Forma Racional

ALGEBRA LINEAL
1. Sea V un espacio vectorial de dimensión finita sobre F y W cualquier
subespacio. Demuestre que existe U subespacio de V tal que V =
U ⊕ W.
Solución: Sea {w1 , ..., wk } una base W , completamos de tal manera que {w1 , ..., wk , vk+1 , ..., vn } sea una base de V y consideramos el
subespacio U = h{vk+1 , ..., vn }i. Si x ∈ U ∩ W entonces
x = α1 w1 + ... + αk wk ,
x = βk+1 vk+1 + ... + βn vn
Entonces,
0 = α1 w1 + ... + αk wk − βk+1 vk+1 − ... − βn vn
por ser {w1 , ..., wk , vk+1 , ..., vn } una base entonces
α1 = ... = αk = βk+1 = ... = βn = 0 ⇒ x = 0
Entonces U ∩ W = {0} y por lo tanto V = U ⊕ W
2. Sea T el operador lineal sobre R3 representado en la base ordenada
canónica por la matriz


2 0 0
 0 2 0 
0 0 −1
Demostrar que T no tiene vertor cı́clico. ¿Cuál es el subespacio T cı́clico generado por el vector (1, −1, 3)?
Solución: El polinomio caracteristico de la matriz es
f (x) = (x + 1)(x − 2)2
y el polinomio minimal es
m(x) = (x + 1)(x − 2)
(compruebelo usted haciendo las cuentas!)
Sabemos que, T tiene un vector cı́clico si, y sólo si, los polinomios
caracterı́stico y minimal de T son idénticos. Por lo tanto, T no posee
1
un vector cı́clico.
Por otro lado,
Z((1, −1, 3), T ) =
=
=
=
h{T k (1, −1, 3) : k ≥ 0}i
h{(1, −1, 3), T (1, −1, 3), T 2 (1, −1, 3)}
h{(1, −1, 3), (2, −2, −3), (4, −4, 3)}i
h{(1, −1, 3), (2, −2, −3)}i
3. Sea T el operador lineal sobre C3 representado en la base ordenada
canónica por la matriz


1 i 0
 −1 2 −i 
0 1 1
Hallar el T -anulador del vector (1, 0, 0). Hallar el T -anulador de (1, 0, i).
Solución: Notemos que
T e1 = (1, −1, 0),
T 2 e1 = T (1, −1, 0) = (1 − I, −3, −1)
entonces, Z(e1 ; T ) = C3 . Sabemos que, si U es el operador lineal en
Z(v; T ) inducido por T , entonces el polinomio minimal de U es el T anulador de v. Luego, Pe1 (x) = mT (x). Haciendo algunas cuentas se
obtiene que
PT (x) = (x − 1)(x − α)(x − β)
√
√
donde α = 23 + 12 1 − 8i y β = 32 − 12 1 − 8i.
Por el teorema de Cayley-Hamilton se concluye que
mT (x) = PT (x) = Pe1
Por otro lado, note que T (1, 0, i) = (1, o, i) = v entonces Z(v; T ) = hvi
y además
grado(Pv (x)) = dim(Z(v; T )) = 1
y es tal que Pv (T (v)) = 0 se concluye que
pv (x) = (x − 1)
4. Sea V un espacio vectorial de dimensión n sobre el cuerpo F y sea N
un operador lineal nilpotente sobre V . Supongase que N n−1 6= 0 y sea
α un vector cualquiera de V de modo que N n−1 α 6= 0. Demostrar que
2
α es un vector cı́clico de N . ¿Cuál es exactamente la matriz N en la
base orednada {α, N α, ..., N n−1 α}.
Solución: La afirmación es que B = {α, N α, ..., N n−1 α} es un conjunto linealmente independiente. En alguna guı́a preterita hemos resuelto este problema, sino lo recuerda, observe que: debemos demostrar
que si:
β1 α + β2 N α + ... + βn N n−1 α = 0
Entonces β1 = β2 = ... = βn = 0
En efecto, aplicando a la igualdad anterior N n−1 obtenemos que:
0 = N n−1 (0) = N n−1 (β1 α + β2 N α + ... + βn N n−1 α)
= β1 N n−1 α + β2 N n α + ... + βn N 2n−1 α
= β1 N n−1 α
como N n−1 α 6= 0 entonces β1 = 0, es decir,
β2 N α + ... + βn N n−1 α = 0
Procediendo de la misma manera, obtenemos que:
β1 = β2 = ... = βn = 0
Por lo tanto, Z(α; N ) = hBi = V

