Un endomorfismo simétrico

Estudiamos un endomorfismo simétrico según los valores de un parámetro.

Enunciado
Sea $E=\mathbb{R}^{(2,2)}$ dotado del producto escalar $\langle P,Q\rangle=\textrm{tr}(P^tQ).$ Dada la matriz $$A(\alpha)=\begin{bmatrix}{-1+\alpha}&{1-\alpha}\\{\alpha}&{-1}\end{bmatrix}\quad (\alpha\in\mathbb{R}),$$ se considera el endomorfismo $T_{\alpha}$ de $E$ en $E$ definido por $T_{\alpha}(X)=A(\alpha)\cdot X.$ Se pide:

1.  Determinar la matriz $M(\alpha)$ de $T_{\alpha}$ en la base $$B=\{\;\begin{bmatrix}{1}&{0}\\{0}&{0}\end{bmatrix},\;\begin{bmatrix}{0}&{1}\\{0}&{0}\end{bmatrix},\;\begin{bmatrix}{0}&{0}\\{1}&{0}\end{bmatrix},\;\begin{bmatrix}{0}&{0}\\{0}&{1}\end{bmatrix} \;\}.$$

2.  Estudiar para qué valores de $\alpha$ no es $T_{\alpha}$ un isomorfismo de $E,$ y caracterizar en este caso los subespacios $\ker T_{\alpha}$ e $\text{Im }T_{\alpha}.$

3.  Demostrar que la matriz $M(\alpha)$ y el endomorfismo $T_{\alpha}$ tienen los mismos valores propios para cualquiera que sea $\alpha\in \mathbb{R}.$

4.  Determinar el endomorfismo traspuesto de $T_{\alpha}$ e indicar para que valores de $\alpha$ es $T_{\alpha}$ un endomorfismo simétrico.

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

Solución
1.  Denotemos $B=\{e_1,e_2,e_3,e_4\},$ entonces $$T(e_1)=A(\alpha)e_1=\begin{bmatrix}{-1+\alpha}&{0}\\{\alpha}&{0}\end{bmatrix}=(-1+\alpha)e_1+\alpha e_3,$$ $$T(e_2)=A(\alpha)e_2=\begin{bmatrix}{0}&{-1+\alpha}\\{0}&{\alpha}\end{bmatrix}=(-1+\alpha)e_2+\alpha e_4,$$ $$T(e_3)=A(\alpha)e_3=\begin{bmatrix}{1-\alpha}&{0}\\{-1}&{0}\end{bmatrix}=(1-\alpha)e_1-e_3,$$ $$T(e_4)=A(\alpha)e_4=\begin{bmatrix}{0}&{1-\alpha}\\{0}&{-1}\end{bmatrix}=(-1+\alpha)e_2- e_4.$$

Trasponiendo coeficientes obtenemos la matriz $M(\alpha)$ de $T_{\alpha}$ en la base $B:$ $$M(\alpha)=\begin{bmatrix}{-1+\alpha}&{0}&{1-\alpha}& {\;\,0}\\{0}&{-1+\alpha}&{\;\;0}&{1-\alpha}\\{\alpha}&{0}&{-1}&{\;\;0}\\{0}&{\alpha}&{\;\;0}&{-1}\end{bmatrix}\;.$$

