Espacio de funciones y forma de Jordan

Usamos la forma de Jordan de operadores en un espacio de funciones.

Enunciado
Consideremos el espacio vectorial $V$ generado por el sistema de funciones $$\{1,x,x^2,x^3,\text{sh } x,\text{ch }x\}.$$ $(a)$  Sea $D:V\to V$ la aplicación derivada, es decir $D(f)=f’.$ Calcular unas bases de  $\ker D$ e $\text{Im }D.$

$(b)$  Calcular la forma canónica de Jordan $J$ de $D$ y encontrar una base de $V$ de forma que la matriz asociada a $D$ en esa base sea precisamente $J.$

$(c)$  Sea $T:V\to V$ la aplicación que hace corresponder a cada función $f\in V$ su polinomio de Taylor de orden $2$ en $x=0.$ Probar que $T$ es lineal y calcular su matriz respecto de la base de $V$ $$B=\{1,\;x,\;x^2,\;x^3,\;\text{sh }x,\;\text{sh }x\}.$$ $(d)$  Calcular $\ker T$ y como aplicación resolver la ecuación $$T(f)=1+x+x^2\text{ para }f\in V.$$ $(e)$  Calcular las matrices asociadas a las composiciones $T\circ D$ y $D\circ T$ respecto a la base $B$ y como aplicación resolver la ecuación $$\left(T\circ D\right)(f)=\left(D\circ T\right)(f)\text{ para } f\in V.$$

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

Solución
$(a)$  Demostremos que $B=\{1,x,x^2,x^3,\text{sh } x,\text{ch }x\}$ es base de $V.$ Es sistema generador por hipótesis. Sea la combinación lineal $$\lambda_1\cdot 1 +\lambda_2x+\lambda_3x^2+\lambda_4x^3+\lambda_5\text{sh } x+\lambda_6\text{ch }x=0.$$ Derivando sucesivamente obtenemos $$\lambda_2+2\lambda_3x+3\lambda_4x^2+\lambda_5\text{ch } x+\lambda_6\text{sh }x=0,$$ $$2\lambda_3+6\lambda_4x+\lambda_5\text{sh } x+\lambda_6\text{ch }x=0,\quad6\lambda_4+\lambda_5\text{ch } x+\lambda_6\text{sh }x=0,$$ $$\lambda_5\text{sh } x+\lambda_6\text{ch }x=0,\quad\lambda_5\text{ch } x+\lambda_6\text{sh }x=0.$$ Sustituyendo $x=0$ en las seis igualdades anteriores, $$\lambda_1+\lambda_6=0,\quad\lambda_2+\lambda_5=0,\quad2\lambda_3+\lambda_6=0,$$ $$ 6\lambda_4+\lambda_5=0,\quad\lambda_6=0,\quad \lambda_5=0.$$ Se deduce inmediatamente que $\lambda_1=\ldots=\lambda_6=0,$ luego $B$ es base de $V.$ La aplicación $D$ está bien definida, pues claramente cualquier combinación lineal de elementos de $B$ al derivarla, es también una combinación lineal de elementos de $B.$ Hallemos la matriz $A$ de $D$ en la base $B.$ Derivando obtenemos $$\displaystyle\begin{aligned} & D(1)=0\\& D(x)=1 \\ & D\left(x^2\right)=2x  \end{aligned}\qquad \begin{aligned} & D\left(x^3\right)=3x^2\\& D\left(\text{sh }x\right)=\text{ch }x \\ & D\left(\text{ch }x\right)=\text{sh }x. \end{aligned}$$ Trnasponiendo coeficientes, $$A=\begin{bmatrix}{0}&{1}&{0}&0&0&0\\{0}&{0}&{2}&0&0&0\\{0}&{0}&{0}&3&0&0\\{0}&{0}&{0}&0&0&0\\{0}&{0}&{0}&0&0&1\\{0}&{0}&{0}&0&1&0\end{bmatrix}.$$ En coordenadas en la base $B:$  $$\ker D:\; \left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & x_2=0\\& 2x_3=0\\ & 3x_4=0 \\& x_6=0\\& x_5=0 \end{aligned}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \begin{bmatrix}x_1\\{x_2}\\ x_3\\{x_4}\\ x_5\\x_6\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\alpha\\{0}\\ 0\\{0}\\ 0\\0\end{bmatrix}=\alpha\begin{bmatrix}1\\{0}\\ 0\\{0}\\ 0\\0\end{bmatrix},\;\;(\alpha\in\mathbb{R}).$$ Una base de $\ker D$ es $\left\{(1,0,0,0,0,0)^T\right\}$ (en coordenadas en $B$), por tanto una base de $\ker D$ es $B_{\ker D}=\{1\}.$ Las columnas de $A$ desde la segunda a la última, son linealmente independientes y generan a la imagen de $D$ (en coordenadas en $B$). Simplificando, obtenemos una base de $\text{Im }D:$ $B_{\text{Im }D}=\{1,x,x^2,x^3,\text{ch } x,\text{sh }x\}.$

