Matriz equivalente en forma canónica

Hallamos una matriz equivalente y en forma canónica a una dada.

    Enunciado
    Se considera la aplicación lineal $f:\mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^3$ cuya matriz con respecto de las bases canónicas de $\mathbb{R}^4$ y $\mathbb{R}^3$ es: $$A=\begin{bmatrix}{-1}&{\;\;2}&{\;\;0}&{1}\\{\;\;2}&{-4}&{-1}&{1}\\{\;\:3}&{-6}&{-2}&{3}\end{bmatrix}$$
  1. Determinar unas bases $B$ y $B’$ de $\mathbb{R}^4$ y $\mathbb{R}^3$ respectivamente tales que $$[f]_B^{B’}=\begin{bmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}.$$
  2. Determinar matrices $P$ y $Q$ invertibles de orden $4$ tales que $$Q^{-1}AP=\begin{bmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix},$$ lo cual probará que $A$ es equivalente a $\text{diag }(I_r,0)$ (que está en forma canónica).
    Solución
  1. Hallemos el rango de $A$ $$\begin{aligned}
    &A=\begin{bmatrix}{\boxed{-1}}&{\;\;2}&{\;\;0}&{1}\\{\;\;2}&{-4}&{-1}&{1}\\{\;\;3}&{-6}&{-2}&{3}\end{bmatrix}
    \begin{matrix}{\sim}\\{F_2+2F_1}\\{F_3+3F_1}\end{matrix} \begin{bmatrix}{\boxed{-1}}&{2}&{\;\;0}&{1}\\{\;\;0}&{0}&{-1}&{3}\\{\;\;0}&{0}&{-2}&{6}\end{bmatrix}\\
    &\begin{matrix}{\sim}\\{F_3-2F_2}\end{matrix}
    \begin{bmatrix}{\boxed{-1}}&{2}&{\;\;0}&{1}\\{\;\;0}&{0}&{\boxed{-1}}&{3}\\{\;\;0}&{0}&{\;\;0}&{0}\end{bmatrix}\Rightarrow \text{rango }A=2.
    \end{aligned}$$ Las ecuaciones de $\ker f$ son $$\ker f:\left \{ \begin{matrix}-x_1+2x_2+x_4=0\\-x_3+3x_4=0.\end{matrix}\right.$$ Asignando a las variables libres los valores $x_2$ y $x_4$ primero los valores $x_2=1$, $x_4=0$ y luego $x_2=0$, $x_4=1$, obtenemos la base del núcleo de $f$: $$B_{\ker f}=\{u_3=(2,1,0,0)^T,\;u_4=(1,0,3,1)^T\}.$$ Una base de la imagen estará formada por dos columnas linealmente independientes de la matriz $A$ (por ejemplo la primera y la tercera): $$B_{\text{Im } f}=\{v_1=(-1,2,3)^T,\;v_2=(0,-1,-2)^T\}.$$ Llamando $u_1=(1,0,0,0)^T$ y $u_2=(0,0,1,0)^T$ tenemos $f(u_1)=v_1$, $f(u_2)=v_2$. Tenemos construida una base de $\mathbb{R}^4$: $$B=\{u_1=(1,0,0,0)^T,u_2=(0,0,1,0)^T,u_3=(2,1,0,0)^T,u_4=(1,0,3,1)^T\}.$$ Una base de $\mathbb{R}^3$ se obtiene añadiendo a los vectores $v_1$ y $v_2$ el vector $v_3=(0,0,1)^T$: $$B’=\{v_1=(-1,2,3)^T,\;v_2=(0,-1,-2)^T,v_3=(0,0,1)^T \}.$$ En consecuencia, $$\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & f(u_1)=v_1\\& f(u_2)=v_2\\& f(u_3)=0\\ &f(u_4)=0 \end{aligned}\end{matrix}\right.\Rightarrow [f]_B^{B’}=\begin{bmatrix}{1}&{0}&{0}&{0}\\{0}&{1}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{0}&{0}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} I_2 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}.$$
  2. Si $P$ es la matriz de cambio de la canónica de $\mathbb{R}^4$ a $B$ y $Q$ la de cambio de la canónica de $\mathbb{R}^3$ a $B’$, por un conocido teorema la matriz de $f$ con respecto a las bases $B$ y $B’$ es $Q^{-1}AP.$ Por tanto $$Q^{-1}AP=\begin{bmatrix} I_2 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$$ y la matrices pedidas son $$P=\begin{bmatrix} 1 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 3\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix},\quad Q=\begin{bmatrix}{-1}&{\;\;0}&{0}\\{\;\;2}&{-1}&{0}\\{\;\;3}&{-2}&{1}\end{bmatrix}.$$ Queda pues probado que $A$ es equivalente a la matriz en forma canónica $\text{diag }(I_2,0)$.
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