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Enrique R. AznarDpto. de Álgebra

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APLICACIONES LINEALES. SEMEJANZA.

¿Cómo cambiar de espacio?

1. Homomorfismos. 6Definición 1 6Ejemplo 1 6Ejemplo 2 7Ejemplo 3 7Ejemplo 4 8Ejemplo 5 8Ejemplo 6 8Ejemplo 7 8Ejemplo 8 9Ejemplo 9 9Lema 1 9Ejemplo 10 9Ejemplo 11 9

2. Núcleo e imagen. 10

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Definición 2 10Lema 2 10Ejemplo 12 11

3. Matriz asociada. 13Definición 3 13Lema 3 14Lema 4 15Ejemplo 13 15Teorema 1 16Corolario 1 18Corolario 2 19Ejemplo 14 19

4. Monomorfismos. Epimorfismos e Isomorfismos. 22Lema 5 22Corolario 3 23Definición 4 24Definición 5 24Lema 6 24Ejemplo 15 26Ejemplo 16 26Ejemplo 17 26

5. Equivalencia y semejanza de matrices. 27Lema 7 28

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Definición 6 28Lema 8 28Lema 9 28Definición 7 29Ejemplo 18 30

6. Autovalores y autovectores. 31Teorema 2 31Definición 8 32Ejemplo 19 32Lema 10 34Lema 11 34Lema 12 34Lema 13 34Teorema 3 35

7. Polinomio característico. 36Definición 9 36Lema 14 37Ejemplo 20 37Ejemplo 21 37

8. Multiplicidad algebraica vs multiplicidad geométrica. 38Ejemplo 22 38Definición 10 38Definición 11 38

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Lema 15 40Lema 16 40Teorema 4 40Ejemplo 23 41Corolario 4 42Corolario 5 42Ejemplo 24 42

9. Potencias de una matriz diagonalizable. 43Ejemplo 25 43

10. Raíz cuadrada de una matriz real diagonalizable. 45Definición 12 45Ejemplo 26 45Definición 13 47Ejemplo 27 48

11. Ejercicios. 49Ejercicio 1 49Ejercicio 2 49Ejercicio 3 49Ejercicio 4 50Ejercicio 5 50Ejercicio 6 50Ejercicio 7 50Ejercicio 8 50

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Ejercicio 9 51Ejercicio 10 51

12. Test de repaso. 51

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1. HOMOMORFISMOS.

Dados dos esp. vect. V y V ′ sobre el mismo cuerpo K , a veces interesaestudiar las posibles relaciones entre ambos.

Como tienen la misma estructura algebraica, interesa estudiar las aplica-ciones entre ambos conjuntos que preserven esas propiedades.O sea, dada f : V −→ V ′ una aplicación (o sea, tal que todo elemento tieneimagen y esta es única).

Definición 1. Se dice que f es una aplicación lineal (a.l.) o un homomor-fismo si verifica para todo u, v ∈V y todo λ ∈ K

1) f (u + v) = f (u)+ f (v)2) f (λu) = λ f (u)

Estas dos propiedades son equivalentes a que f preserve c.l. Esto es,

⇒) f (λu +µv) = f (λu)+ f (µv) = λ f (u)+µ f (v)⇐) Para λ=µ= 1 se tiene f (u + v) = 1 · f (u)+1 · f (v) = f (u)+ f (v)

Para µ= 0, f (λu) = f (λu +0 ·u) = λ f (u)+0 · f (u) = λ f (u) �

Ejemplo 1. Claramente la aplicación identidad I : V −→V , tal que

I (u) = u

para todo u ∈V es una a.l.En general, si U ≤V es un subesp. vect. la aplicación inclusión i : U −→ V ,

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tal que i (u) = u para todo u ∈U es claramente una a.l.

Ejemplo 2. También la aplicación cero 0 : V →V ′, que lleva al vector cero

0(u) = 0

cualquier u ∈ V , claramente satisface la condición de preservar c.l. y es elhomomorfismo más sencillo que existe entre dos esp. vect.

En R2, la suma de vectores tiene una interpretación geométrica sencilla, esla diagonal del paralelogramo definido por los dos vectores desde el origen.

También, el producto de un escalar λ por un vector tiene una interpretacióngeométrica simple, es el vector, λ veces, más grande o pequeño situado en lamisma recta desde el origen. Esto permite demostrar que

Ejemplo 3. Cualquier rotación de R2, alrededor del origen, rθ : R2 → R2,que gira un ángulo θ alrededor del origen de coordenadas es una a.l.

Ya que si giramos un paralelogramo su diagonal gira el mismo ángulo y lomismo pasa con la recta definida por un vector u.

Veremos que si una aplicación no deja al origen invariante no puede ser unaa.l. Además, como una reflexión respecto a cualquier recta preserva distan-cias, rectas y lleva paralelogramos en paralelogramos iguales. Se tiene que

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Ejemplo 4. Cualquier reflexión de R2, respecto a una recta que pase por elorigen es una a.l.

En cambio, un giro alrededor de un punto distinto del origen y una reflexiónrespecto a una recta que no contiene al origen no son a.l. de R2.

Más adelante, hallaremos las ecuaciones explícitas de una rotación y de unareflexión arbitrarias.

Ahora, veremos un ejemplo analítico. Para eso, recordamos que la derivadade una función lleva sumas en sumas y también saca productos por escalares.

Si nos quedamos con funciones, f :R→R, cuya derivada es del mismo tipo.Por ejemplo, toda f ∈C∞ es infinitamente derivable. Entonces, tenemos

Ejemplo 5. La aplicación derivada D : C∞ → C∞ es una a.l.

Como la derivada de un polinomio es otro polinomio. También, tenemos

Ejemplo 6. La aplicación derivada D : R(x) → R(x) en el anillo de poli-nomios reales es una a.l.

Como en el esp. vect. de las matrices, Mmxn(R), la aplicación traspuestalleva sumas en sumas y preserva los productos por un escalar. Tenemos

Ejemplo 7. La aplicación traspuesta t : Mmxn(R) → Mmxn(R) que llevacada matriz, A, en su traspuesta, At , es una a.l.

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Ejemplo 8. Dada A ∈ Mmxn(R). Por las propiedades del producto de matri-ces, la aplicación f A : Rn → Rm definida por f A(v) = Av t es una a.l.

Ejemplo 9. También, dado u ∈Rn , la aplicación fu : Rn → R definida porfu(v) = u · v = uv t es una a.l.

Lema 1. [Propiedades de una a.l.]

1) f (0) = 02) f (−u) =− f (u)3) f (λ1u1 + ·· · + λnun) =λ1 f (u1) + ·· · + λn f (un)

Demostración:

1) f (0)+ f (0) = f (0+0) = f (0) ⇒ f (0) = 02) f (−u) = f ((−1)u) = (−1) f (u) =− f (u)3) Por inducción y las propiedades de la aritmética vectorial. �

Ejemplo 10. La aplicación f :R2 →R2 definida por f (x, y) = (x, y+1) no esuna a.l. ya que f (0,0) = (0,0+1) = (0,1) 6= (0,0)

Ejemplo 11. La aplicación f : R2 → R2 definida por f (x, y) = (y, x2) no esuna a.l. ya que aunque f (0,0) = (0,0) se tiene la desigualdad

f (2(1,0)) = f (2,0) = (0,4) 6= (0,2) = 2(0,1) = 2 f (1,0)

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2. NÚCLEO E IMAGEN.