0
 1


B
[N ]B =  0
 ..
 .
0
y tenemos que:

0 ··· 0 0
0 ··· 0 0 

1 ··· 0 0 

.. . . .. .. 
. . . 
.
0 ··· 1 0
5. Sea V un espacio vectorial de dimensión finita n. Sea T una función
lineal de V en V , diagonalizable. Demuestre
i) Si T tiene un vector cı́clico entoces T tiene n valores propios distintos.
ii) Si T tiene n valores propios distintos y {v1 , v2 , ..., vn } es una base
de vectores propios de V , entonces w = v1 + v2 + ... + vn es un
vector cı́clico de T .
Solución:
3
i) Si T posee un vector cı́clico entonces PT (x) = mT (x). Por ser T
diagonalizable entonces
mT (x) = (x − c1 ) · · · (x − ck )
donde c1 , ..., ck son elmentos distintos. Por lo tanto T tiene n
valores propios distintos.
ii) Supongamos que w = v1 + ..., vn no es un vector cı́clico de T
entonces {w, T w, ..., T n−1 w} es un conjunto linealmente dependiente, pues de lo contrario w seria vector cı́clico de T . Luego, existe
escalares α1 , ..., αn no todos ceros tales que
0 = α1 w + α2 T w + ... + αn T n−1 w
= α1 (v1 + ... + vn ) + α2 T (v1 + ... + vn )w + ...
+αn T n−1 (v1 + ... + vn )
= α1 (v1 + ... + vn ) + α2 (T v1 + ... + T vn )w + ...
+αn (T n−1 v1 + ... + T n−1 vn )
= α1 (v1 + ... + vn ) + α2 (λ1 v1 + ... + λn vn )w + ...
+αn (λn−1
v1 + ... + λn−1
1
n vn )
n−1
= (α1 + λ1 α2 + ... + λ1 αn )v1 + ... + (α1 + λn α2 + ... + λn−1
n αn )vn
= β1 v1 + ... + βn vn
los escalares β1 , ..., βn no son todos ceros entonces {v1 , ..., vn } es un
conjunto linealmente dependiente lo cual es una contradicción.
6. Encuentre los polinomios minimal y caracterı́stico de la matriz.


3 −4 −4
3
2 
A =  −1
2 −4 −3
Después obtenga la forma racional.
Solución: Tenemos que:


x−3
4
4
1 x−3
−2 
PA (x) = det(xI − a) = 
−2
4 x+3


x−3
4
0

1 x−3 1−x 
=
−2
4 x−1
4
x−3 1−x
= (x − 3) 4 x−1
− 4 1 1 − x
−2 x − 1
= (x − 3)(x2 − 1) + 4(x − 1)
= (x − 1)((x − 3)(x + 1) + 4) = (x − 1)3
Entonces
PA (x) = (x − 1)3
Mediante una verificación, se tiene que
mA (x) = (x − 1)2
Se sabe que en la descomposición cı́clica de T el primer vector v1 tendrá
como a mA como T − anulador. Como estamos en un espacio de
dimensión 3, puede haber solo un vector v2 el cual debe generar un
subespacio cı́clico de dimensión 1, es decir, será un vector propio de T .
Su T -anulador p2 debe ser (x − 1). Ahora busquemos v1 que genere un
subespacio T -cı́clico de dimensión 2. La idea es hallarlo con los vectores
canonicos de R3 con e1 no resulta a si que, sea v1 = e2 y tenemos que
T e2 = (−4, 3, −4),
T 2 e2 = (−8, 5, −8)
el último vector es L.D. Luego Z(e2 , T ) tiene dimensión 2. Ahora lo
que deseamos es un vector v2 tal que T v2 = v2 y Z(v2 ; T ) sea disjunto
de Z(v1 ; T ), es decir, v2 ∈
/ Z(v1 ; T ). Haciendo cuentas, se obtiene que
si v2 = (x, y, z) entonces
T v2 = v2 ⇔ x = 2(y + z)
Asi, v2 = (2, 1, 0). Consideremso la base
{v1 , T v1 , v2 } = {(0, 1, 0), (−4, 3, −4), (2, 1, 0)}
Entonces
T v1 = v 2 ,
T v2 = −1v1 + 2v2 ,
Luego, la forma racional es


0 −1 0
2 0 
R= 1
0
0 1
5
T v 3 = v3