$(b)$  Valores propios de $D$ $$\begin{vmatrix}{-\lambda}&{1}&{0}&0&0&0\\{0}&{-\lambda}&{2}&0&0&0\\{0}&{0}&{-\lambda}&3&0&0\\{0}&{0}&{0}&-\lambda&0&0\\{0}&{0}&{0}&0&-\lambda&1\\{0}&{0}&{0}&0&1&-\lambda\end{vmatrix}=0\Leftrightarrow (-\lambda)^4(\lambda^2-1)=0.$$ Los valores propios son $\lambda =0$ (cuádruple) y $\lambda=\pm 1$ (simples). Las dimensiones de los subespacios propios son $\dim V_0=6-\text{rg }(A-0I)=6-5=1,$ $\dim V_1=1,$ $\dim_{-1}=1.$ Tenemos por tanto una caja de orden $4$ para el valor propio $0,$ y una de orden $1$ para cada uno de los valores propios $1$ y $-1.$ Es decir $$J=\begin{bmatrix}{0}&{1}&{0}&0&&\\{0}&{0}&{1}&0&&\\{0}&{0}&{0}&1&&\\{0}&{0}&{0}&0&&\\{}&{}&{}&&1&\\{}&{}&{}&&&-1\end{bmatrix}.$$ Para hallar una base de $V$ cuya matriz es $J$ podríamos usar el método general, ahora bien teniendo en cuenta que la aplicación $D$ es la aplicación derivada, podemos razonar de ora manera. Si $B_J=\{e_1,\ldots,e_6\}$ es base cuya matriz es $J$ se ha de verificar $$De_1=0\; (\text{basta elegir } e_1=1),\quad De_2=e_1\; (\text{basta elegir } e_2=x),$$ $$De_3=e_2\; (\text{basta elegir } e_3=x^2/2),\quad De_4=e_3\; (\text{basta elegir } e_4=x^3/6),$$ $$De_5=e_5\; (\text{basta elegir } e_5=e^x),\quad De_6=-e_6\; (\text{basta elegir } e_5=e^{-x}).$$ Obsérvese que $e^x$ y $e^{-x}$ son vectores de $V$ pues $e^x=\text{sh }x+\text{ch }x$ y $e^{-x}=\text{ch }x-\text{sh }x.$ La base pedida es $$B_J=\left\{1,\;x,\;x^2/2,\;x^3/6,\;e^x,\;e^{-x}\right\}$$ $(c)$  La aplicación es $T(f)=f(0)+\dfrac{f^{\prime}(0)}{1!}x+\dfrac{f^{\prime\prime}(0)}{2!}x^2=\displaystyle\sum_{k=0}^2\dfrac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k.$