Toda a.l. f : V −→V ′, entre dos esp.vect., lleva asociados otros dos esp. vect.

Definición 2. Llamamos núcleo de f al conjunto de los vectores de V quevan al cero de V ′

N ( f ) = {v ∈V : f (v) = 0}

Llamamos imagen de f al conjunto de los vectores de V ′ que son imagen dealgun vector de V

Im( f ) = { f (v) ∈V ′ : v ∈V }

• Por la definición, dados u, v ∈ N ( f ) y escalares λ,µ ∈ K se tiene

f (λu +µv) =λ f (u)+µ f (v) =λ ·0+µ ·0 = 0

Luego N ( f ) es cerrado por c.l. y es un subesp. vect. de V .• Análogamente, dados u′, v ′ ∈ Im( f ) y escalares λ,µ ∈ K existen

u, v ∈V tal que f (u) = u′, f (v) = v ′ y se tiene

λu′+µv ′ =λ f (u)+µ f (v) = f (λu +µv) ∈ i m(V )

O sea, Im(V ) es cerrado por c.l. y es un subesp. vect. de V ′.

Lema 2. Si {u1, . . . ,un} es un s.g. de V , { f (u1), . . . , f (un)} es un s.g. de Im( f )

Demostración: En efecto, dado u′ ∈ Im( f ), existe u ∈ V tal que f (u) = u′.Por hipótesis, existen escalares λ1, . . . ,λn ∈ K tal que u =λ1u1 +·· ·+λnun .

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Entonces

u′ = f (u) = f (λ1u1 +·· ·+λnun) =λ1 f (u1)+·· ·+λn f (un)

y por tanto { f (u1), . . . , f (un)} es un s.g. de Im( f ) como queríamos. �

Ejemplo 12. Dada la aplicación f : R3 →R4 definida por

f (x, y, z) = (x +2z, y, x + y +2z, x − y +2z)

Comprueba que es una a.l. Calcula su núcleo y su imagen.

Por el ejemplo 8, como un vector imagen, por columnas es

f (x, y, z) =

1 0 20 1 01 1 21 −1 2

·x

yz

f es una a.l. Además, su núcleo coincide con el espacio nulo de la matriz.O sea, u = (x, y, z) ∈ N ( f ) si y sólo si es solución del s.l. homogéneo

x +2z = 0y = 0

x + y +2z = 0x − y +2z = 0

que es compatible indeterminado y claramente su solución general es

(x, y, z) = (−2λ, 0, λ)

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Por tanto, N ( f ) está generado por el vector u = (−2, 0, 1) y su dimensión es

di m(N ( f )) = 1

Por el lema anterior, Im( f ) está generado por los vectores columna de lamatriz ya que la imagen de la base canónica es

f ({e1,e2,e3}) = {(1,0,1,1), (0,1,1,−1), (2,0,2,2)}

O sea, Im( f ) coincide con el espacio de columnas de nuestra matriz. Comoel tercer vector (columna) es el doble del primero y los dos primeros son l.i.Se tiene que una base de la imagen es

{(1,0,1,1), (0,1,1,−1)}

y por tanto su dimensión es di m(Im( f )) = 2 y unas e.p. son

(x1, x2, x3, x4) =λ(1,0,1,1)+µ(0,1,1,−1)

Finalmente, observamos que

di m(N ( f ))+di m(Im( f )) = 3 = di m(R3)

Lo que sucede en este ejemplo es típico de cualquier a.l. entre esp. vect. dedimensión finita y lo veremos en la próxima sección.

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3. MATRIZ ASOCIADA.

Dada una a.l. f : V −→ V ′, y una base B = {e1, . . . ,en} de V , sabemos por ellema 3 que su imagen

{ f (e1), . . . , f (en)}

es un s.g. del subespacio imagen f (V ) = Im( f ) ≤V ′.O sea, para todo vector x = (x1, . . . , xn)B = x1e1 +·· ·+xnen ∈V se tiene

y = f (x) = x1 f (e1)+·· ·+xn f (en)

Si además conocemos una base, B ′ = {e ′1, . . . ,e ′

m}, de V ′.Los vectores imágenes, f (e j ) = (a1 j , . . . , am j )B ′ , se pueden sustituir

y = f (x) = x1(a11e ′1 +·· ·+am1e ′

m)+·· ·+xn(a1ne ′1 +·· ·+amne ′

m) == (x1a11 +·· ·+xn a1n)e ′

1 +·· ·+ (x1am1 +·· ·+xn amn)e ′m =

= y1e ′1 +·· ·+ yme ′

m = (y1, . . . , ym)B ′

lo que equivale a las m igualdades

y1 = a11x1 +·· ·+a1n xn...

......

ym = am1x1 +·· ·+amn xn

Definición 3. [Ecuaciones de un homomorfismo]A las m ecuaciones anteriores las llamamos ecuaciones de la a.l. f .

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Escribiendo los vectores por columnas1 equivalen al producto matricial

y = f (x1, . . . , xn) =

y1...

ym

=

a11 . . . a1n... . . . ...

am1 . . . amn

·

x1...

xn

que se llaman las ecuaciones matriciales por columnas de f .A la matriz correspondiente

A f =

a11 . . . a1n... . . . ...

am1 . . . amn

se le llama la matriz asociada por columnas al homomorfismo f .

Observamos que, la matriz asociada y las ecuaciones correspondientes sonúnicas cuando se eligen bases B y B ′ de V y V ′ respectivamente.

Cambiando las bases se pueden cambiar las ecuaciones y simplificarlas2.Pero siempre, la matriz asociada es mxn, con m = di m(V ′) y n = di m(V ).

Y siempre, sus columnas son un s.g. de Im( f ). Por tanto

Lema 3. El subesp. vect. Im( f ) coincide con el espacio de columnas de A f .

1Dualmente, existen otras ecuaciones matriciales por filas.2Más adelante, veremos como hacerlo.

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También, dada una a.l. f : V −→V ′, se tiene que

Lema 4. El núcleo N ( f ) coincide con el espacio nulo de la matriz A f .

Demostración:N ( f ) = {x ∈V : y = f (x) = 0} = {x ∈V : (y1, . . . , ym) = (0, . . . ,0)}

y =

y1...

ym

=

a11 . . . a1n... . . . ...

am1 . . . amn

·

x1...

xn

=

0...0

lo que equivale al s.l. homogéneo

a11x1 +·· ·+a1n xn = 0...

......

am1x1 +·· ·+amn xn = 0

cuya solución es el subesp. vect. de los vectores que anulan a la matriz. �

Ejemplo 13. Sea V = Pol3(R) y D : V −→V , la a.l. derivada definida por

D(a0 +a1x +a2x2 +a3x3) = a1 +2a2x +3a3x2

Calcula las ecuaciones del homomorfismo, su núcleo y su imagen.

Como la base de monomios standard es B = {1, x, x2, x3}, las columnas de lamatriz del homomorfismo corresponden a los vectores

{D(1),D(x),D(x2),D(x3)}

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Escribiendo sus coordenadas únicas respecto de la misma base obtenemos

AD =

0 1 0 00 0 2 00 0 0 30 0 0 0

Claramente, hay tres columnas l.i. y por tanto su espacio de columnas tienedimensión tres di m(Im(D)) = 3.

