Endomorfismo idempotente

Demostramos que todo endomorfismo idempotente en un espacio vectorial de dimensión finita es diagonalizable.

Enunciado
Sea $E$ un espacio vectorial sobre el cuerpo $\mathbb{K}$ y sea $f:E\to E$ un endomorfismo idempotente es decir, que cumple $f^2=f$.

1. Demostrar que $ E=\ker f \oplus{\textrm{Im}f}$.
2. Demostrar que si $f$ no es inyectiva entonces $\ker f$ es subespacio propio asociado a $f$ y si $f\neq 0 $, $\textrm{Im}f$ es subespacio propio asociado a $f$.
3. Supongamos ahora que $\dim E=n$ finita. Demostrar que $f$ es diagonalizable. Determinar una base $\mathcal{B}$ de $E$ formada por vectores propios de $f$ y hallar la matriz diagonal $D$ correspondiente.

Solución
1. (a) Si $x\in{\ker f}\cap \textrm{Im}f$ entonces $x\in{\ker f}$ y $x\in \textrm{Im}f$. Es decir, $f(x)=0$ y $\exists{u\in{E}}:x=f(u)$. Pero $f(x)=f^2(u)=f(u)$ por ser $f$ idempotente. Es decir, $x=f(u)=f(x)=0$. Hemos demostrado pues que ${\ker f}\cap \textrm{Im}f=\left\{{0}\right\}$.

(b) Sea $x\in E$. Por definición de imagen, tenemos $f(x)\in \textrm{Im}f$. Por otra parte $x=\left(x-f(x)\right)+f(x)$. Ahora bien, $$f\left(x-f(x)\right)=f(x)-f^2(x)=f(x)-f(x)=0$$ es decir, $\left(x-f(x)\right)\in \ker f$, con lo cual $E=\ker f+\textrm{Im}f$. Concluimos pues que $E=\ker f\oplus \textrm{Im}f$ .

2.  $f$ no es inyectiva equivale a decir que existe $0\neq v\in E$ tal que $f(v)=0=0v$. Esto implica que $\lambda_1=0$ es valor propio del endomorfismo $f$. El subespacio propio asociado a $\lambda_1=0$ es $V_0=\{x\in E:f(x)=0\}$ que es precisamente la definición de $\ker f$. Es decir, $V_0=\ker f$.

La condición $f\neq 0$ equivale a decir que $\textrm{Im}f\neq \{0\}$. Existe por tanto $0\neq w\in\textrm{Im}f$ tal que $w$ es de la forma $w=f(x)$. Como $f$ es nilpotente

$f(w)=f[f(x)]=f^2(x)=f(x)=w=1w.$

Es decir, $\lambda_2=1$ es valor propio del endomorfismo $f$. Entonces el subespacio propio asociado es $V_1=\{x\in E: f(x)=x\}$. Por lo ya visto, $\textrm{Im}f\subset V_1$ y por otra parte si $x\in V_1$ se verifica $x=f(x)$ es decir $x\in\textrm{Im}f$. Se concluye que $\textrm{Im}f=V_1$.

3.  Caso 1 Supongamos que $f$ no es inyectiva y $f\neq 0$ entonces $\dim (\ker f)=r>0$ y $\dim (\textrm{Im}f)=n-r>0$. Sea $\mathcal{B}_1=\{e_1,\ldots,e_r\}$ base de $\ker f$ y $\mathcal{B}_2=\{e_{r+1},\ldots,e_n\}$ base de $\textrm{Im}f$. Como $E=\ker f\oplus \textrm{Im}f$, $\mathcal{B}=\mathcal{B}_1\cup\mathcal{B}_2$ es base de $E$. Además se verifica

$f(e_1)=0e_1,\:\ldots\;,\;f(e_r)=0e_r,\;f(e_{r+1})=1e_{r+1},\;\ldots\;,\;f(e_n)=1e_n.$

Transponiendo coeficientes obtenemos la matriz de $f$ con respecto a la base $\mathcal{B}:$

$D=\textrm{diag}\;(0,\ldots,0,1\ldots,1)$

es decir,  $f$ es diagonalizable.

Caso 2 Si $f$ es inyectiva, por el teorema de las dimensiones para aplicaciones lineales se concluye que también es sobreyectiva, es decir $f$ es un isomorfismo. De la igualdad $f^2=f$ se deduce componiendo con $f^{-1}$ que $f=I_E$ y la matriz de $f$ respecto de cualquier base de $E$ es $I=\textrm{diag}\;(1,1,\ldots,1)$ : $f$ es diagonalizable.

Caso 3 Si $f=0$ la matriz de $f$ respecto de cualquier base de $E$ es la matriz nula $0=\textrm{diag}\;(0,0,\ldots,0):$ $f$ es diagonalizable.

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