Tarea Lineal 2

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Tarea 2
Álgebra Lineal II - IMA 1502
Nombre: Diego Gárate Sanfuentes
Problema 1 Determine si cada una de las siguientes afirmaciones es verdadera o falsa. Justifique su
respuesta.
a) Existe una matriz de 3× 3 tal que su polinomio minimal sea x2:
Verdadero. Si una matriz A de tamaño 3× 3 tiene su polinomio minimal pA (x) = x2, es porque
no existe otro polinomio mónico de grado 1 que anule a A. Consideremos, por ejemplo, la matriz
A =
 0 0 00 0 0
a 0 0
 con a ̸= 0. Note que su polinomio caracteŕıstico es fA (x) = −x3 y que el poli-
nomio minimal de A debe dividir a fA(x). Luego, pA(x) puede ser x
3, x2 y x. Note que A2 = 03,
pero A ̸= 03. Por lo tanto, para dicha matriz A, su minimal es x2.
b) Toda matriz A tal que A2 = A es diagonalizable:
Verdadero. Sea V un espacio vectorial de dimensión finita n. Consideremos al operador idem-
potente A : V → V , de manera que A2 = A. Supongamos que RanA = r, luego existen r
vectores lineamente independientes {u1, ..., ur} en la imagen de A. Ahora, supongamos que cada
ui es imagen de un vector vi. Note que
Aui = A (Avi) = A
2vi = Avi = ui
Luego, se tendrá que cada ui es vector propio para un valor propio λ = 1. Por otro lado, por
teorema del rango y la nulidad se tendrá que
NulA = DimV − RanA = n− r
Como por teorema de Cayley-Hamilton se tiene que fA (x) = x
2 − x, hay dos valores propios:
λ = 0, λ = 1. Luego, necesariamente esos n − r vectores se encuentran en el espacio propio
asociado a λ = 0. Como tanto la base para la imagen como del kernel de A forman vectores
propios para V , se tendrá que:
V = imA⊕ kerA
Por lo tanto, A es diagonalizable.
c) Sea T ∈ End (V ). Si T es isomorfismo, entonces T es diagonalizable:
Falso. Considere el operador T
[
x
y
]
=
[
4y
−4x
]
en el cuerpo R. Es claro que T es isomorfis-
mo, pues el kernel de T es trivial y, además, T es suprayectiva, esto es, que la imagen de T es el
espacio completo. Ahora bien, considerando C la base canónica, se tiene que:
T
[
1
0
]
=
[
0
−4
]
T
[
0
1
]
=
[
4
0
]
1
Por lo que
[T ]C =
[
0 4
−4 0
]
Luego
fT (x) = det (A− xI) =
∣∣∣∣ −x 4−4 −x
∣∣∣∣ = x2 + 4
Como fT (x) no es factorizable en R, se tendrá que T no es diagonalizable.
Problema 2 Considere el siguiente endomorfismo en R3:
T (x, y, z) = (x+ y + z, x+ y − z,−x+ y + 3z)
a) ¿Es T diagonalizable? En caso afirmativo, encuentre la base D que diagonaliza y el endomorfismo
diagonalizado.
Solución: Considerando la base canónica C se tiene:
T (1, 0, 0) = (1, 1,−1)
T (0, 1, 0) = (1, 1, 1)
T (0, 0, 1) = (1,−1, 3)
De donde
[T ]C =
 1 1 11 1 −1
−1 1 3