Su espacio nulo son los vectores solución del s.l.

x2 = 0, 2x3 = 0, 3x4 = 0

que es un sistema compatible indeterminado con solución general

{(λ,0,0,0) : λ ∈R}

Por tanto, di m(N (D)) = 1 y se verifica que

di m(N (D))+di m(Im(D)) = 3+1 = 4 = di m(Pol3(R))

O sea, la dimensión del núcleo mas la de su imagen da la del primer espacio.

Dada una a.l. f : V −→V ′, entre espacios de dimensión finita, se tiene

Teorema 1. [de las dimensiones del núcleo y de la imagen]

di m(N ( f ))+di m(Im( f )) = di m(V )

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Demostración: Si tomamos una base del núcleo BN (F ) = {e1, . . . ,es} y laampliamos hasta una base de V

BV = {e1, . . . ,es ,es+1, . . . ,en}

Como las columnas de la matriz asociada A f corresponden a las coordenadasde sus imágenes f (e1), . . . , f (en) tenemos que la matriz asociada

A f =

0 . . . 0 a1,s+1 . . . a1n...

......

...0 . . . 0 am,s+1 . . . amn

tiene las s primeras columnas cero y las n − s restantes, que correspondena las coordenadas en V ′ de los vectores f (es+1), . . . , f (en), son l.i. ya que siexisten escalares λs+1, . . . ,λn ∈ K y una c.l. entre esas columnas

0 =λs+1 f (es+1)+·· ·+λn f (en) = f (λs+1es+1 +·· ·+λnen)

se tiene que λs+1es+1 + ·· · +λnen ∈ N ( f ) = L(e1, . . . ,es) y por tanto existenotros escalares λ1, . . . ,λs ∈ K tal que

λs+1es+1 +·· ·+λnen =λ1e1 +·· ·+λses

Finalmente, como BV = {e1, . . . ,es ,es+1, . . . ,en} es una base, todos los es-calares, λi = 0 son cero y las columnas f (es+1), . . . , f (en) son l.i.Por tanto, hemos demostrado el enunciado

di m(Im( f )) = n − s = n −di m(N ( f ))

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Por el lema 4, el núcleo N ( f ) coincide con el espacio nulo de la matriz A f .Así, para calcular el núcleo de una a.l. siempre tenemos que resolver un s.l.

O sea, hallar la forma normal de Hermite por filas de la matriz A f y despejarunas coordenadas en función de otras en el sistema homogéneo equivalente.

De este proceso, se deduce que la dimensión del núcleo coincide con elnúmero de parámetros o variables auxiliares del s.l., que también coincidecon el número de incógnitas n menos el rango por filas de la misma matriz.

Como por el teorema anterior, di m(N ( f )) = n −di m(Im( f )). También, ladimensión del núcleo coincide con el número de incógnitas n menos el rangopor columnas de la matriz A f .

Por tanto, dada una matriz arbitraria A, con entradas en un cuerpo K .Tenemos otra demostración3 de que

Corolario 1. El rango de filas de A coincide con su rango de columnas.

Del teorema anterior, también se deduce un método matricial para hallar unabase de la imagen y del núcleo.

Basta aplicar tranformaciones elementales de columnas a la matriz A f , dondese le añade la matriz identidad por debajo.

3Recuerda que se demuestra computacionalmente que los rangos coinciden.

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Ya que de esa manera se obtiene la matriz, C , normal de Hermite por colum-nas, y una matriz regular P tal que A f ·P =C . Entonces,

Corolario 2. Una base de la imagen está formada por las columnas no nulasde C y una base del núcleo por las columnas no canónicas de P , que sonexactamente las que caen debajo de las columnas nulas de C .

Demostración: Por definición, de forma normal de Hermite por columnas,una base de la imagen es claro que está formada por sus columnas no nulas.

Para una base del núcleo, basta darse cuenta de que hay n −di m(Im( f ))columnas que caen debajo de las columnas nulas de C .

Que son l.i. por formar parte de una matriz regular P y su producto matricialpor A f es el vector cero ya que A f ·P =C 4. �

Lo comprobamos en un ejemplo.

Ejemplo 14. Dada la a.l. del ejemplo 12, f : R3 →R4 definida por

f (x, y, z) = (x +2z, y, x + y +2z, x − y +2z)

4Si u1, . . . ,un son las columnas de P , estas constituyen una base de Rn , y si v1, . . . , vn sonlas columnas de C , de la igualdad se tiene que f (ui ) = A f ·ui = vi para i ∈ {1, . . . ,n}. O sea,f (ui ) = 0 para las columnas de P que caen debajo de las columnas nulas. Observando queestos vectores constituyen una base del núcleo, se obtiene otra demostración del teorema 1.

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su matriz asociada por columnas, respecto a las bases canónicas, es

A =

1 0 20 1 01 1 21 −1 2

Si la ampliamos por debajo con la identidad. Con una sóla transformación,

1 0 00 1 01 1 01 −1 01 0 −20 1 00 0 1

terminamos el algoritmo por columnas ya que la matriz C formada por las4 primeras filas es una forma normal, de Hermite por columnas.

Además, obtenemos una matriz de cambio Q tal que

C = A·Q =

1 0 20 1 01 1 21 −1 2

·1 0 −2

0 1 00 0 1

=

1 0 00 1 01 1 01 −1 0

=⇒

1 0 20 1 01 1 21 −1 2

·−2

01

=

0000

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Observamos que las 3 columnas de la matriz Q son l.i. y forman una basede R3 (el espacio origen). Por tanto, si u =λ1u1 +λ2u2 +λ3u3 ∈R3 se tiene

f (u) =λ1 f (u1)+λ2 f (u2)+λ3 f (u3) =λ1c1 +λ2c2

ya que hemos visto que u3 = (−2, 0, 1) satisface f (u3) = A ·u3 = 0.

Ahora, como las columnas c1 = f (u1) = (1,0,1,1), c2 = f (u2) = (0,1,1,−1)de C son l.i. se tiene que

f (u) =λ1c1 +λ2c2 = 0 ⇐⇒λ1 =λ2 = 0

y por tanto que u ∈ N ( f ) ⇐⇒ u =λ3u3

O sea, hemos demostrado que una base de N ( f ) está formada por la columnau3 = (−2, 0, 1) que cae debajo de la única columna nula (de ceros) de C .

Finalmente, una base de la imagen está formada por las columnas {c1,c2} de

BIm( f ) = {(1,0,1,1), (0,1,1,−1)}

C ya que son un s.g. de la imagen y son l.i.5

En realidad, lo que hemos hecho es un cambio de base, u′ = Q ·u, en elespacio origen R3, de forma que la nueva base es una ampliación de unabase del núcleo y por tanto las ecuaciones salen más sencillas

f (u) = A ·u = A ·Q ·u′ =C ·u′

5Observamos que son las mismas bases obtenidas en 12 y que hemos demostrado aquíque sus dimensiones suman 3 que es la dimensión del primer espacio.

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4. MONOMORFISMOS. EPIMORFISMOS E ISOMORFISMOS.

Recordamos que una aplicación, f : A → B , es inyectiva si a elementos dis-tintos de A les corresponden elementos distintos de B .

Esto es, ∀x, y ∈ A, f es inyectiva si x 6= y entonces f (x) 6= f (y)O bien, si f (x) = f (y) entonces x = y .

f es sobreyectiva si todo elemento de B es imagen de uno de A. O sea,

f es sobreyectiva ⇔∀y ∈ B , ∃x ∈ A tal que f (x) = y

f es biyectiva si es inyectiva y sobreyectiva a la vez.Ahora, dada una a.l. f : V −→V ′, se dice que

• f es un monomorfismo si f es inyectiva.• f es un epimorfismo si f es sobreyectiva.• f es un isomorfismo si f es biyectiva.

