XAVIER AZNAR
ÍNDICE
Parte 1. Teoría básica 2
Endomorfismos vectoriales con significado geométrico 3
Diagonalización de matrices 4
Matrices diagonalizables 5
Definiciones que aparecen en exámenes de años anteriores 6 Parte 2. Espacios vectoriales y Endomorfismos lineales 7 1. Espacios vectoriales y aplicaciones lineales 7
1.1. Problemas tipo 7
2. Proyecciones y Simetrías vectoriales 7
2.1. Problemas tipo 8
3. Formas de Jordan de endomorfismos lineales 12
3.1. Problemas tipo 13
4. Subespacios vectoriales invariantes 19
4.1. Problemas tipo 19
Parte 3. Espacio afín y Endomorfismos afines 21
5. Subespacios afines 21
5.1. Problemas tipo 21
6. Endomorfismos afines 23
6.1. Problemas tipo 23
7. Proyecciones y simetrías afines 29
7.1. Problemas tipo 34
8. Homotecias afines y dilataciones 47
8.1. Problemas tipo 49
9. Clasificación de endorfismos afines 57
9.1. Problemas tipo 57
Índice alfabético 79
Parte 1. Teoría básica
Definición 1. Aplicación lineal
Sean V, W dos espacios vectoriales sobre un cuerpo K. Una función f :V 7→W se dice que es unaaplicación lineal si verifica:
1. Parau, v∈V
f(u+v) =f(u) +f(v)
2. Para todou∈V y todo escalarα∈K f(αu) =αf(u)
Propiedades
1. Dada una aplicación f : V 7→ W entre dos espacios vectoriales, se dice quef es lineal si y sólo si
f(αu+βv) =αf(u) +βf(v)
para todo par de vectoresu, v∈V y para todo par de escalaresK. 2. Sif :V 7→W es una aplicación lineal, entoncesf(0V) = 0W.
Definición 2. Núcleo e imagen
Dada una aplicación lineal f :V 7→V se llama núcleo def al conjunto de vectores deV
kerf ={v∈V|f(v) = 0}
Laimagen de la aplicaciónf es el conjunto de vectores deW Im f={w∈W| ∃v∈V, f(v) =w}={f(v)|v∈V} Propiedades
1. Sif :V 7→W es una aplicación lineal, entonces
kerf ≤ V Im f ≤ W 2. Sif :V 7→W es una aplicación lineal, y
B={v1, . . . , vn}
es unabaseosistema generador deV se tiene que f(B) ={f(v1), . . . , f(vn)}
es un sistema generador deIm f.
1Parte de los apuntes de esta sección se basan en los de la web del Dpto de Matemática Aplicada y Estadística de la Universidad Politécnica de Cartagena. http://www.dmae.upct.es/~plgomez/archivos %20docencia/teoria2009-10/
Proposición 3. Tipos de aplicaciones lineales. Seaf :V 7→W una aplicación lineal. Entonces:
1. f esinyectivasi y sólo sikerf = 0
2. f essuprayectivasi y sólo sidim (Im(f)) = dimW.
3. f esbiyectivasi y sólo sidim (Im(f)) = dimW ykerf = 0.
Proposición 4. Fórmula de las dimensiones
Si una aplicaciónf :V 7→W es lineal, entonces cumple que
dim (kerf) + dim (Im f) = dimV
Definición 5. Matrices semejantes Dos matrices cuadradas del mismo tamañoA, A0 se dice que sonsemejantescuando existe una matriz inver-tibleQque cumple
A0=Q−1AQ
Dos matrices son semenjantes si y sólo si van asociadas al mismo en-domorfismo.
ENDOMORFISMOS VECTORIALES CON SIGNIFICADO GEOMÉTRICO Definición 6. Homotecia
Sea V un espacio vectorial euclídeo y α ∈ R. Se llama homotecia de razónαa la aplicación lineal
hα:V 7→ V
hα(v) = αv ∀v∈V
Definición 7. Proyección
Sea V un espacio vectorial euclídeo y sean B y D subespacios de V tales queV =B⊕D . Se llama proyecciónde base B y dirección D a la aplicación linealπdefinida por
π:V 7→ V v = π(v) =v v∈B π(v) = 0 v∈D Definición 8. Simetría
SeaV un espacio vectorial euclídeo y seanByDsubespacios deV tales queV =B⊕D . Se llamasimetríade baseB y direcciónDa la aplicación linealσdefinida por
σ:V 7→ V v = σ(v) =v v∈B σ(v) =−v v∈D
Definición 9. Rotaciones en el plano
EnR2se llamagiro de ánguloθ∈[0,2π]a la aplicación linealρθ:R27→R2 cuya matriz asociada a la base canónica deR2es
cosθ −sinθ
sinθ cosθ !