2.  El endomorfismo $T_{\alpha }$ no es isomorfismo si y sólo si $M(\alpha)$ no es invertible, o equivalentemente si y sólo si $\det M(\alpha)\neq 0.$ Para hallar este determinante sumamos a la primera columna la tercera: $$\det M(\alpha)=\begin{vmatrix}{0}&{0}&{1-\alpha}& {\;\,0}\\{0}&{-1+\alpha}&{\;\;0}&{1-\alpha}\\{\alpha-1}&{0}&{-1}&{\;\;0}\\{0}&{\alpha}&{\;\;0}&{-1}\end{vmatrix}$$ $$=(\alpha-1)\begin{vmatrix}{0}&{1-\alpha}&{0}\\{-1+\alpha}&{0}&{1-\alpha}\\{\alpha}&{0}&{-1}\end{vmatrix}=(\alpha-1)^2\begin{vmatrix}{-1+\alpha}&{1-\alpha}\\{-1}&{-1}\end{vmatrix}$$ $$=(\alpha-1)^2(\alpha^2-2\alpha +1)=(\alpha-1)^4=0\Leftrightarrow \alpha=1.$$ Para $\alpha=1$ la matriz del endomorfismo $T_1$ es $$M(1)=\begin{bmatrix}{0}&{0}&{\;\;0}&{\;\;0}\\{0}&{0}&{\;\;0}&{\;\;0}\\{1}&{0}&{-1}&{\;\;0}\\{0}&{1}&{\;\;0}&{-1}\end{bmatrix}\;.$$ Unas ecuaciones de $\ker T_1$ en coordenadas en la base $B$ y una base $\ker T_1$ son: $$\left \{ \begin{matrix}  x_1-x_3=0\\x_2-x_4=0\end{matrix}\;,\quad B_{\ker T_1}=\{(1,0,1,0)^t,(0,1,0,1)^t\}.\right.$$ Una base de $\ker T_1$ la podemos expresar por tanto en la forma $$ B_{\ker T_1}=\{\; \begin{bmatrix}{1}&{0}\\{1}&{0}\end{bmatrix}\;,\;\begin{bmatrix}{0}&{1}\\{0}&{1}\end{bmatrix} \;\}.$$ Un conjunto maximal de columnas linealmente independientes de la matriz de una aplicación lineal sabemos que determina una base de la imagen, en consecuencia una base de $\textrm{Im}\;T_1$ es $$ B_{\textrm{Im}\; T_1}=\{\; \begin{bmatrix}{0}&{0}\\{1}&{0}\end{bmatrix}\;,\;\begin{bmatrix}{0}&{0}\\{0}&{1}\end{bmatrix} \;\}.$$

3.  Desarrollando por los elementos de la primera columna obtenemos $$\left| M(\alpha)-\lambda I\right|=\begin{vmatrix}{-1+\alpha-\lambda}&{0}&{1-\alpha}& {\;\,0}\\{0}&{-1+\alpha-\lambda}&{\;\;0}&{1-\alpha}\\{\alpha}&{0}&{-1-\lambda}&{\;\;0}\\{0}&{\alpha}&{\;\;0}&{-1-\lambda}\end{vmatrix}$$ $$=(-1+\alpha-\lambda)(-1-\lambda)\begin{vmatrix}{-1+\alpha-\lambda}&{\;\;1-\alpha}\\{\alpha}&{-1-\lambda}\end{vmatrix}$$ $$=\alpha(1-\alpha)\begin{vmatrix}{-1+\alpha-\lambda}&{\;\;1-\alpha}\\{\alpha}&{-1-\lambda}\end{vmatrix}=
\begin{vmatrix}{-1+\alpha-\lambda}&{\;\;1-\alpha}\\{\alpha}&{-1-\lambda}\end{vmatrix}^2=|A(\alpha)-\lambda I|^2.$$ Es decir, la matriz $A(\alpha)$ y el endomorfismo $T_{\alpha}$ tienen los mismos valores propios para cualquiera que sea $\alpha\in \mathbb{R}.$

4.  Denotemos $$P=\begin{bmatrix}{x_1}&{x_2}\\{x_3}&{x_4}\end{bmatrix}\;,\;Q=\begin{bmatrix}{y_1}&{y_2}\\{y_3}&{y_4}\end{bmatrix}\;.$$

La expresión del producto escalar es $$\langle P,Q\rangle=\langle\begin{bmatrix}{x_1}&{x_2}\\{x_3}&{x_4}\end{bmatrix},\begin{bmatrix}{y_1}&{y_2}\\{y_3}&{y_4}\end{bmatrix}\rangle=\textrm{tr}\begin{bmatrix}{x_1}&{x_3}\\{x_2}&{x_4}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{y_1}&{y_2}\\{y_3}&{y_4}\end{bmatrix}$$ $$=x_1y_1+x_2y_2+x_3y_3+x_4y_4.$$

Dado que $X=(x_1,x_2,x_3,x_4)^t,\;Y=(y_1,y_2,y_3,y_4)^t$ son las coordenadas de $P$ y $Q$ respectivamente en la base $B,$ la expresión del producto escalar en esta base es $$\langle P,Q\rangle=X^tIY,$$ lo cual implica que la base $B$ es ortonormal. La matriz del endomorfismo traspuesto $T_{\alpha}^t$ es por tanto $M(\alpha)^t$ y el endomorfismo $T_{\alpha}$ es simétrico si y sólo si $M(\alpha)$ es simétrica. Esto ocurre cuando $\alpha=1/2.$

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