Si su matriz asociada es A f ∈ Mmxn(K ), con di m(V ) = n y di m(V ′) = m

Lema 5. [de caracterización]

1) f es monomorfismo ⇐⇒ N ( f ) = 0 ⇐⇒ rango(A f ) = n2) f es epimorfismo ⇐⇒ Im( f ) =V ′ ⇐⇒ rango(A f ) = m3) f es isomorfismo ⇐⇒ A f es cuadrada y regular.

Demostración:

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1) Como di m(N ( f )) = n −di m(Im( f )) = n − rango(A f ) se tiene que

N ( f ) = 0 ⇐⇒ di m(N ( f )) = 0 ⇐⇒ rango(A f ) = n

Ahora, como

f (x) = f (y) ⇐⇒ f (x − y) = 0 ⇐⇒ x − y ∈ N ( f )

Si N ( f ) = 0 entonces x − y = 0. O sea, x = y .Por tanto, N ( f ) = 0 implica que f es monomorfismo.Recíprocamente, si x ∈ N ( f ) entonces f (x) = 0 = f (0). Por tanto,f monomorfismo implica x = 0. O sea, N ( f ) = 0.

2) La primera equivalencia es la definición de epimorfismo.Mientras que la segunda es consecuencia de que

di m(Im( f )) = rango(A f )

y de que di m(V ′) = m.3) Si f es isomorfismo, por las caracterizaciones anteriores

m = rango(A f ) = n

y la matriz A f es cuadrada y regular.Finalmente, la implicación recíproca es inmediata.

Como una matriz es regular si y sólo si tiene inversa.Entonces, dada una a.l., f : V −→V ′, entre dos esp. vect.

Corolario 3. f es un isomorfismo si y sólo si tiene un isomorfismo inverso.

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Definición 4. Se dice que V ∼= V ′ o que son isomorfos si existe f : V → V ′un isomorfismo. Se dice que una a.l. f es un endomorfismo si V =V ′.Si además es un isomorfismo, se le llama automorfismo.

Por tanto, los cambios de base, son los automorfismos de un esp. vect. V .Y sus ecuaciones X = P ·Y , Y = P−1 ·X son las de un isomorfismo.

No hay diferencia algebraica entre un cambio de base y un isomorfismo6.La distinción, si la hay, entre V y V ′ debe hacerse por el contexto.

Además, si di m(V ) = di m(V ′) = n, existen dos bases del mismo tamañoBV = {e1, . . . ,en} y BV ′ = {e ′

1, . . . ,e ′n}.

Y la matriz identidad, de orden n, nos define una a.l. f I : V →V ′ que por ellema 5 es un isomorfismo. Por tanto, hemos demostrado que

V ∼=V ′ ⇐⇒ di m(V ) = di m(V ′)

Definición 5. Se clasifica una a.l. cuando se dice si es mono, epi o iso.

Otra caracterización teórica, útil para clasificar, es

Lema 6. [de preservación]

1) f es monomorfismo ⇐⇒ f preserva conjuntos l.i.

6Ambas ecuaciones se definen por una matriz regular, con entradas en un cuerpo.

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2) f es epimorfismo ⇐⇒ f preserva s.g.

Demostración:

1) Dado un conjunto de vectores {u1, . . . ,ur } ⊂V , se tiene

λ1 f (u1)+·· ·+λr f (ur ) = f (λ1u1 +·· ·+λr ur ) = 0

si y sólo si λ1u1 +·· ·+λr ur ∈ N ( f ).Luego, si f es monomorfismo se tiene que

λ1u1 +·· ·+λr ur = 0

Si además, el conjunto es l.i. todos los λi = 0 son cero y{ f (u1), . . . , f (ur )} es l.i.

Recíprocamente, si f preserva conjuntos l.i. y u ∈ N ( f ).Entonces, { f (u)} = {0} es l.d. Por lo anterior, {u} será l.d.Y necesariamente u = 0, N ( f ) = 0 y f monomorfismo.

2) Si {u1, . . . ,ur } es un s.g. de V . Entonces,{ f (u1), . . . , f (ur )} es un s.g. de Im( f ).Por tanto, { f (u1), . . . , f (ur )} genera V ′ si y sólo si Im( f ) =V ′si y sólo si f es epimorfismo como queremos. �

Como consecuencia de lo anterior, si f : V →V ′ es una a.l.f es monomorfismo si y sólo si di m(V ) = di m(Im(V )).Además, si di m(V ) = n y elegimos n vectores l.i. en V ′, podemos definir unmonomorfismo con la matriz de las coordenadas de esos n vectores.

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Ejemplo 15. Dada f :R2 −→R2, tal que para cualquier u = (x, y) ∈R2

f (u) = Au =(1 10 2

)(xy

)=

(x + y

2y

)Por las propiedades de la aritmética de matrices f es una a.l.Un endomorfismo ya que los dos esp. vect. coinciden.

Para clasificarla basta hallar el rango de A.Su rango(A) = 2, coincide con la dimensión del espacio R2.Luego, f es un isomorfismo de R2 en R2. O sea, un automorfismo.

Ejemplo 16. Dada f :R2 −→R3, tal que para cualquier u = (x, y) ∈R2

f (u) = Au =1 1

0 20 1

(xy

)=

x + y2yy

Como su rango(A) = 2 coincide con la dimensión del primer espacio.f es un monomorfismo de R2 en R3. O sea, es una a.l. inyectiva.

Ejemplo 17. Dada f :R3 −→R3, tal que para cualquier u = (x, y, z) ∈R3

f (u) = Au =1 1 0

0 2 20 1 1

xyz

= x + y

2y +2zy + z

Como su rango(A) = 2, no coincide con ninguna de las dos dimensiones.f es no es ni monomorfismo, ni epimorfismo.

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5. EQUIVALENCIA Y SEMEJANZA DE MATRICES.

Dos matrices7 mxn, A y A son equivalentes cuando se puede pasar de una aotra por transformaciones elementales de filas y/o columnas.

También, A y A son equivalentes, A ∼ A, cuando tienen el mismo rango

rango(A) = rango(A)

O equivalentemente, cuando existen matrices regulares P y Q tal que

A =Q AP

Observamos que toda matriz A se puede considerar la matriz de una a.l.

f : K n → K m

donde las columnas de A son las imágenes8 de los vectores de la base B ={e1, . . . ,en}. De forma que las ecuaciones de f son

Y = AX

Con otras bases en K n y K m , obtenemos otras ecuaciones9 del mismo f

Y = AX

7Con entradas en el mismo cuerpo K .8Respecto de la base B ′ = {e ′1, . . . ,e ′m}9Donde Y son las coordenadas respecto de la nueva base B ′ = {e ′1, . . . , e ′m}

y X son las coordenadas respecto de la nueva base B = {e1, . . . , en}

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Si ahora sustituimos A =Q AP , obtenemos

Y = AX = Q AP X ⇐⇒ Y =Q−1Y = AP X = AX

Luego, llamando Y = Q−1Y y X = P X obtenemos dos cambios de base,respectivamente en K n y K m , y dos ecuaciones de una única a.l.Como el recíproco es inmediato, hemos demostrado que

Lema 7. A y A son equivalentes, A ∼ A ⇐⇒ A y A son matrices asociadasa la misma a.l. respecto de distintas bases.