DIAGONALIZACIÓN DE MATRICES Definición 10. Autovalores y autovectores
SeaA una matriz cuadrada de ordenn,λun escalar del cuerpo yv un vector columna no nulo del espacio vectorialRn. Si se cumple
Av=λv
entonces se dirá queλes unvalor propiooautovalordeAy quev es un vector propio o autovector de A. Se dice que λ es el valor propio de A asociado al vector propiov.
Sea λun escalar del cuerpo yM una matriz cuadrada de ordenn. En-tonces λ es un valor propio de M si y sólo si existe un vector no nu-lo v ∈ Rn tal que M v = λv. Ahora bien, la igualdad anterior equivale a M v−λv = 0, (M−λid) (v) = 0, lo que significa que v ∈ ker (M −λid). De manera que λ es un valor propio si y sólo si ker (M−λid) 6= 0. Y co-mo dim (ker (M−λid)) = n−rango(M −λid), lo anterior equivale a que rango(M −λid) < n. Finalmente, esta última condición puede traducirse en que|M−λid|= 0. En definitiva obtenemos que
λ∈Res un valor propio deM ⇐⇒ |M−λid|= 0
Definición 11. Polinomio característico
Si M es una matriz cuadrada de ordenn se llamapolinomio caracte-rísticodeM al polinomio
χM(λ) =|M−λid|
El polinomio es de grado n y sus raíces son los valores propios de la matrizM.
Se llama multiplicidad de λ como valor propio a la multiplicidad que tiene como raíz del polinomio característico. La suma de las multiplicida-des de los valores propios de una matriz es, como mucho, igual al grado del polinomio característico (es decir, al tamaño de la matriz).
Observación 12. Los valores propios de una matriz triangular (superior o inferior) son los elementos de la diagonal principal.
Proposición. Dos matrices semejantes tienen el mismo polinomio caracte-rístico.
Dos matrices semejantes tienen los mismos valores propios y las mismas multiplicidades.
Definición 13. Subespacio propio
Dado un valor propioλde una matriz cuadradaM, llamamos subespa-cio propiode la matrizM asociada al valor propioλa
Nλ= ker (M −λid) ={v∈Kn|(M−λid) (v) = 0}={v∈Kn|M v=λv} El subespacio propio de la matriz M asociado al valor propio λ está formado por todos los vectores propios de la matrizM asociados al valor propioλ, además del vector0.
Propiedades
Para cada valor propioλde una matriz cuadradaM de ordennse tiene: 1. ker (M−λid)6= 0, es decir,dim (ker (M −λid))≥1.
2. dim (ker (M −λid))≤m(λ)(multiplicidad del valorλ) 3. dim (ker (M −λid)) =n−rango(M −λid).
Propiedad
Los vectores propios asociados a distintos valores propios son lineal-mente independientes, o dicho de otro modo,la suma de los subespacios propios es directa. Esto se traduce en que la unión de bases de cada subes-pacio propio resulta ser una base de la suma de los subessubes-pacios propios.
MATRICES DIAGONALIZABLES
Una matriz cuadrada se dice que es diagonalizable si es semejante a una matriz diagonal. Un endomorfismo Rn es diagonalizable si la matriz asociada respecto de alguna base del espacio es una matriz diagonal. En ambos casos la matriz diagonal se llamará matriz diagonal asociada, y su diagonal principal estará formada por los valores propios de la matriz M (o del endomorfismo f). Esta matriz no tiene por qué ser única, pues depende del orden que elijamos para los valores propios.
Afirmación14. Un endomorfismo (o una matriz) es diagonalizable si y sólo si existe una base del espacio vectorial formada por vectores propios del endomorfismo (o de la matriz).
Cuando tengamos una matrizM diagonalizable, tendremos M =P DP−1
dondeD es una matriz diagonal y P es una matriz invertible. AD la lla-maremos matriz diagonal semejante aAy a P y a su inversamatrices de paso omatrices de cambio de base.
Afirmación15. Una matriz cuadradaM de ordenncon coeficientes sobre el cuerpo R es diagonalizable sobre el cuerpo si y sólo si Rn es la suma (directa) de todos los subespacios propios de la matriz si y sólo si la suma de dichos subespacios propios esn. Por tanto, la base de vectores propios se puede hallar uniendo las bases de cada uno de los subespacios propios deM.
Afirmación 16. Sea M una matriz cuadrada de orden n con coeficientes sobre el cuerpoR. EntoncesM es diagonalizable sobre el cuerpo si y sólo si se verifican las siguientes condiciones:
1. El polinomio característicoχM tiene sólo raíces reales. Esto equivale
a que la suma de las multiplicidades de todos los vectores propios de la matriz esn.
