 2 x 2), quedarán intercambiados Ejemplo 14 Sea T el operador sobre C 6 cuya matriz asociada respecto a la base canónica es A = 2 0 0 0 0 0 1 2 0 0 0 0 1 0 2 0 0 0 0 1 0 2 0 0 1 1 1 1 2 0 ( 0 0 0 0 1 1) De la igualdad p T (t) = det(ti A) se llega a que el polinomio característico de T e p T (t) = (t + 1)(t 2) 5 n y se pueden manipular las potencias de los factores t + 1 y t 2 de p T (t) para llegar a que (T + I)(T 2I) 4 es el operador nulo, quedando entonces que el polinomio mínimo m T de T está dado por m T (t) = (t + 1)(t 2) 4 Con el valor propio c = 1 de T no hay problema Se construye en bloque de Jordan de 1 x 1: un vector propio de T con valor propio 1 es β 1 = (0,0,0,0,0,1) Con el valor propio c = 2 de T se pueden generar dos vectores propios α 1 y α 2 de T, linealmente independientes; por ejemplo, α 1 = (0,0,1, 1,0,0) y α 2 = (0,0,0,0,3,1) Nuevamente, con respecto a la teoría presentada en la disertación, tenemos para este caso que m 2 = 5 y q = 1 Conforme a la expresión (36) buscamos un vector no nulo β de C 6 tal que α 2 = (T 2I) 3 β = 0α 1 +

1 α 2 : este resulta ser β = (3,1, 4,0,0,0) Se obtienen después los vectores α 3 = (T 2I) 2 β y α 4 = (T 2I)β Tomando α 1 = α 1, α 2 = α 2 y β= α 5, construimos la base de Jordan {β 1, α 1, α 2, α 3, α 4, α 5 } (hay mas posibilidades) Con respecto a esta base, la forma de Jordan para T queda como J = 1 0 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 2 1 0 0 0 0 0 2 1 0 0 0 0 0 2 1 ( 0 0 0 0 0 2) En este caso, los vectores α 3 y α 4 son α 3 = (0,0,0,3,1,0) y α 4 = (0,3, 3,1,0,0) Ejemplo 15 Sea T el operador sobre C 8 cuya matriz asociada respecto a la base canónica es A = 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 0 1 1 ( 0 0 0 0 0 0 0 0 ) Calculando el det (ti A) se llega a que el polinomio característico p T de T está dado por p T (t) = t 4 (t 1) 4 Como en el ejemplo anterior, ensayando con las potencias de los factores T y T 1 de p T (T) se llega a que el polinomio mínimo m T de T es Claramente, los valores propios de T son C = 0,1 Dos vectores propios de T, linealmente independientes, con valor propio C = 0 son β = (0,1, 1,0,0,0,0,0) y α 2 = (0,0,0,1, 1,0,0,0), y no es posible obtener mas vectores propios independientes con este valor propio Ahora, con el vector α 2 es posible construir un elemento α 2 de C 8 tal que Tα 2 = α 2 ; basta tomar α 2 = (0,1,0,1, 2,0,0,0), pero no se puede construir un δ de C 8 tal que Tδ = β Se debe entonces intentar obtener un α 1 en este espacio vectorial que sea un vector propio de T con valor propio C = 0, que no sea un múltiplo de α 2 y que sea tal que exista un α 1 que sea solución de la ecuación Tα 1 = α 1 El vector α 1 = β + 2α 2 = (0,1, 1,2, 2,0,0,0) cumple con todos los requisitos establecidos Resolviendo la ecuación citada, encontramos, α 1 = ( 1,1,0, 1, 1,1,0,1) Podemos ahora formar un bloque de Jordan de 4 x 4 para T, correspondiente al valor propio de T, c = 0, usando la base {α 1, α 1, α 2, α 2 }, que es una base de Jordan Dicho bloque queda como 0 1 0 0 0 0 0 0 J 1 = ( ) 0 0 0 1 0 0 0 0