En el caso particular, de dos matrices cuadradas A y A, la interpretaciónnatural es la de un endomorfismo f : K n → K n .Por tanto, con un sólo cambio de base es suficiente10. Así definimos

Definición 6. Dos matrices cuadradas son semejantes, escrito A ' A si, ysólo si, existe una matriz regular P tal que A = P−1 AP .

Y con el mismo razonamiento anterior, obtenemos

Lema 8. A y A son semejantes, A ' A ⇐⇒ A y A son matrices asociadas almismo endomorfismo respecto de distintas bases.

Igual que en el caso de la equivalencia de matrices,

Lema 9. La semejanza es una relación reflexiva, transitiva y simétrica.

10O sea, Q−1 = P o equivalentemente Q = P−1.

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Demostración:

• A ' A, ya que la identidad es una matriz regular, y A = I−1 AI• Si A ' A1, A1 = P−1 AP y A1 ' A2, A2 = P−1

1 A1P1, entonces

A2 = P−11 A1P1 = P−1

1 P−1 APP1 = (PP1)−1 APP1 =⇒ A ' A2

• Si A ' A, A = P−1 AP =⇒ A = P AP−1 = (P−1)−1 AP−1, y A ' A �

Igual que en el caso de la equivalencia de matrices, es útil encontrar entretodas las matrices semejantes a una dada, otra más sencilla.A veces, es posible una diagonal o una triangular. Entonces,

Definición 7. Decimos que una matriz cuadrada, A, es diagonalizable porsemejanza si existe una matriz regular P tal que D = P−1 AP sea diagonal.

Como toda matriz cuadrada A define un endomorfismo, f A : K n → K n , dondesus columnas son las imágenes de la base canónica.

Para encontrar una matriz semejante y diagonal, necesitamos una nueva base,{u1, . . . ,un} de K n , de forma que las imágenes de sus vectores sean múltiplosde sí mismos. O sea, f A(u j ) =λ j u j .

Así, respecto de esta nueva base, la matriz de f A será

D =

λ1 . . . 0... . . . ...0 . . . λn

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Aunque, no siempre es posible, lo comprobamos en un

Ejemplo 18. Dada la matriz A =(1 10 2

)para encontrar otra matriz seme-

jante y diagonal, lo que hacemos es buscar una nueva base en R2.Tal que la matriz asociada del mismo endomorfismo f A sea diagonal.

Para eso, observamos que el vector u1 = (1,0) ya satisface que

f A(u1) =(1 10 2

)(10

)=

(10

)= u1

y que el vector u2 = (1,1) es l.i. con u1 y verifica

f A(u2) =(1 10 2

)(11

)=

(22

)= 2u2

Ya hemos encontrado una matriz diagonal semejante D =(1 00 2

)Finalmente, comprobamos el producto matricial

P−1 AP =(1 10 1

)−1 (1 10 2

)(1 10 1

)=

(1 −10 1

)(1 20 2

)=

(1 00 2

)= D

y concluimos, que A es diagonalizable por semejanza.

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6. AUTOVALORES Y AUTOVECTORES.

Por definición, si una matriz cuadrada, A, es diagonalizable por semejanzaexiste una matriz regular P = (pi j ) tal que el producto D = P−1 AP es diago-nal. Equivalentemente

AP = PD =

p11 . . . p1n... . . . ...

pn1 . . . pnn

λ1 . . . 0

... . . . ...0 . . . λn

Si ahora llamamos u j =

p1 j...

pn j

a la columna j de la matriz de cambio. La

igualdad anterior equivale a las n igualdades Au j =λ j u j para j = 1, . . . ,n.

Además, como la matriz P es regular (tiene determinante distinto de cero),entonces los n vectores columna {u1, . . . ,un} son K -l.i. y forman una basedel esp. vect. K n . Por esa equivalencia de igualdades, tenemos demostrado

Teorema 2. A es diagonalizable en K cuando existe una base {u1, . . . ,un} deK n y escalares λ j ∈ K verificando Au j =λ j u j para j = 1, . . . ,n

Como una matriz A ∈ Mn(K ) define un endomorfismo f : K n → K n tal quef (u) = A ·u para cada vector u ∈ K n . Dado un escalar λ ∈ K decimos que

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Definición 8. λ es un autovalor, valor propio o valor característico def 11, si existe 0 6= u ∈ K n tal que f (u) = λu y decimos que u ∈ K n es unautovector de f asociado a λ o que el par (λ,u) es una autopareja de f .

Ejemplo 19. Dada la a.l. f : R2 −→ R2, definida por la matriz A =(1 10 2

),

tal que para cualquier u = (x, y) ∈R2 se tiene

f (u) = Au =(1 10 2

)(xy

)=

(x + y

2y

)sus autovalores son los λ ∈R, tales que Au =λu.Equivalentemente, Au −λu = (A−λI )u = 0.O sea, para calcular los autovalores, hace falta resolver(

1−λ 10 2−λ

)(xy

)=

(00

)Como este es un s.l. homogéneo. Para que tenga solución distinta de cerohace falta que su determinante sea cero. O sea,∣∣∣∣1−λ 1

0 2−λ

∣∣∣∣= (1−λ)(2−λ) = 0

Por tanto, f A tiene dos valores propios λ1 = 1 y λ2 = 2.Los vectores propios correspondientes, se hallan resolviendo dos s.l.

11Veremos que es independiente de la representación matricial de f .

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Para λ1 = 1, queda(1−λ1 1

0 2−λ1

)(xy

)=

(0 10 1

)(xy

)=

(00

)cuya solución general es (x, y) = (λ,0)Y una base de este subesp. vect. es el vector propio u1 = (1,0).Análogamente, para el otro valor propio λ2 = 2, queda el s.l.(

1−λ2 10 2−λ2

)(xy

)=

(−1 10 0

)(xy

)=

(00

)cuya solución general es (x, y) = (λ,λ)Y una base del subesp. vect. es el vector propio u2 = (1,1).Observamos, finalmente que los mismos vectores del ejemplo 18.

Si u es una autovector para λ, cualquier múltiplo suyo, µu, también lo es.Así, dado f : K n → K n , si existen para λ, los autovectores no son únicos.Por tanto, es útil definir el espacio propio asociado a un valor propio λ

Vλ = {u ∈ K n : f (u) =λu}

Por definición, dado f : K n → K n y un autovalor λ ∈ K , suyo, Vλ 6= 0.Además, Vλ es cerrado por c.l. ya que si u1,u2 ∈Vλ

f (µ1u1 +µ2u2) =µ1 f (u1)+µ2 f (u2) =µ1λu1 +µ2λu2 =λ(µ1u1 +µ2u2)

Luego, hemos demostrado el siguiente

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Lema 10. Vλ es un subesp. vect. de K n . �

Observamos que el vector cero siempre verifica f (0) =λ0 = 0.O sea, el vector u = 0 es un vector propio de cualquier λ ∈ K 12.

Pero si 0 6= u ∈Vλ1 ∩Vλ1 entonces f (u) =λ1u =λ2u. Por tanto,

(λ1 −λ2)u = 0 =⇒λ1 −λ2 = 0 =⇒λ1 =λ2

Lema 11. Para valores propios distintos, λ1 6=λ2, Vλ1 ∩Vλ2 = {0}. �

Lema 12. Si λ1 6=λ2 y u ∈Vλ1 , v ∈Vλ2 son no nulos, entonces {u, v} es l.i.

