Un endomorfismo antisimétrico

Estudiamos un  endomorfismo antisimétrico en $\mathbb{R}^n.$

Enunciado
En $\mathbb{R}^3$ con el producto escalar usual $\left<{\;,\;}\right>$ se considera el endomorfismo $f$ cuya matriz respecto de la base canónica es

$A=\begin{bmatrix}{\;\;0}&{-1}&{2}\\{\;\;1}&{\;\;\;0}&{3}\\{-2}&{-3}&{0}\end{bmatrix}\:.$

Se pide:

1. Calcular $\left<{x,f(x)}\right>$ para $x=(x_1,x_2,x_3)\in \mathbb{R}^3$ y los valores propios de $f$.
2. Determinar una ecuaciones cartesianas y unas bases de $\ker f$ e $\textrm{Im}\;f$.
3. En $\mathbb{R}^n$ con un producto escalar $\left<{\;,\;}\right>$ un endomorfismo $g$ se llama antisimétrico si $\forall{x}\forall{y}\in \mathbb{R}^n\;\;\left<{g(x),y}\right>=-\left<{x,g(y)}\right>.$ Demostrar que:

$g$ es antisimétrico $\Leftrightarrow \forall x\in \mathbb{R}^n\;g(x)\perp x.$

4. Verificar que si $g$ es antisimétrico se cumplen:
i) $g$ no tiene valores propios distintos de $0$.
ii) $\textrm{Im}\;g=(\ker g)^{\perp}$.

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

Solución
1. Tenemos

$\left<{x,f(x)}\right>=\begin{pmatrix}{x_1}&{x_2}&{x_3}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}{\;\;0}&{-1}&{2}\\{\;\;1}&{\;\;\;0}&{3}\\{-2}&{-3}&{0}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}{x_1}\\{x_2}\\{x_3}\end{pmatrix}\;.$

La expresión anterior es una forma cuadrática $q:\mathbb{R}^3\to \mathbb{R}^3$ representada por una matriz antisimétrica, lo cual implica que $q=0$. Es decir, $\left<{x,f(x)}\right>=0$ para todo $x\in\mathbb{R}^3.$ Hallemos los valores propios de $f:$

$\begin{aligned}
\det (A-\lambda I)=\begin{vmatrix}{-\lambda}&{-1}&\;\;{2}\\{\;\;\;1}&-\lambda&{\;\;3}\\{-2}&{-3}&{-\lambda}\end{vmatrix}=-\lambda^3-14\lambda=(-\lambda)(\lambda^2+14)
\end{aligned}.$

El único valor propio es $\lambda=0$, pues estamos trabajando en el cuerpo de los reales.

2. Unas ecuaciones cartesianas del núcleo son

$\ker f \equiv \left \{ \begin{matrix}-x_2+2x_3=0\\x_1+3x_3=0\\-2x_1-3x_3=0.\end{matrix} \right.$

Su dimensión es:

$\dim (\ker f)=3-\textrm{rg}\;\begin{bmatrix}{\;\;0}&{-1}&{2}\\{\;\;1}&{\;\;\;0}&{3}\\{-2}&{-3}&{0}\end{bmatrix}=3-2=1.$

Una base del núcleo es $B_{\ker f}=\{(-3,2,1\}.$ Los vectores $(y_1,y_2,y_3)$ de la imagen de $f$ son los vectores de $\mathbb{R}^3$ que se pueden expresar de la forma

$\begin{bmatrix}{y_1}\\{y_2}\\{y_3}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{\;\;0}&{-1}&{2}\\{\;\;1}&{\;\;\;0}&{3}\\{-2}&{-3}&{0}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{x_1}\\{x_2}\\{x_3}\end{bmatrix}=x_1\begin{bmatrix}{\;\;0}\\{\;\;1}\\{-2}\end{bmatrix}+x_2\begin{bmatrix}{-1}\\{\;\;\;0}\\{-3}\end{bmatrix}+x_3\begin{bmatrix}{2}\\{3}\\{0}\end{bmatrix}$

con $x_1,x_2,x_3$ variando en $\mathbb{R}.$ Los tres vectores anteriores generan por tanto a $\textrm{Im}\;f$, el rango de la matriz $A$ es dos y las dos primeras columnas son linealmente independientes. Concluimos que una base de $\textrm{Im}\;f$ es $B_{\textrm{Im}\;f}=\{(0,1,-2),(-1,0,-3)\}.$ Unas ecuaciones paramétricas de la imagen son