2. Para cada valor propioλde la matrizM se tiene que
dim (ker (M−λid)) =m(λ)
Observación 17. Siλes un valor propio deM tal quem(λ) = 1, entonces
dim (ker (M−id)) = 1
a consecuencia de
1≤dim (ker (M−λid))≤m(λ) = 1
Afirmación 18. Sea M una matriz cuadrada de orden n con coeficientes sobre el cuero R. SiM posee n valores propios con multiplicidad 1 enR, entoncesM es diagonalizable sobreR.
DEFINICIONES QUE APARECEN EN EXÁMENES DE AÑOS ANTERIORES Espacio afín:
Sistema de referencia afín:
Sistema de referencia cartesiano:
Afirmación19. Polinomios mínimos de endomorfismos comunes:
Endorfismo nulo: El polinomio mínimo del endorfismo nulo esφf(t) =
t
Homotecia vectorial: f =λid,λ 6={0,1} se caracterizan por el poli-nomio mínimoφf(t) =t−λ
Simetría vectorial: Un endomorfismo f 6= ±id es simetría vectorial (f2=id) si y sólo si su polinomio mínimo esφ
f(t) = (t+ 1)(t−1)
Proyección: Un endormorfismof 6= 0es proyección (f2 =f) si y sólo
si su polinomio mínimo esφf(t) =t(t−1)
Proposición 20. SupuestoVfdescompuesto en suma directaVf =U1⊕· · ·⊕
Ury denotandofi=fui se tiene:
χf = χf1· · ·χfr
φ = m.c.m(φf1, . . . , φfr)
dondeχ yφ indican respectivamente, polinomio característico y polinomio mínimo.
Si el polinomio mínimoφf coincide con el polinomio característicoχf,
en-toncesf es diagonalizable.
Parte 2. Espacios vectoriales y Endomorfismos lineales 1. ESPACIOS VECTORIALES Y APLICACIONES LINEALES
Ecuaciones implícitas y paramétricas, sistema generador y base de un espacio vectorial. Dimensión de un espacio vectorial.
1.1. Problemas tipo. Pendiente!!
2. PROYECCIONES YSIMETRÍAS VECTORIALES Definición 21. Proyección
Una proyeccion π de un espacio vectorial V es un endomorfismo cuya acción consiste en proyectar los vectores de V sobre el subespacio vecto-rials denominado base de la proyecciónB, con una determinada dirección correspondiente a un subespacio vectorial D, complementario a B. Asi, sobre los vectores de la base,πse comporta como la identidad:
π(−→v) =−→v ∀−→v ∈B⇒B =Im(π)
y los vectores de la direccion se proyectan porπen el vector−→0
π(−→w) =−→0 ∀−→w ∈D⇒D= ker (π)
ComoB =Im(π),π2 =π, es decir, la acción reiterada de una proyección
tiene el mismo efecto que la primera transformación. Definición 22. Matriz de Jordan de una proyección
La matriz de Jordan de una proyección es una matriz diagonal de ceros y unos de la forma:
Jπ= 1 0 · · · 0 0 · · · 0 0 1 · · · ... ... ... .. . . .. (r) .. . ... ... 0 · · · 1 0 · · · 0 0 · · · 0 0 · · · 0 .. . ... ... . .. (s) .. . 0 · · · 0 0 · · · 0
donderes la dimensión de la base ysla dimensión de la direccion.
Definición 23. Simetría
Una simetríaσde un espacio vectorialV es un endomorfismo que trans-forma cada vector−→v ∈V en el vector simétrico a−→v respecto a una baseB y con una direccion determinadaD. El subespacio vectorial B es la base de la simetría. La acción deσdeja invariantes los vectores que están en la base
σ(−→v) =−→v ∀−→v ∈B⇒B =Im(σ)
El subespacio vectorialDes la dirección de la simetría y a los vectores de D la accion deσlos transforma en su opuesto
σ(−→w) =−−→w ∀−→w ∈D⇒D= ker (σ+Id)
dondeIddenota la apliaciónidentidad.
Definición 24. Matriz de Jordan de una simetría
La matriz de Jordan de una simetría es siempre una matriz diagonal de la forma: Jσ= 1 0 · · · 0 0 · · · 0 0 1 · · · ... ... ... .. . . .. (r) .. . ... ... 0 · · · 1 0 · · · 0 0 · · · 0 −1 · · · 0 .. . ... ... . .. (s) .. . 0 · · · 0 0 · · · −1
donderes la dimensión de la base ysla dimensión de la dirección.
