Operador traspuesto

Proporcionamos ejercicios sobre el operador traspuesto.

RESUMEN TEÓRICO
    Enunciado
  1. En el espacio euclídeo $\mathbb{R}^2$ con el producto escalar $\langle x,y\rangle=2x_1y_1+3x_2y_2$ (siendo $x=(x_1,x_2)^t,$ $y=(y_1,y_2)^t$), se considera el operador $$T(x_1,x_2)=(x_1-2x_2,4x_1+5x_2).$$ Determinar su operador traspuesto.
  2. Se considera el espacio euclídeo $\left(\mathbb{R}_2[x],\langle\;,\; \rangle\right)$ siendo $\langle p,q\rangle=\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}p(x)q(x)\;dx.$
    $(i)\;$ Comprobar que $B=\{p_1=1, \;p_2=\sqrt {3}x,\;p_3=(3\sqrt{5}/2)(x^2-1/3)\}$ es base ortonormal.
    $(ii)$ Determinar en la base $B$ la matriz del operador traspuesto del operador $T$ en $\mathbb{R}_2[x]$ definido mediante $T(p_1)=2p_1-p_3,$ $T(p_2)=2p_2+5p_3,$ $T(p_3)=p_3.$
  3. Sea $S$ y $T$ dos operadores en un espacio euclídeo de dimensión finita $E,$ y $\lambda\in\mathbb{R}.$ Demostrar que $$(S+T)^t=S^t+T^t,\;\;(\lambda T)^t=\lambda T^t,\;\;(S\circ T)^t=T^t\circ S^t.$$
  4. Sea $E$ un espacio euclídeo de dimensión finita $n,$ y $E^*$ su dual. Demostrar que la aplicación $F:E\to E^*,\;\; F(a)=f_a\text{ con }f_a(x)=\left<a,x\right>$ es un isomorfismo.
  5. Sea $E$ espacio euclídeo de dimensión finita y $T:E\to E$ un operador (es decir, un endomorfismo). Demostrar que existe un único operador $T^t:E\to E$ tal que: $$\langle v,T(w)\rangle=\langle T^t(v),w\rangle\quad \forall v,w\in E.$$
  6. Sea $T$ un operador en un espacio euclídeo de dimensión finita y $B$ una base de $E.$ Sea $A$ la matriz de $T$ en la base $B$ y $G$ la matriz de Gram en la base $B.$ Demostrar que la matriz de $T^t$ en la misma base $B$ es $G^{-1}A^tG.$
  7. Demostrar las propiedades
    $(a)\;$ $\left(T^t\right)^t=T.$
    $(b)\;$ $\ker T=\left(\text{Im } T^t\right)^{\perp},\;\;\ker T^t=\left(\text{Im } T\right)^{\perp}.$
  8. Demostrar las propiedades
    $(a)\;$ $T$ y $T^t$ tienen el mismo polinomio característico, en consecuencia los mismos valores propios.
    $(b)\;$ Dos subespacios propios, uno de $T$ y otro de $T^t$ que corresponden a dos valores propios distintos son ortogonales.
    Solución
  1. La expresiones matriciales de $T$ y del producto escalar en la base canónica son $$T\begin{pmatrix}x_1\\{x_2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}{1}&{-2}\\{4}&{5}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\{x_2}\end{pmatrix},$$ $$\langle x,y\rangle=\begin{pmatrix}{x_1}\;\;{x_2}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}{2}&{0}\\{0}&{3}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\{x_2}\end{pmatrix}. $$ Las matrices de $T$ y del producto escalar en la base canónica son por tanto $$A=\begin{pmatrix}{1}&{-2}\\{4}&{5}\end{pmatrix},\quad G=\begin{pmatrix}{2}&{0}\\{0}&{3}\end{pmatrix}.$$ En consecuencia la matriz de $T^t$ en la base canónica es $$G^{-1}A^tG=\begin{pmatrix}{1/2}&{0}\\{0}&{1/3}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}{1}&{4}\\{-2}&{5}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}{2}&{0}\\{0}&{3}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}{2}&{6}\\{-4/3}&{5}\end{pmatrix},$$ y su expresión matricial en dicha base: $$T^t\begin{pmatrix}x_1\\{x_2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}{2}&{6}\\{-4/3}&{5}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\{x_2}\end{pmatrix},$$ o equivalentemente: $$T^t(x_1,x_2)=(2x_1+6x_2,-4x_1/3+5x_2).$$
  2. $(i)$ Fácilmente verificamos (son integrales inmediatas) que para todo $i,j=$ $1,2,3,$ $\langle p_i(x),p_j(x)\rangle=\delta_{ij}$ (deltas de Kronecker) y por tanto la base $B$ es ortonormal.
    $(ii)$ Transponiendo coeficientes, obtenemos la matriz $A$ de $T$ en la base $B:$ $$A=\begin{bmatrix}{2}&{0}&{0}\\{0}&{2}&{0}\\{-1}&{5}&{1}\end{bmatrix}.$$ Al ser $B$ ortonormal, la matriz de $T^t$ en $B$ es $A^t,$ es decir $$A^t=\begin{bmatrix}{2}&{0}&{-1}\\{0}&{2}&{5}\\{0}&{0}&{1}\end{bmatrix}.$$
  3. Para todo $x,y\in E$ se verifica $\langle x,S(y)\rangle=\langle S^t(x),y\rangle$ y $\langle x,T(y)\rangle=\langle T^t(x),y\rangle.$ Por tanto, para todo $x,y\in E:$ $$\langle x,(S+T)(y)\rangle=\langle x,S(y)+T(y)\rangle=\langle x,S(y)\rangle+\langle x,T(y)\rangle$$ $$=\langle S^t(x),y\rangle+\langle T^t(x),y\rangle=\langle S^t(x)+T^t(x),y\rangle$$ $$=\langle (S^t+T^t)(x),y\rangle\Rightarrow (S+T)^t=S^t+T^t.$$ $$\langle x,(\lambda T)(y)\rangle=\langle x,\lambda T(y)\rangle=\lambda \langle x,T(y)\rangle=\lambda\langle T^t(x),y\rangle$$ $$=\langle \lambda T^t(x),y\rangle=\langle (\lambda T^t)(x),y\rangle\Rightarrow (\lambda T)^t=\lambda T^t.$$ Para demostrar $(S\circ T)^t=T^t\circ S^t$ vamos a usar un argumento matricial. Elijamos una base ortonormal $B$ de $E.$ Si $M$ y $N$ son respectivamente las matrices de $S$ y $T$ en $B,$ entonces las matrices de $S^t$ y $T^t$ en $B$ son respectivamente $M^t$ y $N^t.$

