Forma bilineal y sistema diferencial

Relacionamos una forma bilineal y un sistema diferencial.

Enunciado
Sea $E$ el espacio vectorial de las matrices reales y cuadradas de orden $2.$ Se define la aplicación:

$f:E\times E\to \mathbb{R}\;,\quad (A,B)\to \det (A+B)-\det(A-B).$

1. Probar que $f$ es una forma bilineal simétrica.
2. Encontrar una base $B=(B_1,B_2,B_3,B_4)$ de $E$ de vectores conjugados dos a dos respecto de $f$ tal que

$f(B_1,B_1)=f(B_2,B_2)=-f(B_3,B_3)=-f(B_4,B_4)=1.$

3. Sea $M$ la matriz de $f$ respecto de $B.$ Encontrar una matriz real $N$ tal que $N^2=M.$ Sea $x\geq 0$ y la función $g(x)=x^{1/2}.$ ¿Existe $g(M)$?
4. Determinar la solución $\phi$ del sistema de ecuaciones diferenciales $X’=NX$ sabiendo que $\phi(0,0,0,0)=(1,0,1,0).$

(Propuesto en examen, Álgebra, ETS de Ing. Industriales, UPM).

Solución
1. Consideremos la matrices genéricas de $E:$

$A=\begin{pmatrix}{x_1}&{x_2}\\{x_3}&{x_4}\end{pmatrix}\;,\quad B=\begin{pmatrix}{y_1}&{y_2}\\{y_3}&{y_4}\end{pmatrix}.$

Operando obtenemos

$$f(A,B)=\det \begin{pmatrix}{x_1+y_1}&{x_2+y_2}\\{x_3+y_3}&{x_4+y_4}\end{pmatrix}-\det \begin{pmatrix}{x_1-y_1}&{x_2-y_2}\\{x_3-y_3}&{x_4-y_4}\end{pmatrix}$$ $$=x_1y_4+2x_4y_1-2x_2y_3-2x_3y_2$$ $$=\begin{pmatrix}{x_1}&{x_2}&{x_3}& x_4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}{0}&{\;\;0}&{\;\;0}&{2}\\{0}&{\;\;0}&{-2}&{0}\\{0}&{-2}&{\;\;0}&{0}\\{2}&{\;\;0}&{\;\;0}&{0}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}{y_1}\\{y_2}\\{y_3}\\ y_4\end{pmatrix}\;.$$

Sabemos que toda función de $\mathbb{R}^n\times \mathbb{R}^n$ en $\mathbb{R}$ de la forma $X^tMY$ con $X=(x_1,\ldots,x_n)^t,$ $Y=(y_1,\ldots y_n)^t$ vectores de $\mathbb{R}^n$ y $M$ simétrica, representa una forma bilineal simétrica. En consecuencia lo es $f$, pues basta tener en cuenta que en nuestro caso $A$ y $B$ están representadas por sus coordenadas una base de $E$ (en concreto la canónica).

2. Tenemos que encontrar una matriz $P$ de cambio de base tal que $P^tMP=D$, siendo $D=\mbox{diag }(1,1,-1,-1).$ Para ello aplicaremos el teorema espectral. Valores propios de $M:$

$$\det (M-\lambda I)=\begin{vmatrix}{-\lambda}&{0}&{0}&{2}\\
{0}&{-\lambda}&{-2}&{0}\\
{0}&{-2}&{-\lambda}&{0}\\
{2}&{0}&{0}&{-\lambda}\\
\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}{-\lambda+2}&{0}&{0}&{2}\\
{0}&{-\lambda}&{-2}&{0}\\
{0}&{-2}&{-\lambda}&{0}\\
{2-\lambda}&{0}&{0}&{-\lambda}\\
\end{vmatrix}$$ $$=
\begin{vmatrix}{-\lambda+2}&{0}&{0}&{2}\\
{0}&{-\lambda}&{-2}&{0}\\
{0}&{-2}&{-\lambda}&{0}\\
{0}&{0}&{0}&{-\lambda-2}\\
\end{vmatrix}$$ $$=(-\lambda+2)(-\lambda-2)(\lambda^2-4)=(\lambda-2)^2(\lambda+2)^2.$$

Es decir, 2 (doble) y -2 (doble). Los subespacios propios son:

$V_2 \equiv\left \{ \begin{matrix}-2x_1+2x_4=0\\-2x_2-2x_3=0\\ -2x_2-2x_3=0\\2x_1-2x_4=0\end{matrix}\right.\;,\quad V_{-2} \equiv\left \{ \begin{matrix}2x_1+2x_4=0\\2x_2-2x_3=0\\ -2x_2+2x_3=0\\2x_1+2x_4=0.\end{matrix}\right.$

Unas bases ortogomales de $V_2$ y $V_{-2}$ con respecto del producto escalar usual son

