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148 CAPÍTULO 6. DIAGONALIZACIÓN DE ENDOMORFISMOS Ker(A− αI) = {(x, y, z) | αy = 0, αx+ αy − αz = 0} = [(1, 0, 1)]. Una base de vectores propios es pues {(1,−1, 0), (0, 0, 1), (1, 0, 1)} y la matriz de la aplicación en dicha base es Dα = 0 0 α . Observamos que la forma diagonal Dα es para todo α. — — — 14. Sea f el endomorfismo de R[t] definido por f(p(t)) = tp′′(t) + t2p′′′(t) a) Probar que R3[t] = {p(t) ∈ R[t] | gr p ≤ 3} es un subespacio invariante por f . b) Encontrar la matriz de f|R3[t] en la base (1, t, t 2, t3) de R3[t]. c) Estudiar la diagonalización del endomorfismo anterior. Solución: a) Sea p(t) = aa + a1t+ a2t 2 + a3t 3 ∈ R3[t], miremos si f(p(t)) ∈ R3[t] p′(t) = a1 + 2a2t+ 3a3t 2 p′′(t) = 2a2 + 6a3t p′′′(t) = 6a3 Por lo tanto f(p(t)) = 2a2t + 6a3t 2 + 6a3t 2 = 2a2t + 12a3t 2 ∈ R3[t] y el subespacio es invariante. Podemos restringir pues la aplicación a este subespacio que es de dimensión finita. b) Escribamos la matriz de la aplicación restricción en esta base 149 A = 0 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 12 0 0 0 0 . c) Observamos que la imagen de un polinomio de grado n ≥ 2 es un polinomio de grado uno inferior, por lo que ningún polinomio de grado mayor o igual a dos puede ser vector propio. Los polinomios de grado menor o igual a 1 son del núcleo de la aplicación, son pues los únicos vectores propios (de valor propio cero) del endomorfismo. — — — 15. Encontrar los valores propios y los vectores propios del endomorfismo f de R3 cuya matriz en una base d’R3, es M = a −a a−a a −a a −a a a ∈ R ; a 6= 0 . Solución: Observamos que al ser a 6= 0, el rango de la matriz M es uno, por tanto 0 es valor propio de multiplicidad por lo menos dos. La invariancia de la traza de la matriz nos dice que el tercer valor propio es 3a 6= 0. Por lo que el endomorfismo diagonaliza. Busquemos los vectores propios KerA = {(x, y, z = ax− ay + az = 0} = [(1, 1, 0), (1, 0,−1)], Ker(A− 3aI) = {(x, y, z) | −2ax− ay + az = 0,−ax− 2ay− az = 0} = [(1,−1, 1)]. — — — 16. ¿Para que valores de las constantes a, b, c, d, e y f , la matriz A = 1 a d2 b e 3 c f 150 CAPÍTULO 6. DIAGONALIZACIÓN DE ENDOMORFISMOS tiene como vectores propios (1, 0, 1), (−1, 1, 0) y (0, 1,−1)? Solución: Obliguemos a que estos vectores sean propios 1 a d2 b e 3 c f 1 −1 00 1 1 1 0 −1 = λ1 −λ2 00 λ2 λ3 λ1 0 −λ3 Por lo que1 a d2 b e 3 c f = λ1 −λ2 00 λ2 λ3 λ1 0 −λ3 1 −1 00 1 1 1 0 −1 −1 =λ1 −λ2 00 λ2 λ3 λ1 0 −λ3 12 12 12−1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 −1 2 = λ12 + λ22 λ12 − λ22 λ12 − λ22−λ2 2 + λ3 2 λ2 2 + λ3 2 λ2 2 − λ3 2 λ1 2 − λ3 2 λ1 2 − λ3 2 λ1 2 + λ3 2 Tenemos pues λ1 + λ2 = 2 −λ2 + λ3 = 4 λ1 − λ3 = 6 Esto es, los valores propios posibles son los siguientes relación: λ1 = 6 λ2 = −4 λ3 = 0 Por lo tanto, los valores de los parámetros son:1 a d2 b e 3 c f = 1 5 52 −2 −2 3 3 3 — — —
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