$\textrm{Im}\;f\equiv\left \{ \begin{matrix}y_1=-\lambda_2\\y_2=\lambda_1\\y_3=-2\lambda_1-3\lambda_2\end{matrix} \right.\quad (\lambda_1,\lambda_2\in\mathbb{R}).$

Eliminando $\lambda_1$ y $\lambda_2$ obtenemos $3y_1-2y_2-y_3=0$ (ecuación cartesiana de la imagen).

3. $\Rightarrow)$ Usando la propiedad conmutativa del producto escalar:

$\displaystyle\begin{aligned}
g\mbox{ antisim.}&\Rightarrow \left<{g(x),y}\right>=-\left<{x,g(y)}\right>\quad\forall{x}\forall{y}\in \mathbb{R}^n\\
&\Rightarrow \left<{g(x),x}\right>=-\left<{x,g(x)}\right>\quad\forall{x}\in \mathbb{R}^n\\
&\Rightarrow\left<{x,g(x)}\right>=-\left<{x,g(x)}\right>\quad\forall{x}\in \mathbb{R}^n\\
&\Rightarrow 2\left<{x,g(x)}\right>=0 \quad\forall{x}\in \mathbb{R}^n\\
&\Rightarrow \left<{x,g(x)}\right>=0 \quad\forall{x}\in \mathbb{R}^n\\
&\Rightarrow x \perp g(x)\quad \forall{x}\in \mathbb{R}^n.
\end{aligned}$

$\Leftarrow)$ Por hipótesis y para todo $x,y\in\mathbb{R}^n$ se verifica $\left<{x+y,g(x+y)}\right>=0$. Usando la linealidad de $g:$

$\displaystyle\begin{aligned}
\left<{x+y,g(x+y)}\right>=0& \Rightarrow \left<{x+y,g(x)+g(y)}\right>=0\\
&\Rightarrow \left<{x,g(x)}\right>+\left<{y,g(x)}\right>+\left<{x,g(y)}\right>+\left<{y,g(y)}\right>=0\\
&\Rightarrow \left<{y,g(x)}\right>+\left<{x,g(y)}\right>=0\\
&\Rightarrow \left<{y,g(x)}\right>=-\left<{x,g(y)}\right>\\
&\Rightarrow \left<{g(x),y}\right>=-\left<{x,g(y)}\right>\\
&\Rightarrow g\mbox{ antisim.}
\end{aligned}$

4. i) Sea $\lambda\in\mathbb{R}$ valor propio de $g$. Entonces existe $v\in\mathbb{R}^n$ no nulo tal que $g(v)=\lambda v$. Como $g$ es antisimétrico se verifica $\left<{v,g(v)}\right>=0$. Usando que $\left\|{v}\right\|^2\neq 0:$

$\displaystyle\begin{aligned}
\left<{v,g(v)}\right>=0& \Rightarrow \left<{v,\lambda v}\right>=0\\
& \Rightarrow \lambda\left<{v, v}\right>=0\\
& \Rightarrow \lambda \left\|{v}\right\|^2=0\\
& \Rightarrow \lambda=0.
\end{aligned}$

ii) Si $v\in\textrm{Im}\;g$, existe $u\in\mathbb{R}^n$ tal que $v=g(u)$. Para todo $x\in\ker g$ se verifica:

$\left<{v,x}\right>=\left<{g(u),x}\right>=-\left<{u,g(x)}\right>=-\left<{u,0}\right>=0.$

Es decir, $v\in(\ker g)^{\perp}$ con lo cual $\textrm{Im}\;g\subset (\ker g)^{\perp}$. Por otra parte, usando el teorema de las dimensiones para aplicaciones lineales y que para $F$ subespacio de $\mathbb{R}^n$ se verifica $\dim F^{\perp}=n-\dim F$, tenemos:

$\dim \;(\ker g)^{\perp}=n-\dim\;\ker g=n-(n-\dim \text{Im}\;g)=\dim \text{Im}\;g$.

Concluimos que $\textrm{Im}\;g= (\ker g)^{\perp}$.