Ejercicio 25. Seauna base canónica deV3(R), de dimensión 3. Sean
B := (x2= 0)
D := (x1= 0, x2+x3= 0)
Hallar las matrices de la proyecciónπy la simetríaσcon baseBy direccion D.
1. Hallar la forma de JordanJπ deπyJσ deσ.
2. Hallar una base0
π tal queM0(π) =Jπ.
Demostración. Para una proyecciónπ
π(~v) = ~v ∀~v∈B B=Im(π)
(2.1)
π(w~) = 0 ∀w~ ∈D D= ker (π)
(2.2)
Para una simetría
σ(~v) = ~v ∀~v∈B B=Im(π)
(2.3)
σ(w~) = −~w ∀w~ ∈D D= ker (σ+Id)
(2.4)
Empezamos obteniendo una base paraB yD. x2 = 0 x1 = α⇒B=h(1,0,0),(0,0,1)i x3 = β x1 = 0 x2 = −x3⇒D=h(0,1,−1)i x3 = α
Ahora vamos a plantear las ecuaciones derivadas de las propiedades de las proyecciones y simetrías para obtener los coeficientes de las matrices M(π)yM(σ). Empezamos con la proyección π
M(π) = a b c d e f g h i
Utilizando la primera propiedad 2.1 con los vectores de la baseB: a b c d e f g h i 1 0 0 = a d g = 1 0 0 ⇒a= 1, d= 0, g= 0 1 b c 0 e f 0 h i 0 0 1 = c f i = 0 0 1 ⇒c= 0, f = 0, i= 1
Para obtener los tres coeficientes que nos faltan, utilizamos la propiedad de las proyecciones relativa a vectores en la direccionD, 2.2:
1 b 0 0 e 0 0 h 1 0 1 −1 = b e h−1 = 0 0 0 ⇒b= 0, e= 0, h= 1
De manera queM(π)resulta
M(π) = 1 0 0 0 0 0 0 1 1
Repetimos el proceso para obtenerM(σ), utilizando las propiedades de
la simetría 2.3 y 2.4: a b c d e f g h i 1 0 0 = a d g = 1 0 0 ⇒a= 1, d= 0, g= 0 1 b c 0 e f 0 h i 0 0 1 = c f i = 0 0 1 ⇒c= 0, f = 0, i= 1 1 b 0 0 e 0 0 h 1 0 1 −1 = b e h−1 = 0 −1 1 ⇒b= 0, e=−1, h= 2
De manera queM(σ)resulta
M(σ) = 1 0 0 0 −1 0 0 2 1
La forma de Jordan de una proyección y una simetría depende sólo de las dimensiones de la base y de la dirección, de manera que:
dimBπ= 2,dimDπ= 1 ⇒ Jπ= 1 0 0 0 1 0 0 0 0 dimBπ= 2,dimDπ= 1 ⇒ Jσ= 1 0 0 0 1 0 0 0 −1
Ahora vamos a buscar los vectores de la base 0 . Las columnas de la matriz de Jordan son las imágenes de los vectores de esa base 0, de manera que
Jπ(e01) = e01⇒e01∈Im(he01, e02i) =B
Jπ(e02) = e02⇒e02∈Im(he01, e02i) =B
Jπ(e03) = ~0⇒e03∈ker (he03i) =D
Es decir, los vectores e0
1 y e02 forman parte de la base de B, por lo que
podemos elegir directamente {(1,0,0),(0,0,1)}. De la misma manera, e03 forma parte de la dirección D, por lo que elegimos {(0,1,−1)}. La base 0={(1,0,0),(0,0,1),(0,1,−1)}.
Ejercicio 26. Sea V3(R)un espacio vectorial de dimensión 3. Sea una
base deV3(R). SeaB un subespacio deV3 con ecuación
B:= (x1+ 2x2+x3= 0)
1. Hallar la matriz respecto ade la simetríaσcon baseB y dirección Dtal que σ 0 1 0 = −1 0 −1
2. Dar las ecuaciones respecto ade la dirección deσ.
Demostración. Sabemos que la simetría σdeja invariantes los vectores de la base B, de manera que σ(~v) =~v ∀~v ∈ B. Empezamos buscando una base deB.
x1=−2x2−x3 ⇒ x1=−2α−β
x2=α
De manera que podemos elegir como vectores de la base−→v1= (−1,0,1),−→v2= (−2,1,0). Ahora construimosM(σ)y aplicamosσ(−→v1) =−→v1,σ(v→−2) =−→v2 .
a b c d e f g h i −1 0 1 = −a+c −d+f −g+i = −1 0 1 ⇒c=a−1, d=f, i=g+ 1 a b c d e f g h i −2 1 0 = −2a+b −2d+e −2g+h = −2 1 0 ⇒b= 2a−2, e= 1 + 2d, h= 2g
Para determinar completamente la matriz, utilizamos la información que nos facilita el enunciado:
a b c d e f g h i 0 1 0 = b e h = −1 0 −1 ⇒b=−1, e= 0, h=−1
Resolviendo todas las ecuaciones, obtenemos el valor de todos los coefi-cientes de la matriz asociada a la simetría:
M(σ) = 1 2 −1 − 1 2 −1 2 0 − 1 2 −1 2 −1 1 2
El siguiente paso es obtener las ecuaciones de la dirección de la sime-tría. Para ello, utilizamos la propiedadσ(~v) =−~v ∀~v∈D.