    La matriz de $S\circ T$ en $B$ es $MN$ y la de $(S\circ T)^t$ en $B$ es $(MN)^t=N^tM^t.$ Por otra parte, la matriz de $T^t\circ S^t$ en $B$ es $N^tM^t.$ Los operadores $(S\circ T)^t$ y $T^t\circ S^t$ tienen la misma matriz en la base $B,$ lo cual implica que $(S\circ T)^t=T^t\circ S^t.$

  4. Primeramente veamos que $F$ está bien definida, es decir que $f_a\in E^*$ o de forma equivalente, que $f_a:E\to\mathbb{R}$ es lineal.

    Para todo $\lambda,\mu\in\mathbb{R},$ para todo $x,y\in E$ y usando las propiedades del producto escalar: $$f_a(\lambda x+\mu y)=\left<a,\lambda x+\mu y\right>=\lambda\left<a,x\right>+\mu\left<a,x\right>=\lambda f_a(x)+\mu f_a(y),$$ luego $f_a$ es lineal.
    Veamos ahora que $F$ es lineal. Para todo $\lambda,\mu\in\mathbb{R},$ para todo $a,b\in E,$ para todo $x\in E$ y usando las propiedades del producto escalar: $$F(\lambda a+\mu b)(x)=f_{\lambda a+\mu b}(x)=\left<\lambda a+\mu b,x\right>=\lambda\left<a,x\right>+\mu\left<b,x\right> $$ $$=\lambda f_a(x)+\mu f_b(x)=\left(\lambda f_a +\mu f_b\right)(x)=\left(\lambda F(a)+\mu F(b)\right)(x).$$ Por definición de igualdad de funciones, $F(\lambda a+\mu b)=\lambda F(a)+\mu F(b)$ luego $F$ es lineal. El núcleo de $F$ es: $$\ker F=\{a\in E:F(a)=0\}=\{a\in E:f_a=0\}$$ $$=\{a\in E:\left<a,x\right>=0\;\;\forall x\in E\}.$$ Si $x=a,$ $\left<a,a\right>=0$ lo cual implica $a=0$ y por tanto $\ker F=\{0\},$ luego $F$ es inyectiva. Por el teorema de las dimensiones para aplicaciones lineales, $$n=\dim (\text{Im }F)=\dim E^*\Rightarrow \text{Im }F=E^*$$ es decir, $F$ es sobreyectiva. Concluimos que $F$ es isomorfismo.