$B_{2}=\{(1,0,0,-1),(0,1,-1,0)\}\;,\quad B_{-2}=\{(1,0,0,1),(0,1,1,0)\} .$

Como la matriz $M$ es simétrica, vectores propios asociados a valores propios distintos son ortogonales dos a dos. Esto implica que los cuatro vectores anteriores forman una base ortogonal y de vectores propios asociados a $M.$ Dividiendo entre la norma de cada uno de los vectores, obtenemos una base ortonormal y de vectores propios de $\mathbb{R}^4:$

$\mathcal{C}=\left\{\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,0,-1),\;\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,-1,0),\;\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,0,1),\;\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,1,0)\right\} .$

La matriz $P$ de cambio de la base canónica a la $\mathcal{C}$ es por tanto ortogonal y satisface

$P^{-1}MP=P^tMP=D=\mbox{diag }(2,2,-2,-2).$

Es decir, $(\frac{1}{\sqrt{2}}P)^tM(\frac{1}{\sqrt{2}}P)=\mbox{diag }(1,1,-1,-1).$ Teniendo en cuenta que estamos trabajando en coordenadas respecto de la base canónica de $E$, deducimos que los vectores de la base $B$ pedida son:

$$B_1=\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix}{1}&{\;\;0}\\{0}&{-1}\end{pmatrix},\;B_2=\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix}{\;\;0}&{1}\\{-1}&{0}\end{pmatrix},$$ $$\;B_3=\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix}{1}&{0}\\{0}&{1}\end{pmatrix},\;B_4=\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix}{0}&{1}\\{1}&{0}\end{pmatrix}.$$

3. Para hallar una matriz $N$ tal que $N^2=M$ tengamos en cuenta que $M$ se puede expresar en cajas de la siguiente manera

$M=\begin{pmatrix}{M_1}&{0}\\{0}&{M_2}\end{pmatrix}\mbox{ con }M_1=I_2,\; M_2=\begin{pmatrix}{\cos \pi }&{-\sin \pi}\\{\sin\pi}&{\cos\pi}\end{pmatrix}.$

Dado que $M_2$ representa un giro de ángulo $\pi $, es el cuadrado de un giro de ángulo $\pi/2.$ Teniendo en cuenta esto, hallamos $N:$

$N=\begin{pmatrix}{1}&{0}&{0}&{0}\\{0}&{1}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{\cos \pi/2}&{-\sin \pi/2}\\{0}&{0}&{\sin \pi/2}&{\cos \pi/2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}{1}&{0}&{0}&{\;\;0}\\{0}&{1}&{0}&{\;\;0}\\{0}&{0}&{0}&{-1}\\{0}&{0}&{1}&{\;\;0}\end{pmatrix}.$

4. Los valores propios de $N$ son $1$ (doble) y $\pm i$ (simples). Los subespacios propios asociados a $1$ e $i$ son

$$V_1\equiv \left \{ \begin{matrix}  -x_3-x_4=0\\x_3-x_4=0\end{matrix}\right.\;,\quad V_i \equiv \left \{ \begin{matrix}  (1-i)x_1=0\\(1-i)x_2=0\\-ix_3-x_4=0\\x_3-ix_4=0.\end{matrix}\right.$$

Unas bases de estos subespacios propios son

$B_1=\{e_1=(1,0,0,0)^t,\;e_2=(0,1,0,0)^t\}\quad B_i=\{e_3=(0,0,i,1)^t\}.$

Dado que $N$ es real, una base el subespacio propio asociado al valor propio $-i$ se obtiene conjugando $e_3.$ Por tanto, la matriz $P=\begin{bmatrix}{e_1}&{e_2}&{e_3}&\overline{e_3}\end{bmatrix}$ cumple

$P^{-1}NP=\mathcal{D}=\mbox{diag }(1,1,i,-i).$

La función $\phi$ pedida es por tanto

$$\phi(t)=e^{tN}\begin{bmatrix}{1}\\{0}\\{1}\\ 0\end{bmatrix}=Pe^{t\mathcal{D}}P^{-1}\begin{bmatrix}{1}\\{0}\\{1}\\ 0\end{bmatrix}$$ $$=\begin{bmatrix}{1}&{0}&{0}&{\;\;0}\\{0}&{1}&{0}&{\;\;0} \\ {0}&{0}&{i}&{-i}\\ {0}&{0}&{1}&{\;\;1}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{e^t}&{0}&{0}&{0}\\{0}&{e^t}&{0}&{0} \\ {0}&{0}&{e^{it}}&{0}\\ {0}&{0}&{0}&{e^{-it}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{1}&{0}&{0}&{\;\;0}\\{0}&{1}&{0}&{\;\;0} \\ {0}&{0}&{i}&{-i}\\ {0}&{0}&{1}&{\;\;1}\end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix}{1}\\{0}\\{1}\\ 0\end{bmatrix}.$$

Teniendo en cuenta que $P$ es diagonal por cajas, fácilmente obtenemos:

$$\phi(t)=\begin{bmatrix}{e^t}\\{0}\\{\cos t}\\\sin t \end{bmatrix}.$$

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