Diagonalización en un espacio complejo

Estudiamos una diagonalización en el espacio complejo $\mathbb{C}_n[z].$

Enunciado
Sea $n\in \mathbb{N}^*$. En el espacio vectorial $\mathbb{C}_n[z]$ sobre $\mathbb{C}$ de los polinomios complejos de grado menor o igual que $n$ se considera la aplicación: $$f_n:\mathbb{C}_n[z]\rightarrow \mathbb{C}_n[z],\quad f_n[p(z)]=(1+z)^np\left(\dfrac{1-z}{1+z}\right).$$ 1. Estudiar la linealidad de $f_n$.
2. Obtener $f_n(p_k)$ siendo $p_k(z)=(1+z)^k$ con $0\leq k \leq n$. Determinar $f_n\circ{f_n}$.
3. Calcular los polinomios característico y mínimo así como los valores propios de $f_3$.
4. Determinar los subespacios propios de $f_3$ . ¿Es diagonalizable $f_3$?
(Propuesto en examen, Álgebra, ETS  Ing. Industriales, UPM).

Solución
1. Veamos que $f_n$ está bien definida. Sea $p(z)=\sum_{k=0}^d{a_kz^k}\in{\mathbb{C}_n[z]}$ de grado $d\leq n$, entonces:

$$f_n[p(z)]=(1+z)^np\left(\dfrac{1-z}{1+z}\right)=(1+z)^n\displaystyle\sum_{k=0}^d {a_k\left(\dfrac{1-z}{1+z}\right)^k}=$$$$\displaystyle\sum_{k=0}^d{a_k (1-z)^k(1+z)^{n-k}}\in{\mathbb{C}_n[z]}.$$

Veamos que $f_n$ es lineal. En efecto, para todo $\lambda,\mu \in\mathbb{C}$ y para todo $p(z),q(z) \in\mathbb{C}_n[z]$ tenemos:

$$f_n[\lambda p(z)+\mu q(z)]= (1+z)^n(\lambda p+\mu q)\left(\dfrac{1-z}{1+z}\right)=$$$$(1+z)^n\left(\lambda p\left(\dfrac{1-z}{1+z}\right)+\mu q\left(\dfrac{1-z}{1+z}\right)\right)=$$$$\lambda (1+z)^n p\left(\dfrac{1-z}{1+z}\right)+\mu (1+z)^n q\left(\dfrac{1-z}{1+z}\right)=\\\lambda f_n[p(z)]+\mu f_n[q(z)].$$

2. Tenemos:

$$f_n[p_k(z)]= (1+z)^np_k\left(\dfrac{1-z}{1+z}\right)= (1+z)^n\left(1+\dfrac{1-z}{1+z}\right)^k=$$$$(1+z)^n\cdot \dfrac{2^k}{(1+z)^k}=2^k(1+z)^{n-k}=2^kp_{n-k}(z).$$

Determinemos $f_n\circ f_n:$ $$(f_n\circ f_n)[p(z)]=f_n[f_n(p(z))]=f_n\left[(1+z)^np\left(\dfrac{1-z}{1+z}\right)\right]$$ $$=(1+z)^n\left(1+\dfrac{1-z}{1+z}\right)^np\left(\dfrac{1-((1-z)/(1+z))}{1+((1-z)/(1+z))}\right)$$ $$=(1+z)^n \cdot \dfrac{2^n}{(1+z)^n}\cdot p(z)=2^np(z)=2^nI[p(z)]\Rightarrow f_n\circ{f_n}=2^nI.$$

3. Una base de $\mathbb{C}_3[z]$ es:

$B=\left\{{p_0(z)=1},p_1(z)=1+z,p_2(z)=(1+z)^2,p_3(z)=(1+z)^3\right\}.$

Según el apartado 2:

$f_3(p_0)=p_3,\;f_3(p_1)=2p_2,\;f_3(p_2)=2^2p_1,\;f_3(p_3)=2^3p_0.$

La matriz de $f_3$ en $B$ es por tanto:

$A=\begin{bmatrix}{0}&{0}&{0}&{8}\\{0}&{0}&{4}&{0}\\{0}&{2}&{0}&{0}\\{1}&{0}&{0}&{0}\end{bmatrix}$

