Apuntes algebra lineal y geometria vega (80)

Vista previa del material en texto

76 LECCIÓN 3. LA TEORÍA DEL ENDOMORFISMO
• Si A1 es una matriz 5⇥5 con valores propios distintos 1,�1, 0 y A2 es una matriz 8⇥8 de valores
propios distintos 0,�1, 3,�6,�4, entonces la matriz B1 = A31 � A21 � 4A1 + 4I no es inversible,
pero śı lo es la matriz B2 = A32 � A22 � 4A2 + 4I. La explicación puede darse de la siguiente
manera. Las matrices B1 y B2 son p(A1) y p(A2) respectivamente, con p(X) = X3�X2�4X+4.
Teniendo en cuenta que p(X) = (X�1)(X+2)(X�2), el 0 = p(1) es valor propio de B1, lo que
significa que dicha matriz no es inversible. No sucede lo mismo con B2, cuyos valores propios
son todos no nulos, pues ningún valor propio de A2 es raiz de p(X).
• Si f es un endomorfismo de R3 tal que 1/2, 2, 2 son sus valores propios, entonces el hecho de
someter a los vectores de R3 una, dos, tres, cuatro, ... veces sucesivamente a la transformación
f , conduce al mismo efecto que el haber proyectado los vectores de R3 sobre un subespacio de
dimensión 2. ¿Puedes justificarlo?
¿Qué hubiera sucedido en una situación análoga a la anterior pero supuesto que f
tuviese por valores propios 1/2, 1/2, 1/3?
El ejemplo con el que vamos a finalizar esta sección muestra que en casos muy particulares
es posible triangular una matriz sin tener que realizar un desarrollo similar al efectuado en el
ejemplo 3.1.4, y que nos daba las pautas generales de triangularización.
• Se consideran los endomorfismos f y g de R3 que respecto de la base canónica tienen por matrices
A y B respectivamente:
A =
0
@
�3 1 �1
�7 5 �1
�6 6 �2
1
A B =
0
@
1 �3 3
3 �5 3
6 �6 4
1
A
Ambas matrices tienen polinomio caracteŕıstico p(X) = (X + 2)2(X � 4), y por ello los en-
domorfismos que representan son triangularizables. Si en ambos casos consideramos una base
formada por dos vectores propios (correspondientes a autovalores distintos) y un tercer vector
independiente con los anteriores, tenemos garantizada la triangularización.
En el caso de f , un autovector asociado al autovalor �2 es v1 = (1, 1, 0) y un autovector asociado
al autovalor 4 es v2 = (0, 1, 1). Sea v3 = (1, 0, 0) y consideremos en R3 la base B = {v1, v2, v3}.
Respecto de esta base la matriz asociada a f es
A0 =
0
@
�2 0 �1
0 4 �6
0 0 �2
1
A .
Cuando se trabaja con g, el tercer vector de la base a hallar puede ser vector propio asociado
al autovalor �2, puesto que el subespacio propio asociado a dicho autovalor es de dimensión
2. De esto resulta que g es además diagonalizable. La base de vectores propios es B = {v1 =
(1, 1, 0), v2 = (1, 1, 2), v3 = (0, 1, 1)}.
Este es un caso en el que de nuevo aparecen matrices con igual polinomo caracteŕıstico y que no
son semejantes.