Subespacios invariantes

    Soluciones
  1. En efecto, cualquier vector $x=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)^T$ de $W$ satisface $ 3\alpha_1-5\alpha_2+\alpha_3=0$ y su transformado es $$T(x)=\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 3 & -5 & 2 \\ \end{bmatrix} \left [ \begin{array}{ccc} \alpha_1 \\ \alpha_2 \\ \alpha_3 \end{array} \right ] = \left [ \begin{array}{ccc} \alpha_1 \\ \alpha_2 \\ 3\alpha_1-5\alpha_2+2\alpha_3 \end{array} \right ].$$ El vector $T(x)$ pertenece a $W$ pues satisface la ecuación de $W:$ $$3\alpha_1-5\alpha_2+\left(3\alpha_1-5\alpha_2+2\alpha_3 \right)=2\left(3\alpha_1-5\alpha_2+\alpha_3\right)=2\cdot 0=0.$$
  2. Sea $\{W_i:i\in I\}$ una colección de subespacios de $V$ que son $T-$ invariantes. Si $x\in \bigcap_{i\in I} W_i$ entonces $x\in W_i$ para todo $i\in I.$ Como $W_i$ es $T-$ invariante, se verifica $T(x)\in W_i$ para todo $i\in W_i,$ por tanto $T(x)\in \bigcap_{i\in I} W_i$ luego $\bigcap_{i\in I} W_i$ es $T-$ invariante.
  3. Si $W$ es subespacio de $V$ entonces, si $x\in W$ se verifica $I(x)=x\in W$ y $\mathbf{0}(x)=0\in W$ y por tanto $W$ es invariante por $I$ y $\mathbf{0}.$
  4. Tenemos $$x\in W\underbrace{\Rightarrow}_{W\text{ es }T_1,T_2\text{ inv.}} T_1(x)\in W\wedge T_2(x)\in W$$ $$\underbrace{\Rightarrow}_{W\text{ es subesp.}} (T_1+T_2)(x)=T_1(x)+T_2(x)\in W$$ y por tanto $W$ es invariante por $T_1+T_2.$ Por otra parte, $$x\in W\underbrace{\Rightarrow}_{W\text{ es }T_2\text{ inv.}} T_2(x)\in W \underbrace{\Rightarrow}_{W\text{ es }T_1\text{ inv.}} (T_1\circ T_2)(x)=T_1[T_2(x)]\in W$$ y por tanto $W$ es invariante por $T_1\circ T_2.$
  5. $(a)$ Se verifica $T(0)=0\in\{0\}$ por tanto, $\{0\}$ es invariante por $T.$
    $(b)$ Para todo $x\in V$ tenemos $T(x)\in V$, luego $V$ es invariante por $T.$
    $(c)$ Si $x\in \ker T$ entonces $T(x)=0.$ Pero $0\in \ker T$ pues $\ker T$ es subespacio de $V.$ Es decir, $\ker T$ es invariante por $T.$
    $(d)$ Para todo $x\in \text{Im }T$ se verifica $T(x)\in \text{Im }T$ por la definición de imagen por tanto, $\text{Im }T$ es invariante por $T.$
  6. $(i)$ Por ser $v$ vector propio de $T$, existe $\lambda\in K$ tal que $T(v)=\lambda v.$ Entonces, $$\begin{aligned} & x\in L[v]\Rightarrow \exists \alpha \in K:x=\alpha v\Rightarrow T(x)=T(\alpha v)\\
    &=\alpha T(v)=\alpha (\lambda v)=(\alpha \lambda) v\Rightarrow T(x)\in L[v] \end{aligned}$$ es decir, $L[v]$ es $T-$ invariante.