1 2 −1 − 1 2 −1 2 0 − 1 2 −1 2 −1 1 2 v1 v2 v3 = −v1 −v2 −v3
Resolviendo las ecuaciones obtenemosv1 =v3 y v2 = v1. Así, la dirección
D=h(1,1,1)i.
3. FORMAS DEJORDAN DE ENDOMORFISMOS LINEALES
Definición 27. Equivalencia lineal entre dos endomorfismos lineales. Dos endomorfismos linealmente equivalentes tienen el mismo polinomio característico, pero la inversa no es cierta. Es decir, dos endomorfismos con el mismo polinomio característico no tienen porqué ser linealmente equivalentes.
El polinomio característico no es un invariante completo para la clasifi-cación de endomorfismos lineales.
Definición 28. El polinomio característico de un endomorfismo f, re-presentado porM(f)sobre una cierta basese define como:
χf(λ) = det (M−λId)
Si el cuerpo K=R los valores propios del endomorfismo deben ser reales. Si obtenemos valores propiosλ=α+iβ, entonces la caja asociada al valor propio es de la forma:
α −β
β α
!
En este caso, no existen autovectores asociados a los autovalores complejo conjugados.
Si el cuerpo esK=C, entonces se admiten valores propios imaginarios, con sus correspondientes autovectores asociados.
Afirmación29. Elrangode la matriz que representa un endomorfismo es un invariante lineal.
Ejemplo 30. Es decir,rg(f−I) =rg(Jf−I). Esto nos permite obtener los
valores de a colocar bajo las cajas de Jordan si conocemos el rango de f−I, por ejemplo.
3.1. Problemas tipo.
Ejercicio 31. Sea V3(R)un espacio vectorial con una base . Sea f un
endomorfismo tal que
M(f) = 1 0 1 −6 3 −7 −2 0 −1
1. Hallar la matriz de JordanJf def.
2. Hallar una base0 tal queM0(f) =Jf
Demostración. Empezamos buscando el polinomio característico χf(λ) = det (M −λId) χf(λ) = 1−λ 0 1 −6 3−λ −7 −2 0 −1−λ = (3−λ) 1 +λ2
Buscamos las raíces, que corresponden a los valores propios de f. Te-nemos λ = 3 con multiplicidad 1 y λ =±i, complejos conjugados. Como estamos sobre un cuerpo real, los valores complejos no son aceptables. En
este caso, la caja de Jordan asociada a un valor propio del tipoλ=α+iβ es de la forma α −β β α ! Así,Jf resulta Jf = 3 0 0 0 0 −1 0 1 0
El siguiente paso es encontrar los vectores de una base0 en los que la matriz def sea la matriz de Jordan.
Las columnas de la matriz Jf son las imágenes de los vectores de esta
base0, por lo que podemos escribir las siguientes ecuaciones2: f(e01) = 3e01 ⇒ (f−3Id) (e01) =~0⇒e01∈ker (f−3Id) f(e02) =e03 ⇒ e03=f(e02) =f(−f(e03)) =−f2(e0 3)⇒ f 2+Id (e03) =~0 ⇒e03∈ker f2+Id f(e03) =−e02 ⇒ e02=−f(e03)
Empezamos con el primer vector de la basee01,e01∈ker (f−3Id):
ker (f−3Id) = −2 0 1 −6 0 −7 −2 0 −4 x y z = 0 0 0 De donde 2x+z= 0⇒z= 0⇒x= 0 Elegimos comoe01= (0,1,0)
A continuación vamos cone0
3,e03∈ker f2+Id f2= 1 0 1 −6 3 −7 −2 0 −1 ∗ 1 0 1 −6 3 −7 −2 0 −1 = −1 0 0 −10 9 −20 0 0 −1 ker f2+Id = 0 0 0 −10 10 −20 0 0 0 x y z = 0 0 0 De donde y=x+ 2z Elegimosz= 0, x= 1⇒y= 1y asíe03= (1,1,0).
2En realidad deberíamos indicar explícitamente que los vectores de la base0son−→
ei0 , pero por simplicidad los escribimos sin la flecha que indica que son un vector.
