problemas-resueltos-de-algebra universidad jimenez (400)

Vista previa del material en texto

11.3 Polinomio caracteŕıstico
Cualquier otro término es de grado ≤ n − 2 (por ejemplo, si interviniera
a21 no intervendŕıa ni a11 − λ ni a22 − λ). En consecuencia los términos de
grados n y n− 1 solamente aparecen en (1). Ahora bien
(a11 − λ)(a22 − λ) . . . (ann − λ) =
(−1)nλn + (−1)n−1(a11 + a22 + . . .+ ann)λn−1 + . . . .
Por otra parte, χ(0) = detA con lo cual el término independiente de χ(λ)
es detA. Podemos concluir que:
χ(λ) = (−1)nλn + (−1)n−1(traza A)λn−1 + . . .+ detA.
5. Dado que Vλi 6= {0}, se verifica dimVλi ≥ 1. Sea m(λi) = k y supongamos
que la multiplicidad m(λi) fuera k+1. Por el teorema de la base incompleta
se podŕıa formar una base B de E eligiendo los k + 1 primeros vectores de
Vλi . En tal base la matriz de f tendŕıa la forma por cajas
A =
[
λiIk+1 M
0 N
]
,
siendo Ik+1 la matriz identidad de orden k + 1. Ahora bien, el polinomio
caracteŕıstico de A seŕıa de la forma:
χ(λ) = (λ− λi)k+1q(λ) con q(λ) ∈ K[λ],
por lo que λi seŕıa ráız de multiplicidad mayor que k (contradicción). Con-
cluimos pues que 1 ≤ dimVλi ≤ m(λi).
6. La matriz AB es de orden 5 × 5. Si Bx = 0 con x 6= 0 vector de R5,
entonces (AB)x = A(Bx) = 0 = 0x, luego x es vector propio de AB asociado
al valor propio λ = 0. La dimensión del subespacio de Bx = 0 de R5 es
5− rg B = 5−2 = 3, por tanto λ = 0 es valor propio al menos triple de AB.
Por otra parte, BA es de orden 2 × 2. Si µ es valor propio de BA, existe
v ∈ R2 no nulo tal que (BA)v = µv. Entonces,
BAv = µv ⇒ A(BA)v = A(µv)⇒ (AB)(Av) = µ(Av).
Es decir, µ es valor propio de AB si Av 6= 0. Operando obtenemos BA y sus
valores propios
BA =
[
7 −3
2 0
]
, |BA− µI| = µ2 − 7µ+ 6 = 0⇔ µ1 = 1, µ2 = 6 (simples).
Los correspondientes subespacios propios y unas bases de cada uno de ellos
son
V1 ≡
{
6x1 − 3x2 = 0
2x1 − x2 = 0,
B1 = {v = (1, 2)T },