    $(ii)$ Como $L[v]$ es invariante y $v\in L[v]$ se verifica $T(v)\in L[v]$ y por tanto existe $\lambda\in K$ tal que $T(v)=\lambda v.$ Es decir, $v$ es vector propio de $T.$
  7. El único subespacio invariante de dimensión $0$ es el $\{0\}$ y el único de dimensión $2$ es $\mathbb{R}^2.$ Valores propios de $T$: $$\chi (\lambda)=\begin{vmatrix}{2-\lambda}&{2}\\{1}&{3-\lambda}\end{vmatrix}=\lambda^2-5\lambda+4=0\Leftrightarrow\lambda=4\vee\lambda=1\text{ (simples)}.$$ Subespacios propios: $$V_4\equiv \left \{ \begin{matrix} -2x_1+2x_2=0\\x_1-x_2=0\end{matrix}\right.,\quad V_1\equiv \left \{ \begin{matrix} x_1+2x_2=0\\x_1+2x_2=0.\end{matrix}\right.$$ Al ser $\lambda=4$ valor propio simple, $\dim V_4=1$ y una base de $V_4$ es $\{(1,1)^t\}.$ Análogamente la dimensión de $V_1$ es $1$ y y una base de $V_1$ es $\{(-2,1)^t\}.$ Los subespacios $T-$ invariantes de dimensión $1$ son exactamente $L[(1,1)^t]$ y $L[(-2,1)^t].$
  8. $(a)$ El único subespacio invariante de dimensión $0$ es el $\{0\}$ y el único de dimensión $2$ es $\mathbb{R}^2.$ Valores propios de $T$: $$\chi (\lambda)=\begin{vmatrix}{2-\lambda}&{-4}\\{5}&{-2-\lambda}\end{vmatrix}=\lambda^2+16=0\Leftrightarrow\lambda=\pm 4i\notin\mathbb{R}.$$ No existen vectores propios no nulos por tanto, no hay subespacios invariantes de dimensión $1.$
    $(b)$ El único subespacio invariante de dimensión $0$ es el $\{0\}$ y el único de dimensión $2$ es $\mathbb{C}^2.$ Subespacios propios: $$V_{4i}\equiv \left \{ \begin{matrix} (2-4i)x_1-4x_2=0\\5x_1+(-2-4i)x_2=0\end{matrix}\right.,\quad V_{-4i}\equiv \left \{ \begin{matrix}(2+4i) x_1-4x_2=0\\5x_1+(-2+4i)2x_2=0.\end{matrix}\right.$$ Al ser $\lambda=4i$ valor propio simple, $\dim V_{4i}=1$ y una base de $V_{4i}$ es $\{(2,1-2i)^t\}.$ Análogamente la dimensión de $V_{-4i}$ es $1$ y y una base de $V_{-4i}$ es $\{(2,1+2i)^t\}.$ Los subespacios $T-$ invariantes de dimensión $1$ son exactamente $L[(2,1-2i)^t]$ y $L[(2,1+2i)^t].$
  9. Si $x\in V_\lambda$ entonces $T(x)=\lambda x.$ Pero $\lambda x\in V_\lambda$ por ser $V_\lambda$ subespacio. Es decir $T(x)\in V_\lambda$ luego $V_\lambda$ es $T-$ invariante.
  10. El polinomio característico $\chi (t)\in \mathbb{R}[t]$ de $T$ es de grado $n$ impar, en consecuencia tiene al memos una raíz real $\lambda.$ Si $V_\lambda$ es el subespacio propio asociado al valor propio $\lambda$ se verifica $1\le \dim V_\lambda \le n.$ Si $\dim V_\lambda
  11. Sea $x\in \ker f(T)$, es decir $f(T)(x)=0.$ Tenemos que demostrar que $T(x)\in \ker f(T)$ es decir, que $f(T)(T(x))=(f(T)\circ T)(x)=0.$ Pero al ser $f(t)t=tf(t),$ se verifica $f(T)\circ T=T\circ f(T).$ Entonces, $$(f(T)\circ T)(x)=(T\circ f(T))(x)=T(f(T)(x))=T(0)=0.$$
  12. Sea $W$ un subespacio $T-$ invariante y $B_W=\{e_1,\ldots,e_r\}$ una de sus bases. Por el teorema de la base incompleta, podemos encontrar una base de $V$ de la forma $B_V=\{e_1,\ldots,e_r,e_{r+1,}\ldots,e_n\}.$ Dado que $W$ es $T-$ invariante, se verifica
    $$\begin{aligned}
    &T(e_1)=a_{11}e_1+\ldots+a_{1r}e_r\\
    &\ldots\\
    &T(e_r)=a_{r1}e_1+\ldots+a_{rr}e_r\\
    &T(e_{r+1})= a_{r+1,1}e_1+\ldots+a_{r+1,r}e_r+\ldots+a_{r+1,n}e_n\\
    &\ldots\\
    &T(e_{n})= a_{n,1}e_1+\ldots+a_{n,r}e_r+\ldots+a_{n,n}e_n.