Ahora sólo nos queda completar la base cone02=−f(e03) − 1 0 1 −6 3 −7 −2 0 −1 1 1 0 = −1 3 2
Ejercicio 32. Sea V un espacio vectorial sobre K y una base de V. Si dimV = 4 y g es un endomorfismo de V con polinomio característi-co χg(t) = (t+ 2)
2
t2−2t+ 2 tal que rg(g+ 2Id) = 3, hallar la forma de JordanJg paragsiK=RyK=C.
Demostración. Empezamos buscando los valores propios
(t+ 2)2= 0⇒t=−2
es un autovalor con multiplicidad 2. Por otro lado
t2−2t+ 2 = 0⇒t= 1±i Tenemos dos valores complejos conjugados.
SiK=Rno se admiten valores complejos, por lo que la caja asociada a un valor de la formaλ=α+iβ es de la forma:
α −β
β α
!
Paraλ=−2,rg(g+ 2Id) = 3⇒dim (ker (g+ 2Id)) = 4−3 = 1<2 (multi-plicidad del valor propio), por lo que la caja de Jordan será de la forma:
−2 0 1 −2
!
Así tenemos completamente determinada la forma de Jordan Jg para
K=R JgK=R= −2 0 0 0 1 −2 0 0 0 0 1 −1 0 0 1 1
En el caso complejo K = C, los valores propios complejos son acepta-bles, por lo que la forma de Jordan queda
JgK=C= −2 0 0 0 1 −2 0 0 0 0 1 +i 0 0 0 0 1−i
Ejercicio 33. Seag un endomorfismo deV4(K)con polinomio
caracterís-tico
χg(t) = t2+ 1
2
tal querg g2+Id
= 2. Hallar la forma de Jordan degparaK=Ry para
K=C.
Demostración. Empezamos calculando los autovalores del polinomio ca-racterístico. Tenemost= +icon multiplicidad 2 yt=−icon multiplicidad 2.
En el caso complejo, todos los autovalores son aceptables, por lo que la forma de la matriz de JordanJg(C)será
Jg(C) = i 0 0 0 1 i 0 0 0 0 −i 0 0 0 2 −i
coni ={0,1},i= 1,2. Para determinar los valores dei utilizamos que el
rango es un invariante lineal, de manera que rg g2+Id =rg Jg2+Id CalculamosJ2 g Jg2= i 0 0 0 1 i 0 0 0 0 −i 0 0 0 2 −i ∗ i 0 0 0 1 i 0 0 0 0 −i 0 0 0 2 −i = −1 0 0 0 2i1 −1 0 0 0 0 −1 0 0 0 −2i2 −1 De manera que rg Jg2+Id= 0 0 0 0 2i1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 −2i2 0 = 2⇒1, 26= 0
Y la forma de la matriz de JordanJg(C)queda
Jg(C) = i 0 0 0 1 i 0 0 0 0 −i 0 0 0 1 −i
En el caso deK=R,los valores complejos no son aceptables. Tenemos un valor complejo conjugado de multiplicidad 2, λ= ±i. Cada autovalor complejo de la formaλ=α+iβda lugar a una caja de la forma α −β
β α
! , de manera que la forma de JordanJg(R)es
Jg(R) = 0 −1 0 0 1 0 0 0 0 0 −1 0 0 1 0
Para determinar el valor de , utilizamos que rg(Jg+Id) = 2 (ya que el
rango es un invariante lineal).
rg Jg2+Id = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 = 2⇒6= 0⇒= 1
Y la forma de la matriz de JordanJg(R)queda:
Jg(R) = 0 −1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 −1 0 0 1 0
Ejercicio 34. f un endomorfismo de V4(R) con χf(t) = (t−3) 4
y con
dim (f−3Id) = 2.
1. ¿Cuáles son las posibles formas de Jordan que puede tenerf? 2. Determine un invariante que distinga las diferentes formas de
Jor-dan.
Demostración. Tenemos un autovalor t= 3con multiplicidad 4. La forma general de la matriz de JordanJf es
Jf = 3 0 0 0 1 3 0 0 0 2 3 0 0 0 3 3
Como la dimension es un invariante lineal ydim (ker (f−3Id)) = dim (ker (Jf−3Id)) = 2,tenemos
Ahora calculamos rg(Jf−3Id) = 0 0 0 0 1 0 0 0 0 2 0 0 0 0 3 0 = 2⇒ ⇒ 1= 0, 2, 36= 0 o 2= 0, 1, 36= 0 o 3= 0, 1, 26= 0 Si1= 0, 2, 36= 0, Jf(1)= 3 0 0 0 0 3 0 0 0 1 3 0 0 0 1 3 Si2= 0, 1, 36= 0, Jf(2)= 3 0 0 0 1 3 0 0 0 0 3 0 0 0 1 3 Si3= 0, 1, 26= 0, Jf(3)= 3 0 0 0 1 3 0 0 0 1 3 0 0 0 0 3
Vemos queJf(1) yJf(3) son semejantes, ya que sólo tenemos que intercam-biar el orden de las cajas en la diagonal, por lo que sólo tenemos dos formas paraJf:J
(1) f yJ
(2)
f , que deben corresponder a dos endomorfismos
f1 yf2distintos.