Mediante a un análisis muy semejante al realizado para el caso del valor propio c = 0 de T, podemos inferir que con c = 1 se obtienen dos vectores propios linealmente independientes β 1 = (1,0,0,0,0,0,0,0) y δ = (0,0,0,0,0,1, 1,0) de T (y no es posible encontrar mas valores propios de T, linealmente independientes, que tengan valor propio c = 1 Con β podemos obtener un vector β 1, que resuelva la ecuación (T I)β 1 = β 1 : β 1 es el vector β 1 = (0,0,0,0,0,1,0,0), pero no es posible hacer lo mismo con el vector δ; esto es, no podemos encontrar un β que resuelva la ecuación (T I)β = δ Proponemos β 2 = β 1 + δ = (1,0,0,0,0,1, 1,0) El vector β 2 = (0,0,0,0,1,1, 1,0) resuelve la ecuación (T I)β 2 = β 2 De esta forma, respecto a la base de Jordan {β 1, β 1, β 2, β 2 } de T el bloque de Jordan correspondiente queda como 1 1 0 0 0 1 0 0 J 2 = ( ) 0 0 1 1 0 0 0 1 Explícitamente, respecto a la base de Jordan {α 1, α 1, α 2, α 2, β 1, β 1, β 2, β 2 } para T, la formad e Jordan correspondiente queda como J = 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 ( 0 0 0 0 0 0 0 1) Los problemas resueltos en estos dos últimos ejemplos, aparecen como ejercicios en la obra de Hoffman y Kunze (referencia 4 en la bibliografía) El ejemplo 14 corresponde al ejercicio 6 de la página 248 y el 15 al ejercicio 5 de la página 260 de la obra mencionada

Apéndice Sea V un espacio vectorial de dimensión finita sobre el campo F Una base ordenada de V es una sucesión α 1,, α n de vectores linealmente independientes de V que generan V Se emplea la notación B = {α 1,, α n } para indicar dicha base, señalando, cuando sea el caso, que se trata de una base ordenada Si α es cualquier vector de V, entonces, existen escalares x 1,, x n de F tales que α = x 1 α 1 + + x n α n Se define la matriz de coordenadas de α relativa a la base ordenada B como [α] B = x 1 ( x n ) Si B = {α 1,, α n } es otra base ordenada de V, entonces, existe una matriz inversible P de n n con elementos en F tal que [α] B = P[α] B Las columnas P 1,, P n de la matriz P vienen dadas por P j = [α j ] B ; j = 1,, n En ocasiones se le llama a P matriz de cambio de base Sean V y W espacios vectoriales de dimensión finita sobre el mismo campo F y sean B = {α 1,, α n } y B = {β 1,, β n } bases ordenadas de V y W, respectivamente Si T: V W es una transformación lineal, entonces existe una matriz A de m n con elementos en F tal que (1) [Tα] B = A[α] B, Para todo α de V Las columnas A 1,, A n de A están dadas por A j = [Tα j ] B ; j = 1,, n y a la matriz A se le denomina matriz de T respecto a las bases ordenadas B, B Cuando la transformación T es un operador (operador lineal sobre V), se emplea una sola base ordenada de V; digamos B = {α 1,, α n } La matriz A de T respecto a esta base tiene columnas A j = [Tα j ] B ; j = 1,, n y en ocasiones la matriz A se escribe como [T] B En términos de este símbolo, la igualdad (1) queda como [Tα] B = [T] B [α] B Obviamente, en el caso de operadores, las matrices asociadas son matrices cuadradas Definición Sean A y B matrices de n n sobre el campo F Se dice que B es semejante a A sobre F, si existe una matriz inversible P de n n, con elementos en F, tal que B = P 1 AP Dado que la relación de semejanza de matrices es una relación de equivalencia, es correcto decir que A y B son semejantes sobre F, en vez de decir que una de las matrices es semejante a la otra

Bibliografía 1 Friedberg, S-Insel, A-Spence, L, Linear Algebra, Pearson Education, USA, 2003 2 Halmos, P, Finite-Dimensional Vector Spaces, D Van Nostrand Co, Princeton, 1958 3 Herstein, IN, Topics in Algebra, Blasdell Publishing Co, USA, 1964 4 Hoffman, K-Kunze, R, Álgebra Lineal, Prentice Hall Int, España, 1982 5 Kurosh, A, Lectures on General Algebra, Chelsea Publishing Co, USA, 1964 6 Lang, S, Linear Algebra, Addison Wesley Publishing Co, USA, 1968 7 Maclane, S-Birkhoff, G, Algebra, The Macmillan Co, USA, 1967 8 Valadez, RM, Álgebra Lineal: Productos Internos y Teoremas de Estructura, Ediciones Acatlán, México 2003