  5. Existencia. Sea $a\in E.$ La aplicación $h:E\to \mathbb{R}$ definida mediante $h(x)=\langle a,T(x)\rangle$ es lineal, pues para todo $\lambda,\mu\in\mathbb{R}$ y para todo $x,y\in E:$ $$h(\lambda x+\mu y)=\langle a,T(\lambda x+\mu y)\rangle=\langle a,\lambda T(x)+\mu T( y)\rangle$$ $$=\lambda \langle a,T(x)\rangle+\mu \langle a,T(y)\rangle=\lambda T(x)+\mu T(y).$$ Como $h\in E^*,$ debido al isomorfismo $F$ construido en el problema anterior, existe un único $a’\in E$ tal que $F(a’)=f_{a’}=h.$ Definimos $T^t(a)=a’.$ Debido a la bilinealidad del producto escalar, la aplicación $T^t$ es lineal. Además, $$h=f_{a’}\Leftrightarrow h(x)=f_{a’}(x)\;\forall x\in E\Leftrightarrow\langle a,T(x)\rangle=\langle a’,x\rangle\;\forall x\in E$$$$\Leftrightarrow \langle a,T(x)\rangle=\langle T^t(a),x\rangle\;\forall x\in E$$ Pero el razonamiento anterior es válido para cualquier $a\in E,$ por tanto, denotando $a$ por $v$ y $x$ por $w$ resulta $\langle v,T(w)\rangle=\langle T^t(v),w\rangle\quad \forall v,w\in E.$
    Unicidad. Supongamos que un endomorfismo $H$ en $E$ satisface $\langle v,T(w)\rangle=\langle H(v),w\rangle$ para todo $v,w$ vectores de $E.$ Fijando $v:$ $$\langle T^t(v),w\rangle=\langle H(v),w\rangle\;\;\forall w\in E$$ $$\Rightarrow \langle (T^t-H)(v),w\rangle=0\;\;\forall w\in E \Rightarrow (T^t-H)(v)=0.$$ El razonamiento anterior es válido para todo $v\in E,$ luego $T^t-H=0$ y por tanto $T^t=H.$
  6. Sean $x$ e $y$ vectores genéricos de $E$ y $X$ e $Y$ sus respectivos vectores de coordenadas en la base $B.$ Llamemos $C$ a la matriz de $T^t$ en la base $B.$ Entonces, $$\langle T(x),y \rangle=\langle x,T^t(y)\rangle \Leftrightarrow (AX)^tGY=X^tG(CY)$$ $$\Leftrightarrow X^t(A^tG)Y=X^t(GC)Y\Leftrightarrow X^t(A^tG-GC)Y=0.$$ Es decir, la forma bilineal $X^t(A^tG-GC)Y$ es la forma bilineal nula, por tanto ha de ser $A^tG-GC=0$ de lo cual deducimos $C=G^{-1}A^tG.$
  7. $(a)\;$ Intercambiando los papeles de $x$ e $y$ en la relación $\langle x,T(y)\rangle=\langle T^t(x),y\rangle:$ $$\langle y,T(x)\rangle=\langle T^t(y),x\rangle,\text{ o bien}\;\langle x,T^t(y)\rangle=\langle T(x),y\rangle.$$ Por la unicidad del operador traspuesto, $\left(T^t\right)^t=T.$
    $(b)\;$ Veamos que $\ker T\subset\left(\text{Im } T^t\right)^{\perp}:$ $$y\in \ker T\Rightarrow T(y)=0\Rightarrow 0=\langle x,0\rangle=\langle T^t(x),y\rangle\;\;\forall x\in E$$ es decir, $y$ es ortogonal a todo vector de la imagen de $T^t.$
    Veamos que $\left(\text{Im } T^t\right)^{\perp}\subset \ker T:$ $$y\in \left(\text{Im } T^t\right)^{\perp}\Rightarrow \langle T^t(x),y\rangle=0=\langle x,T(y) \rangle\;\forall x\in E$$ $$\Rightarrow T(y)=0\Rightarrow y\in\ker T.$$ Concluimos que $\ker T=\left(\text{Im } T^t\right)^{\perp}.$ Para demostrar $\ker T^t=\left(\text{Im } T\right)^{\perp},$ basta intercambiar los papeles de $T$ y $T^t$ y usar $\left(T^t\right)^t=T.$
  8. $(a)\;$ Sabemos que si $A$ es la matriz de $T$ en una base $B$ y $G$ la matriz de Gram en la base $B,$ la matriz de $T^t$ en la misma base $B$ es $G^{-1}A^tG.$ La matriz $A$ tiene el mismo polinomio característico que $A^t,$ y $G^{-1}A^tG$ es semejante a $A^t.$ En consecuencia $A$ y $G^{-1}A^tG$ tienen el mismo polinomio característico.
    $(b)\;$ Sean $\lambda,\mu$ valores propios distintos de $T$ (como consecuencia, también de $T^t$). Sea $y$ vector propio de $T$ asociado a $\lambda$ y $x$ vector propio de $T^t$ asociado a $\mu.$ Entonces, $$\langle x,T(y)\rangle=\langle T^t(x),y\rangle\Rightarrow \langle x,\lambda y\rangle=\langle \mu x,y\rangle$$ $$\Rightarrow \lambda\langle x, y\rangle=\mu\langle x,y\rangle \Rightarrow (\lambda-\mu)\langle x, y\rangle=0.$$ Como $\lambda-\mu\neq 0,$ ha de ser $\langle x, y\rangle=0.$
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