El siguiente paso es encontrar un invariante que diferencie a estos dos endomorfismosf1yf2deV4(R).f1yf2comparten polinomio característico
Pero si calculamos rgJf(1)−3Id 2 = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 = 1 rgJf(2)−3Id 2 = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 = 0
Por lo que el invariante lineal que distingue a los endomorfismos f1 y f2
deV4(R)es elrg(f−3Id) 2
.
4. SUBESPACIOS VECTORIALES INVARIANTES
Teorema 35. SiH es un hiperplano de ecuaciónu1x1+· · ·+u4x4= 0,H es invariante porf1si y sólo si(u1,· · ·, u4)es autovector deJ1t.
Definición 36. J yJttienen el mismo polinomio característico, por lo que
también tienen los mismos autovalores. 4.1. Problemas tipo.
Ejercicio 37. Sea una base del espacio vectorialV3(R). Sea f un
endo-morfismo tal que
M(f)) = 3 0 0 0 0 −1 0 1 0
Calcular las ecuaciones de los subespacios invariantes porf en la base.
Demostración. La matriz M(f) ya tiene forma de Jordan para el valor
propio realλ= 3y para los valores complejo conjugadosλ=±i. Como sólo tiene un valor único real simple,f tiene una recta invariante generada por el autovalor asociado al autovalorλ= 3.
r:= (x2= 0, x3= 0) = ker (f−3id)
El número de hiperplanos invariantes -que en V3(R)son planos-
coin-cide con el número de rectas invariantes, de manera que f sólo tiene un plano invariante asociado aλ=±i.
U := (x1= 0) = ker f2+id
Ejercicio 38. Sea base de un espacio vectorial V4(R) de dimensión 4.
Seaf un endomorfismo tal que
M(f) = −2 0 0 0 1 −2 0 0 0 0 1 −1 0 0 −1 1
Dar las ecuaciones de losplanosinvariantes porf en la base.
Demostración. La matrizM(f)ya tiene forma de Jordan, compuesta por
cajas de orden 2. C1 = " −2 0 1 −2 # C2 = " 1 −1 −1 1 #
Cada una de estas cajas corresponde a un plano invariante porf.
U1 := (x3= 0, x4= 0) = ker (f+ 2id) 2 U2 := (x1= 0, x2= 0) = ker (id−λ)2+id= ker f2−2f+ 2id
Ejercicio 39. Seaf un endomorfismo deV4(R)donde en la base
M(f) = −1 0 0 0 1 −1 0 0 0 0 0 −2 0 0 −2 0
Calcular las ecuaciones de los subespacios invariantes porf en la base.
Demostración. Vemos queM(f)ya que tiene la forma canónica de Jordan
en forma de cajas de orden 2. C1 = " −1 0 1 −1 # C2 = " 0 −2 −2 0 #
De la forma de la cajaC1vemos que tenemos un valor propioλ=−1.
rg(ker (f|C1+id)) =rg
−1 0 1 −1
!
Tenemos una recta invariante generada por el autovector asociado al au-tovalorλ=−1. ker (f|C1+id) = −1 0 1 −1 ! ⇒x1= 0
De manera que la recta invariante es
r:= (x1= 0, x3= 0, x4= 0)
No tenemos más rectas invariantes.
Cada caja de orden 2 corresponde a un plano invariante porf.
C1 → U1:= (x3= 0, x4= 0) = ker (f +id) 2
C2 → U2:= (x1= 0, x2= 0) = ker f2+ 4id
Los hiperplanos invariantes coinciden con el número de rectas invarian-tes, de manera que tenemos un hiperplano invariante. Este hiperplano está formado por la recta invariante r := (x1= 0, x3= 0, x4= 0)y el plano
invarianteU2, por lo que las ecuaciones del hiperplano es
H := (x1= 0)
Parte 3. Espacio afín y Endomorfismos afines
Un espacio afínXtiene asociado, de forma natural, un espacio vectorial −
→
X. El espacio vectorial−→X representa el espacio de las direcciones deX. Un endomorfismo afín f de X tiene asociado un enfomorfismo lineal −
→
f que actúa en el espacio vectorial −→X. La matriz del endorfismo afín f contiene, como submatriz, la representación matricial del endomorfismo lineal−→f: 1 0 a −→f ! 5. SUBESPACIOS AFINES 5.1. Problemas tipo.