Esta aplicación está bien definida, pues las funciones de $V$ son derivables hasta cualquier orden, y $T(f)$ claramente pertenece a $V.$ Veamos que $T$ es lineal. Para todo $\lambda,\mu\in\mathbb{R},$ y para todo  $f,g\in V$ $$T(\lambda f+\mu g)=\sum_{k=0}^2\dfrac{(\lambda f+\mu g)^{(k)}(0)}{k!}x^k=\lambda\sum_{k=0}^2\dfrac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k$$ $$+\mu\sum_{k=0}^2\dfrac{g^{(k)}(0)}{k!}x^k=\lambda T(f)+\mu T(g).$$ Los transformados de los elementos de la base $B$ son $$T(1)=1,\;\; T(x)=x,\;\; T\left(x^2\right)=x^2,$$ $$T\left(x^3\right)=0,\;\;T(\text{sh }x)=x,\;\;T(\text{ch }x)=1+x^2/2.$$ Transponiendo coeficientes obtenemos la matriz de $T$ en $B$ $$A_1=\begin{bmatrix}{1}&{0}&{0}&0&0&1\\{0}&{1}&{0}&0&1&0\\{0}&{0}&{1}&0&0&1/2\\{0}&{0}&{0}&0&0&0\\{0}&{0}&{0}&0&0&0\\{0}&{0}&{0}&0&0&0\end{bmatrix}.$$ $(d)$  En coordenadas en la base $B:$  $$\ker T:\; \left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & x_1+x_6=0\\& x_2+x_5=0\\ & x_3+x_6/2=0, \end{aligned}\end{matrix}\right.\quad \dim \ker T=6-\text{rg }A_1=6-3=3.$$ Una base de $\ker T$ en coordenadas en $B$ es $$\{(0,0,0,1,0,0)^T,(0,-1,0,0,1,0)^T\;(-2,0,-1,0,2)^T\},$$ y pasando a los auténticos vectores de $V$ $$B_{\ker T}=\{x^3,\;-x+\text{sh }x,\;-2-x^2+\text{ch }x \}.$$ La ecuación $T(f)=1+x+x^2$ es equivalente en coordenadas en $B$ a la ecuación matricial $$\begin{bmatrix}1\\{1}\\ 1\\{0}\\ 0\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{1}&{0}&{0}&0&0&1\\{0}&{1}&{0}&0&1&0\\{0}&{0}&{1}&0&0&1/2\\{0}&{0}&{0}&0&0&0\\{0}&{0}&{0}&0&0&0\\{0}&{0}&{0}&0&0&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\{x_2}\\ x_3\\{x_4}\\ x_5\\x_6\end{bmatrix},\;\;\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & x_1+x_6=1\\& x_2+x_5=1\\ & x_3+x_6/2=1. \end{aligned}\end{matrix}\right.$$ Las soluciones del sistema anterior son $$x_1=1-\gamma,\;x_2=1-\beta,\;x_3=1-\gamma/2,\;x_4=\alpha,\;x_5=\beta,\;x_6=\gamma.$$ La ecuación $T(f)=1+x+x^2$ es equivalente en coordenadas en $B$ a $$\begin{bmatrix}1\\{1}\\ 1\\{0}\\ 0\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{1}&{0}&{0}&0&0&1\\{0}&{1}&{0}&0&1&0\\{0}&{0}&{1}&0&0&1/2\\{0}&{0}&{0}&0&0&0\\{0}&{0}&{0}&0&0&0\\{0}&{0}&{0}&0&0&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\{x_2}\\ x_3\\{x_4}\\ x_5\\x_6\end{bmatrix}\Leftrightarrow\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & x_1+x_6=1\\& x_2+x_5=1\\ & x_3+x_6/2=1, \end{aligned}\end{matrix}\right.$$ $$\Leftrightarrow (x_1,x_2,x_3,x_4,x_4)=(1-\gamma,1-\beta,1-\gamma/2,\alpha,\beta,\gamma)\;\;(\alpha,\beta,\gamma\in\mathbb{R}).$$ Las soluciones de la ecuación son por tanto $$f(x)=1-\gamma+(1-\beta)x+\left(1-\frac{1}{2}\gamma\right)x^2+\alpha x^3+\beta\; \text{sh x}+\gamma \;\text{ch x},$$ con $\alpha,\beta,\gamma\in\mathbb{R}.$

$(e)$  Sabemos que la composición de endomorfismos corresponde al producto de matrices. La matrices de $T\circ D$ y $D\circ T$ son respectivamente $$A_1A=\ldots=\begin{bmatrix}{0}&{1}&{0}&0&1&0\\{0}&{0}&{2}&0&0&1\\{0}&{0}&{0}&3&1/2&0\\{0}&{0}&{0}&0&0&0\\{0}&{0}&{0}&0&0&0\\{0}&{0}&{0}&0&0&0\end{bmatrix},\;\;AA_1=\ldots=\begin{bmatrix}{0}&{1}&{0}&0&1&0\\{0}&{0}&{2}&0&0&1\\{0}&{0}&{0}&0&0&0\\{0}&{0}&{0}&0&0&0\\{0}&{0}&{0}&0&0&0\\{0}&{0}&{0}&0&0&0\end{bmatrix}.$$ En coordenadas en $B,$ la ecuación dada equivale a $$A_1A\begin{bmatrix}x_1\\ \vdots\\x_6\end{bmatrix}=AA_1\begin{bmatrix}x_1\\ \vdots\\x_6\end{bmatrix}\Leftrightarrow\ldots\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & 6x_4+x_5=0 \end{aligned}\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & x_1=\alpha_1\\& x_2=\alpha_2\\ & x_3=\alpha_3\\ & x_4=\alpha_4\\ &x_5=6\alpha_4\\ & x_6=\alpha_5 \end{aligned}\end{matrix}\right.\quad (\alpha_i\in\mathbb{R}).$$ Las soluciones de la ecuación son por tanto $$f(x)=\alpha_1+\alpha_2x+\alpha_3x^2+\alpha_4 x^3-6\alpha_4 \text{sh x}+\alpha_5\text{ch x}\quad (\alpha_i\in\mathbb{R}).$$

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