    \end{aligned}$$ con los $a_{ij}$ escalares. Transponiendo coeficientes, obtenemos que la matriz de $T$ en $B_V$ es de la forma $\begin{bmatrix}{A}&{B}\\{0}&{C}\end{bmatrix}$ en donde $$A=\begin{bmatrix} a_{11} & \ldots & a_{r1}\\ \vdots&&\vdots \\ a_{1r} &\ldots & a_{rr}\end{bmatrix}$$ es la matriz de $\hat{T}:W\to W.$
  13. $(a)$ Todo vector de $W$ es de la forma $(\alpha,\alpha,2\alpha)^t$ y $$T\begin{bmatrix}{\alpha}\\{\alpha}\\{2\alpha}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{1}&{-3}&{3}\\{3}&{-5}&{3}\\{6}&{-6}&{4}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{\alpha}\\{\alpha}\\{2\alpha}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{4\alpha}\\{4\alpha}\\{8\alpha}\end{bmatrix}=4\alpha \begin{bmatrix}{1}\\{1}\\{2}\end{bmatrix}\in L[(1,1,2)^t]$$ por tanto, $W$ es un subespacio $T-$ invariante.
    $(b)$ Una base de $W$ es $B_W=\{(1,2,2)^t\}$ y una de $\mathbb{R}^3$ es $$B_{\mathbb{R}^3}=\{(1,2,2)^t,(0,1,0)^t,(0,0,1)^t\}.$$ Los transformados por $T$ de los elementos de $B_{\mathbb{R}^3}$ son: $$T\begin{bmatrix}{1}\\{1}\\{2}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{1}&{-3}&{3}\\{3}&{-5}&{3}\\{6}&{-6}&{4}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{1}\\{1}\\{2}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{4}\\{4}\\{8}\end{bmatrix}=4\begin{bmatrix}{1}\\{1}\\{2}\end{bmatrix}+0\begin{bmatrix}{0}\\{1}\\{0}\end{bmatrix}+0\begin{bmatrix}{0}\\{0}\\{1}\end{bmatrix},$$ $$T\begin{bmatrix}{0}\\{1}\\{0}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{1}&{-3}&{3}\\{3}&{-5}&{3}\\{6}&{-6}&{4}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{0}\\{1}\\{0}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{-3}\\{-5}\\{-6}\end{bmatrix}=-3\begin{bmatrix}{1}\\{1}\\{2}\end{bmatrix}-2\begin{bmatrix}{0}\\{1}\\{0}\end{bmatrix}+0\begin{bmatrix}{0}\\{0}\\{1}\end{bmatrix},$$ $$T\begin{bmatrix}{0}\\{0}\\{1}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{1}&{-3}&{3}\\{3}&{-5}&{3}\\{6}&{-6}&{4}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{0}\\{0}\\{1}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{3}\\{3}\\{4}\end{bmatrix}=3\begin{bmatrix}{1}\\{1}\\{2}\end{bmatrix}+0\begin{bmatrix}{0}\\{1}\\{0}\end{bmatrix}-2\begin{bmatrix}{0}\\{0}\\{1}\end{bmatrix}.$$ Trasponiendo coeficientes obtenemos la matriz de $T$ en la base $B_{\mathbb{R}^3}:$ $$\begin{bmatrix}{4}&{-3}&{\;\;3}\\{0}&{-2}&{\;\;0}\\{0}&{\;\;0}&{-2}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{A}&{B}\\{0}&{C}\end{bmatrix}$$ con $A=[4]$, $0=\begin{bmatrix}{0}\\{0}\end{bmatrix}$, $B=[-3,3]$, $C=\begin{bmatrix}{-2}&{\;\;0}\\{\;\;0}&{-2}\end{bmatrix}$.
  14. Es claro que si $K$ es el cuerpo de los escalares y $f(t)\in K[t]$, se verifica $f(\hat{T})(w)=f(T)(w)$ para todo $w\in W.$ Si $\mu (t)$ es el polinomio mínimo de $T$, entonces $$\mu(\hat{T})(w)=\mu(T)(w)=\mathbf{0}(w)=0\quad \forall w\in W.$$ Es decir, $\hat{T}$ es un cero de $\mu (t).$ El polinomio mínimo de un operador divide a todo polinomio que anula al operador, por tanto el polinomio mínimo de $\hat{T}$ divide a $\mu (t).$
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