Demostración: Si tenemos una c.l. µ1u +µ2v = 0, entonces el vector

µ1u =−µ2v ∈Vλ1 ∩Vλ2 = {0}

Por tanto, µ1u =−µ2v = 0 de donde µ1 =µ2 = 0. �A partir de ahora, supondremos que f : K n → K n viene definido por la matrizA ∈ Mn(K ). O sea que, f (u) = Au. Ahora, como

f (u) =λu ⇐⇒ (A−λI )u = f (u)−λu = 0

tenemos que u ∈Vλ⇐⇒ (A−λI )u = 0. O sea,

Lema 13. Si f A : K n → K n es una a.l. y λ ∈ K , se tiene que

1) λ es un valor propio para f A si, y sólo si, det (A−λI ) = 0.

12Sin embargo, para que λ ∈ K sea un valor propio hace falta que Vλ 6= 0

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2) Si λ es un valor propio, Vλ es el espacio nulo de la matriz A−λI .3) Si λ es un valor propio, d = di m(Vλ) = n − rango(A−λI )

Al número d , lo llamamos multiplicidad geométrica de λ.

Demostración:

1) Como el s.l. (A−λI )u = 0, es homogéneo.Para que tenga solución no nula, debe ser det (A−λI ) = 0.

2) Ya que el espacio nulo de la matriz A−λI es la solución del s.l.3) Inmediato, ya que el número de parámetros en una solución general

del s.l, es exactamente n − rango(A−λI ). �

Como consecuencia de todo lo anterior, cuando d1 + ·· ·+dr = n, podemoselegir una base de K n eligiendo una base para cada Vλi para cada i = 1, . . . ,r .

Así, todos los vectores de esta nueva base son autovectores.El endomorfismo f tiene por columnas de la matriz, C , asociada a esta baselas imágenes de estos autovectores, f (u) =λi u.

O sea, la matriz asociada es diagonal D =

λ1 . . . 0... . . . ...0 . . . λr

y análogamente a 2

Teorema 3. Un endomorfismo f es diagonalizable si, y sólo si, existe unabase formada por vectores propios. Equivalentemente, d1 +·· ·+dr = n

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7. POLINOMIO CARACTERÍSTICO.

Por el último lema, para hallar los valores propios, λ ∈ K , de un endomor-fismo f A : K n → K n , hay que resolver la llamada ecuación característica

det (A−λI ) = 0

Definición 9. Al desarrollar este determinante sale un polinomio

|A−λI | =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣a11 −λ a12 . . . a1n

a21 a22 −λ . . . a2n...

... . . . ...an1 an2 . . . ann −λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣de grado n en λ, que llamamos polinomio característico13 de A.

Por el lema 8, A,B ∈ Mn(K ), definen el mismo endomorfismo, f A = fB si, ysólo si, son matrices semejantes.Pero si existe una matriz regular P ∈ Mn(K ) tal que B = P−1 AP . Entonces,

|B −λI | = |P−1 AP −λP−1P | = |P−1(A−λI )P | = |P−1| · |A−λI | · |P | == |P |−1 · |A−λI | · |P | = |P |−1 · |P | · |A−λI | = |A−λI |

Así, hemos demostrado

13El término de mayor grado de este polinomio, p(λ) = PolC ar (A), sale (−1)nλn .Para evitar este signo, algunos autores definen PolC ar (A) = |λI − A|.

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Lema 14. Matrices semejantes tienen el mismo polinomio característico.Por tanto, hay un único polinomio asociado a cada endomorfismo. �

Ejemplo 20. Para la a.l. f :R2 −→R2, del ejemplo 19, definida por la matriz

A =(1 10 2

), La ecuación característica es

p(λ) =∣∣∣∣1−λ 1

0 2−λ

∣∣∣∣= (1−λ)(2−λ) = 0

y su polinomio característico p(λ) = (1−λ)(2−λ) = 2−3λ−λ2

Ejemplo 21. Dada la a.l. f :R2 −→R2, definida por la matriz A =(

0 1−1 0

).

Su ecuación característica es

p(λ) =∣∣∣∣−λ 1−1 −λ

∣∣∣∣=λ2 +1 = 0

Sus raíces, λ=±p−1 =±i ∉R, no son números reales.En consecuencia, el endomorfismo f no tiene autovalores en R.

Equivalentemente, la matriz A no puede diagonalizarse por semejanza enM2(R). Aunque, si puede diagonalizarse por semejanza en M2(C)14.

14El endomorfismo f A :C2 −→C2 si es diagonalizable.

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8. MULTIPLICIDAD ALGEBRAICA VS MULTIPLICIDAD GEOMÉTRICA.

Dada una a.l. f A : K n → K n , definida por una matriz A ∈ Mn(K ).Desarrollando, p(λ) = |A −λI |, se ve que su polinomio característico tienecoeficientes en el mismo cuerpo K . O sea, p(λ) ∈ K (λ).

Para los casos usuales, K =Q o K =R, sabemos por el teorema fundamentaldel álgebra, que el polinomio p(λ) tiene exactamente n raíces complejas.Pero contadas con su multiplicidad. O sea, puede haber raíces múltiples.

Ejemplo 22. Dada la a.l. f :Q2 −→Q2, definida por la matriz A =(1 10 1

).

Su ecuación característica es

p(λ) =∣∣∣∣1−λ 1

0 1−λ

∣∣∣∣= (1−λ)2 = 0

Sus raíces son, λ= 1, contada dos veces.

Definición 10. Si λ ∈ K es una raíz de p(λ) que se repite α veces.Decimos que α es la multiplicidad algebraica de λ.

Además, como hemos visto antes, no todas sus raíces tienen que estár en K .

Definición 11. Llamamos espectro de f (o de A) al conjunto {λ1, . . . ,λr },con r ≤ n, de las raíces diferentes que tiene p(λ) en el cuerpo K .Por definición, cada una de ellas, tiene una multiplicidad αi ≥ 1.

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Por el lema 13, la multiplicidad geométrica de un autovalor era la dimensióndel espacio propio asociado. Así, para cada µ del espectro, se tiene

d = di m(Vµ) = n − rango(A−µI )

Así, podemos elegir una base de Vµ formada por d vectores {u1, . . . ,ud }.

Cada uno de estos, es un vector propio asociado al mismo autovalor µ.O sea, f (ui ) =µui para cada i = 1, . . . ,d .

Ahora, podemos ampliar esta base hasta una base del espacio total K n .

B = {u1, . . . ,ud ,ud+1, . . . ,un}

El endomorfismo f tiene por columnas de la matriz, C , asociada a esta base

{ f (u1), . . . , f (ud ), f (ud+1), . . . , f (un)} = {µu1, . . . ,µud , f (ud+1), . . . , f (un)}

Por el lema 14, el polinomio característico no cambia y por tanto será

p(λ) = |C −λI | =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

µ−λ 0 . . . 0 c1,d+1 . . . c1n

0 µ−λ . . . 0 c2,d+1 . . . c2n...

... . . . ...... . . . ...

0 0 . . . µ−λ cd ,d+1 . . . cdn...

... . . . ...... . . . ...

0 0 . . . 0 cn,d+1 . . . cnn −λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

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desarrollando este determinante, por las primeras columnas, obtenemos

p(λ) = (µ−λ)d q(λ)

para algún polinomio q(λ). En consecuencia, la multiplicidad algebraica α

de un autovalor µ es como mínimo d . O sea, hemos demostrado que d ≤α.

Lema 15. La multiplicidad geométrica es menor o igual que la algebraica.