Note que:
fT (x) = det (T − xI)
=
∣∣∣∣∣∣
1− x 1 1
1 1− x −1
−1 1 3− x
∣∣∣∣∣∣
= (1− x)
∣∣∣∣ 1− x −11 3− x
∣∣∣∣− ∣∣∣∣ 1 −1−1 3− x
∣∣∣∣+ ∣∣∣∣ 1 1− x−1 1
∣∣∣∣
= (1− x) [(1− x) (3− x) + 1]− [(3− x)− 1] + [1 + 1− x]
= (1− x) [x2 − 4x+ 4]− (2− x) + (2− x)
= (1− x) (x− 2)2
Note además que pT (x) = (1− x) (x− 2). Por tal motivo, T es diagonalizable, pues su polinomio
minimal es producto de factores lineales. De esto, hay dos valores propios: λ = 1 con multiplicidad
1 y λ = 2 con multiplicidad 2. Calculemos los espacios propios:
Eλ=1 = ker (T − I):  0 1 11 0 −1
−1 1 2
 ∼
 0 1 11 0 −1
0 0 0

2
De donde:  0 1 11 0 −1
0 0 0
 xy
z
 =
 00
0
 ⇒ y + z = 0x− z = 0
z = z
 ⇒
y = −z
x = z
z = z

Luego:
 xy
z
 =
 z−z
z
 = span

 1−1
1

Eλ=2 = ker (T − 2I)  −1 1 11 −1 −1
−1 1 1
 ∼
 1 −1 −10 0 0
0 0 0

De donde:  1 −1 −10 0 0
0 0 0
 xy
z
 =
 00
0
 ⇒ x = y + zy = y
z = z

Luego:
 xy
z
 =
 yy
0
+
 z0
z
 = y
 11
0
+ z
 10
1
 = span

 11
0
 ,
 10
1

Por lo tanto, la base D = {(1,−1, 1) , (1, 1, 0) , (1, 0, 1)} diagonaliza a T . Note que:
P =
 1 1 1−1 1 0
1 0 1

De manera que:
T = P−1DP =
 1 −1 −11 0 −1
−1 1 2
 1 0 00 2 0
0 0 2
 1 1 1−1 1 0
1 0 1

b) Use el teorema de Cayley-Hamilton para calcular la inversa de la matriz [T ]tC.
Solución: Por teorema de Cayley-Hamilton se cumple que:
fT (T ) = −T 3 + 5T 2 − 8T + 4I = 0
De esto, multiplicando por T−1 (por izquierda):
−T 2 + 5T − 8I + 4T−1 = 0 ⇔ T−1 = 1
4
(
T 2 − 5T + 8I
)
Note que T 2 =
 1 3 33 1 −3
−3 3 7
. Luego:
T−1 =
1
4
 1 3 33 1 −3
−3 3 7
−
 5 5 55 5 −5
−5 5 15
+
 8 0 00 8 0
0 0 8
 = 1
4
 4 2 −2−2 4 2
2 −2 0

Por lo tanto:
[
T t
]−1
=
[
T−1
]t
=
1
4
 4 2 −2−2 4 2
2 −2 0
t = 1
4
 4 −2 22 4 −2
−2 2 0
 =
 1 −12 121
2
1 −1
2
−1
2
1
2
0

3
Problema 3 Sean B = {e1, e2, e3} y B′ = {v1, v2, v3, v4} bases de V y W , respectivamente. Se define
T ∈ L (V,W ) dado por:
T (e1) = v1 + v2
T (e2) = v2 + v3
T (e3) = v3 + v4
Sea g = −v∗1 + v∗2 + 2v∗3 − v∗4 en W ∗, calcular las coordenadas de T t (g) en la base B∗.
Solución: Consideremos en V un vector α = α1e1 + α2e2 + α3e3. Note que:
T t (g)α = g (T (α))
= g (T (α1e1 + α2e2 + α3e3))
= g (α1T (e1) + α2T (e2) + α3T (e3))
= g (α1 (v1 + v2) + α2 (v2 + v3) + α3 (v3 + v4))
= g (α1v1 + (α1 + α2) v2 + (α2 + α3) v3 + α3v4)
= (−v∗1 + v∗2 + 2v∗3 − v∗4) (α1v1 + (α1 + α2) v2 + (α2 + α3) v3 + α3v4)
= −α1 + (α1 + α2) + 2 (α2 + α3)− α3
= 3α2 + α3
Luego [T t]B∗ =
 03
1

4