Su polinomio característico es:

$$\chi(\lambda)=\begin{vmatrix}{-\lambda}&{\;\;0}&{\;\;0}&{\;\;8}\\{\;\;0}&{-\lambda}&{\;\;4}&{\;\;0}\\{\;\;0}&{\;\;2}&{-\lambda}&{\;\;0}\\{\;\;1}&{\;\;0}&{\;\;0}&{-\lambda}\end{vmatrix}=(-\lambda)\begin{vmatrix}{-\lambda}&{\;\;4}&{\;\;0}\\{\;\;2}&{-\lambda}&{\;\;0}\\{\;\;0}&{\;\;0}&{-\lambda}\end{vmatrix}-8\begin{vmatrix}{\;\;0}&{-\lambda}&{\;\;4}\\{\;\;0}&{\;\;2}&{-\lambda}\\{\;\;1}&{\;\;0}&{\;\;0}\end{vmatrix}$$$$=\lambda^2(\lambda^2-8)-8(\lambda^2-8)=(\lambda^2-8)^2=( \lambda +2\sqrt{2})^2( \lambda -2\sqrt{2})^2.$$

Los valores propios de $f_3$ son por tanto $\lambda_1=2\sqrt{2},\;\lambda_2=-2\sqrt{2}$ (dobles). El polinomio mínimo $\mu(\lambda)$ de $f_3$ tiene que dividir a $\chi(\lambda)$ y tener los mismos factores irreducibles. El de menor grado que cumple esto es $p(\lambda)=(\lambda-2\sqrt{2})(\lambda+2\sqrt{2})=\lambda^2-8$. Ahora bien, por el apartado 2, tenemos $f_3\circ f_3=2^3I$ o bien $f_3^2-8I=0$. Esto implica que $p(f_3)=0$ y por tanto el polinomio mímimo de $f_3$ es $\mu(\lambda)=(\lambda-2\sqrt{2})(\lambda+2\sqrt{2})$.

4. Dado que $(f_3-\lambda_1I)(f_3-\lambda_2I)=0$ siendo $\lambda_1,\;\lambda_2$ los diferentes valores propios de $f_3$, se concluye que este endomorfismo es diagonalizable por aplicación de un conocido teorema. Hallemos los subespacios propios:

$V_1=\ker(f_3-\lambda_1I) \equiv\begin{bmatrix}
{-\sqrt{8}}&{\;\;\;0}&{\;\;\;0}&\;\;\;{8}
\\{\;\;\;0}&{-\sqrt{8}}&{\;\;\;4}&{\;\;\;0}
\\{\;\;\;0}&{\;\;\;2}&{-\sqrt{8}}&{\;\;\;0}
\\{\;\;\;1}&{\;\;\;0}&{\;\;\;0}&{-\sqrt{8}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{x_1}\\{x_2}\\{x_3}\\{x_4}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{0}\\{0}\\{0}\\{0}\end{bmatrix}$

$V_2=\ker(f_3-\lambda_2I) \equiv\begin{bmatrix}
{\sqrt{8}}&{\;\;0}&{\;\;\;0}&\;\;\;{8}
\\{\;\;\;0}&{\sqrt{8}}&{\;\;\;4}&{\;\;\;0}
\\{\;\;\;0}&{2}&{\sqrt{8}}&{\;\;\;0}
\\{\;\;\;1}&{0}&{\;\;\;0}&{\sqrt{8}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{x_1}\\{x_2}\\{x_3}\\{x_4}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{0}\\{0}\\{0}\\{0}\end{bmatrix}$

Resolviendo obtenemos sendas bases de $V_1$ y $V_2:$

$B_1=\left\{{(2\sqrt{2},0,0,1),(0,\sqrt{2},1,0)}\right\},\quad B_2=\left\{{(-2\sqrt{2},0,0,1),(0,-\sqrt{2},1,0)}\right\},$

bases que están expresadas en coordenadas en $B=\left\{{p_0(z),p_1(z),p_2(z),p_3(z)}\right\}$, por tanto unas bases de los subespacios propios son: $$B_1=\left\{{2\sqrt{2}+p_3(z),\sqrt{2}p_1(z)+p_2(z)}\right\},$$ $$B_2=\left\{{-2\sqrt{2}+p_3(z),-\sqrt{2}p_1(z)+p_2(z)}\right\}.$$