Como vimos en el ejemplo 21, el espectro racional o real puede ser vacío.Pero, por el teorema fundamental del álgebra, el espectro complejo nunca.

Lema 16. Siempre d1+·· ·+dr ≤α1+·· ·+αr . Para K =C, α1+·· ·+αr = n.

El caso interesante, es cuando d1 +·· ·+dr = n. Ya que en este caso, di =αi

para cada i y hay exactamente n raíces en el cuerpo K .

Por el teorema 3, sabíamos que un endomorfismo f era diagonalizable si, ysólo si, d1 +·· ·+dr = n. Pero tenemos mas, dado f : K n → K n .

Teorema 4. [Teorema espectral] f es diagonalizable si, y sólo si di = αi ,para cada i , y existen n raíces en el cuerpo.

Demostración: Por el lema 16, n = d1 + ·· ·+dr ≤ α1 + ·· ·+αr ≤ n y todoestá demostrado. �

En las aplicaciones, la mayor parte de las matrices son diagonalizables.Aunque, no siempre una matriz real o racional lo es. Por ejemplo,

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Ejemplo 23. La matriz

A =0 1 2

2 3 00 4 5

tiene como polinomio característico

p(λ) =∣∣∣∣∣∣−λ 1 22 3−λ 00 4 5−λ

∣∣∣∣∣∣=−λ3 +8λ2 −13λ+6 =−(λ−1)2(λ−6)

Por tanto,sus raíces son, λ1 = 1 contada dos veces y λ2 = 6 simple.

Ahora, si calculamos el espacio propio, para λ1 = 1

Vλ1 ={u ∈R3 : (A− I )u = 0

}=u ∈R3 :

−1 1 22 2 00 4 4

xyz

=0

00

coincide con el espacio nulo de la matriz

A− I =−1 1 2

2 2 00 4 4

que tiene rango(A− I ) = 2. Luego,

d1 = di m(Vλ1 ) = 3−2 = 1 < 2 =α1

Por tanto, A no es diagonalizable por semejanza.

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Como dado un autovalor λ, al menos existe un autovector 0 6= u ∈Vλ.Si su multiplicidad algebraica es uno, 1 ≤ d ≤α= 1, se tiene ∀A ∈ Mn(K )

Corolario 4. Dado un autovalor simple λ de A, d = di m(Vλ) = 1.

Si existen n autovalores diferentes, para cada i , di =αi = 1. Por tanto,

Corolario 5. Si una matriz, A ∈ Mn(K ), tiene n autovalores diferentes.Entonces, A es diagonalizable por semejanza.

Ejemplo 24. La matriz A =0 1 2

0 3 40 0 5

tiene como polinomio característico

p(λ) =∣∣∣∣∣∣−λ 1 20 3−λ 40 0 5−λ

∣∣∣∣∣∣=−λ(3−λ)(5−λ)

Luego, sus raíces son simples, λ1 = 0, λ2 = 3 y λ3 = 5.

Por tanto, la matriz A es diagonalizable y existe una matriz regular P tal que

D =0 0 0

0 3 00 0 5

= P−1 AP

Además, las columnas de la matriz P se hallan resolviendo 3 s.l.Los correspondientes a los 3 espacios propios Vλi .

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9. POTENCIAS DE UNA MATRIZ DIAGONALIZABLE.

Cuando una matriz cuadrada, A ∈ Mn(K ), es diagonalizable por semejanza,se pueden calcular sus potencias sucesivas de una manera sencilla.

Si existe P ∈ Mn(K ) tal que D = P−1 AP entonces A = PDP−1

A2 = PDP−1PDP−1 = PD2P−1 = P

λ21 . . . 0... . . . ...0 . . . λ2

r

P−1

Por inducción,

Ak = Ak−1 A = PDk−1P−1PDP−1 = PDK P−1 = P

λk1 . . . 0... . . . ...0 . . . λk

r

P−1

Luego, un método poco costoso, para hallar potencias sucesivas, consiste encalcular la matriz P 15 y los autovalores. Y aplicar la fórmula anterior.

Ejemplo 25. La matriz A =0 1 2

0 3 40 0 5

del ejemplo anterior, tiene los auto-

valores, λ1 = 0, λ2 = 3 y λ3 = 5.

15de los autovectores por columnas

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Para hallar el primer espacio propio V0, resolvemos el s.l.0 1 20 3 40 0 5

xyz

= y +2z

3y +4z5z

=0

00

cuya solución general es x =λ, y = 0, z = 0.Elegimos, u1 = (1,0,0) como primer autovector.

Para el segundo espacio propio V3, resolvemos el s.l.−3 1 20 0 40 0 2

xyz

=−3x + y +2z

4z2z

=0

00

cuya solución general es x =λ, y = 3λ, z = 0.Elegimos, u2 = (1,3,0) como segundo autovector.

Para el tercer espacio propio V5, resolvemos el s.l.−5 1 20 −2 40 0 0

xyz

=−5x + y +2z

−2y +4z0

=0

00

cuya solución general es x = 4λ, y = 10λ, z = 5λ.Elegimos, u3 = (4,10,5) como tercer autovector.

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Luego, la matriz de cambio es

P =1 1 4

0 3 100 0 5

y las potencias, Ak = PDK P−1 de la matriz original son

Ak =1 1 4

0 3 100 0 5

0 0 00 3k 00 0 5k

1 −13

−215

0 13

−23

0 0 15

10. RAÍZ CUADRADA DE UNA MATRIZ REAL DIAGONALIZABLE.

Dadas dos matrices cuadradas, A,R ∈ Mn(K ), con entradas en un cuerpo K .

Definición 12. Decimos que R es una raíz cuadrada de A, si R2 = R ·R = A.Si R2 = I , decimos que es una raíz cuadrada de la unidad.

Ejemplo 26. En M2(R), existen infinitas raíces de la unidad. En efecto,

R2 =(

a bc d

)(a bc d

)=

(a2 +bc b(a +d)c(a +d) d 2 +bc

)=

(1 00 1

)implica que c(a +d) = 0 = b(a +d), a2 +bc = 1 = d 2 +bcLuego, si a +d 6= 0 entonces c = 0 = b, a2 = 1 = d 2

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De donde, obtenemos las 4 raíces cuadradas canónicas de I , que son(1 00 1

),

(−1 00 1

),

(1 00 −1

),

(−1 00 −1

)Ahora, si a +d = 0 entonces d =−a, a2 = d 2 y a =p

1−bc, cuando 1 > bc.(p1−bc b

c −p1−bc

),

(−p1−bc bc

p1−bc

)En particular, existen las infinitas matrices(

1 0c −1

),

(−1 b0 1

)∀c,b ∈R

Si nos restringimos a buscar raíces cuadradas que sean matrices simétricas.O sea, b = c, entonces a2 +b2 = 1 o bien a = cosθ, b = sinθ. Obtenemos(

a bb −a

)=

(cosθ sinθsinθ −cosθ

)que es la matriz de una reflexión16 según la recta (a +1)y −bx = 0.O sea, una matriz simétrica raíz de la unidad corresponde a una reflexiónsegún una recta que pasa por el origen.

Así, a diferencia del caso numérico, en el que sólo existen dos raíces cuadradas.Pueden existir muchas raíces cuadradas de una misma matriz.

16Estas matrices se llaman de Householder.

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Ahora, dada una matriz, A, real diagonalizable por semejanza17.Como existe P ∈ Mn(K ) tal que D = P−1 AP entonces A = PDP−1

A = PDP−1 = P

λ1 . . . 0... . . . ...0 . . . λr

P−1

y podemos definir las matrices

R = P

√λ1 . . . 0... . . . ...0 . . .

√λr

P−1

Para I2, se obtienen las 4 raíces cuadradas canónicas del ejemplo anterior.Cuando todos los λi

18 son números reales no negativos, podemos dar la

Definición 13. Llamamos la raíz cuadrada principal de A, a la única raízcuadrada de A que se obtiene en la fórmula anterior con las

√λr positivas.

Así, la única raíz cuadrada principal de I es de nuevo I .

La única raíz cuadrada principal de(4 00 9

)es

(2 00 3

)17Veremos que las matrices reales simétricas lo son.18Los valores propios de A.

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Ejemplo 27. Para hallar la raíz cuadrada principal de la matriz

A =(1 11 1

)primero hallamos sus valores propios.

p(λ) =∣∣∣∣1−λ 1

1 1−λ

∣∣∣∣=λ(λ−2) = 0

Por tanto, sus autovalores son {2,0}. Ambos son mayores o iguales que cero.La matriz es semidefinida positiva y tendrá una raíz cuadrada principal.

Para calcular los autovectores correspondientes, tenemos que resolver 2 s.l.Para el primer espacio propio V2, λ1 = 2, resolvemos el s.l.(−1 1

1 −1

)(xy

)=

(−x + yx − y

)=

(00

)cuya solución general es x =λ, y =λ.Elegimos, u1 = (1,1) como primer autovector.

Para el segundo espacio propio V0, λ2 = 0, resolvemos el s.l.(1 11 1

)(xy

)=

(x + yx + y

)=

(00

)cuya solución general es x =λ, y =−λ.Elegimos, u2 = (1,−1) como segundo autovector.

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Luego, la matriz de cambio (por columnas) es

P =(1 11 −1

)y la raíz cuadrada principal, de la matriz original, es R = P

pDP−1

R =(1 11 −1

)(p2 0

0 0

)(1 11 −1

)−1

=(p

2 0p2 0

)(1/2 1/2−1/2 1/2

)=

(p2/2

p2/2p

2/2p

2/2

)

11. EJERCICIOS.

Ejercicio 1. Dada la aplicación f : R2 →R4 definida por

f (x, y) = (x +2y, x − y, x −2y, 2x − y)

Comprueba que es una a.l. Calcula su núcleo y su imagen.

Ejercicio 2. Sea V = Pol3(R) y f : V −→V , la aplicación definida por

f (a0 +a1x +a2x2 +a3x3) = a1 −2a2x −3a3x2

Razona que es homomorfismo. Halla sus ecuaciones, su núcleo y su imagen.


f (x, y, z, t ) = (x + y, y + z, z + t )

Comprueba que es a.l. Amplía su matriz con la identidad por debajo.Halla su núcleo y su imagen, aplicando transformaciones de columnas.

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Ejercicio 4. Clasifica la a.l. f : R4 →R3 definida por

f (x, y, z, t ) = (x +2y, y +2z, z +2t )


f (x, y, z) = (x + y, y + z, z +x)

Comprueba que es un endomorfismo. Halla sus autovalores y sus autovec-tores. ¿Es diagonalizable f ?

Ejercicio 6. Halla los autovalores de la matriz1 −1 10 1 −10 0 2

y sus multiplicidades geométricas y algebraicas.

Ejercicio 7. ¿Es diagonalizable por semejanza la matriz A?

A =1 −1 1

0 1 −10 0 2

Ejercicio 8. Dados los subesp. vect. ¿Son isomorfos U y V ?.

U = {(a,b,c,d) ∈R4 : b + c + d = 0; a = d}

V = {(a,b,c,d) ∈R4 : a + b = 0; c = 2d}

En caso afirmativo, encuentra las ecuaciones de un isomorfismo.

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Ejercicio 9. Calcula A75, por un método computacionalmente rápido.

A = 1 0 0−1 2 01 −1 3

Ejercicio 10. Dada la matriz A del ejercicio anterior.Razona si existe su raíz cuadrada principal. En su caso, ¿Cuál es?.

12. TEST DE REPASO.

Para comenzar el cuestionario pulsa el botón de inicio.Cuando termines pulsa el botón de finalizar.Para marcar una respuesta coloca el ratón en la letra correspondiente y pulsael botón de la izquierda (del ratón).

1. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es verdadera?.(a) Algunas aplicaciones lineales (a.l.) llevan el cero en el cero.(b) Una a.l. nunca da el vector cero.(c) Todas las a.l. llevan un vector distinto de cero al cero.(d) A veces, una a.l. lleva un vector distinto de cero al cero.

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2. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es verdadera?.(a) Una a.l. preserva y refleja combinaciones lineales (c.l.)(b) Una a.l. preserva y pero nunca refleja c.l.(c) Una a.l. preserva y a veces refleja c.l.(d) Una a.l. ni preserva ni refleja c.l.

3. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es verdadera?.(a) Cualquier reflexión o rotación de R2 es una a.l.(b) Las reflexiones de R2 son a.l. pero las rotaciones no.(c) Las rotaciones de R2 alrededor del origen son a.l..(d) Las rotaciones de R2 son a.l. pero las reflexiones no.

4. Dada una a.l. f : V −→V ′

(a) El núcleo de f , N ( f ) es un subesp. vect. de V ′.(b) N ( f ) es un subesp. vect. de V .(c) N ( f ) no es un subesp. vect.(d) N ( f ) coincide con el espacio nulo, {0}.

5. Dada una a.l. f : V −→V ′

(a) La imagen de f , Im( f ) es un subesp. vect. de V .(b) Im( f ) no es un subesp. vect.

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(c) Im( f ) = {v ∈V : f (v) = 0}(d) Im( f ) = { f (v) ∈V ′ : v ∈V }

6. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es verdadera?.(a) Las ecuaciones de una a.l. son únicas.(b) Las ecuaciones de una a.l. son siempre matriciales.(c) Las ecuaciones de una a.l. siempre se escriben por columnas.(d) Las ecuaciones de una a.l. se pueden escribir por filas o por columnas.

7. Dado un homomorfismo f : Rn →Rm

(a) N ( f ) e Im( f ) son isomorfos.(b) di m(N ( f )) = n.(c) Hay infinitas ecuaciones de f .(d) di m(Im( f )) = m.

8. Dado un homomorfismo f : Rn →Rm

(a) di m(N ( f ))+di m(Im( f )) = m.(b) di m(N ( f ))+di m(Im( f )) = n +m.(c) di m(N ( f ))+di m(Im( f )) = n.(d) di m(N ( f ))+di m(Im( f )) = n −m.

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9. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es verdadera?.(a) Los espacios de filas y de columnas, de una matriz, nunca coinciden.(b) El espacio de filas de una matriz puede coincidir con su espacio nulo.(c) Los esp. de filas y de columnas, de una matriz, siempre coinciden.(d) El espacio nulo de una matriz siempre es un núcleo de una a.l.

10. Dada una matriz, A ∈ Mn(R), cuadrada real no nula.(a) La matriz A At es simétrica pero At A no lo es.(b) La matriz At A es simétrica pero A At no lo es.(c) Nunca A At = 0.(d) A At no es simétrica y A At tampoco.

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¿cómo cambiar de espacio?wpd.ugr.es/~eaznar/alglin/apuntes/ap_lineales.pdf · 2) f (¡ u)˘(( 1)...

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