Ejercicio 40. Seaun sistema de referencia cartesiano de un espacio real de dimensión 3 A3(R).Sean M, N y R subespacios afines con ecuaciones
respecto a M := (x1= 0, x2−x3=−1) N := (x1= 2) R := (x2−x3=−1) P = 1 2 0 1
Calcular las ecuaciones y la dimensión del subespacio afín de A3(R)
ge-nerado por todas las rectas que pasan porP y cortanM yN.
Demostración. Primero observamos que M ∩N = ∅ y que P ∈ N, lo que significa que las rectas que pasan porP ya cortan N. Así que el problema se reduce a encontrar las rectas que pasan porP y que cortanM.
ComoM es una recta yP /∈M, el subespacio afín que buscamos será el planoΠque contiene la rectaM y el puntoP.
SiΠes un plano, su dimensión será 2
dim Π = 2
Podemos escribir Π como Π = P+P Q−−→+−M→, donde Q ∈ M es un pun-to cualquiera de la recta y −M→ es el vector director de la recta M. Como M := (x1= 0, x2−x3=−1) tenemos que
−→
M := (x1= 0, x2−x3= 0)y
pode-mos tomar como vector director de la recta −→ M = * 0 1 1 +
Ahora, seleccionamos un punto cualquiera deM, como por ejemplo
Q= 1 0 0 1 y calculamos−P Q−→ −−→ P Q= 1 0 0 1 − 1 2 0 1 = −2 0 0
Así completamos la descripción del planoΠ Π = 1 2 0 1 +λ −2 0 0 +µ 0 1 1 La ecuación deΠes Π := (x3−x2= 1)
Ejercicio 41. SeanR1 yR2 dos rectas distintas de A3(R), el espacio afín real de dimensión 3. Demostrar queR1 yR2son paralelas si y sólo siR1y
R2 son coplanarias y disjuntas.
Demostración. Tenemos que demostrar que R1kR2 ⇐⇒ R1, R2Coplanarias R1∩R2=∅ (Disjuntas)
Suponemos queR1kR2. En este caso, las dos tienen la misma dirección
− →
R. Es decir, que podemos escribir cada recta como R1 = p1+ − → R R2 = p2+ − → R
dondep1 ∈/ R2, p2 ∈/ R1(pues R1 6=R2). Así, tienen que ser disjuntas. Si no
lo fueran, existiría unq∈R1∩R2, por lo que podríamos escribir
R1=q+
− →
R =R2⇒R1=R2
Pero hemos quedado en queR16=R2, por lo que llegamos a contradicción
⇒R1, R2 son disjuntas.
Ahora vamos que la afirmación de que siR1kR2, entonces son
coplana-rias. Para demostrar queR1yR2están en el mismo plano, construimos el
plano a partir del vector dirección de las rectas,−→R y del vector−−→p1p2, donde
R1 3p1 ∈/ R2 y R2 3p2 ∈/ R1, como antes. De manera que el plano afínΠ
que contiene las dos rectasR1 yR2y que demuestra que son coplanarias
es (ver figura 5.1): Π =p2+−−→p1p2+ − → R 6. ENDOMORFISMOS AFINES 6.1. Problemas tipo.
FIGURA5.1.
Ejercicio 42. Sea un sistema de referencia cartesiano de un espacio real afínA3(R)de dimensión 3. SeaM un subespacio afín con ecuaciones
respecto a
M := (x1+x2= 1)
Hallar la matriz del endorfismof que satisface: 1. M es invariante porf.
2. La restricción def aM es una traslación del vector 0 0 1 3. f 1 1 1 0 = 1 0 0 0
Demostración. Sabemos que la restricción de f aM es una traslación de vector −→v. Entonces, la aplicación lineal asociada se comporta como la identidad en el espacio vectorial
−−→ f|M =
− → id
El subespacio −M→ tiene ecuaciones implícitas −M→ := (x1+x2= 0) por lo
que se trata de un plano vectorial generado por −→ M := * 1 −1 0 , 0 0 1 +
Sea A la matriz de la aplicación lineal−→f. Como −→f (−→v) =−→v ∀−→v ∈−M→, tenemos que A= a d g b e h c f i a d g b e h c f i 1 −1 0 = 1 −1 0 = a−d b−e c−f a d g b e h c f i 0 0 1 = 0 0 1 = g h i A= a a−1 0 b b+ 1 0 c c 1 ⇒M(f) = 1 0 0 0 α a a−1 0 β b b+ 1 0 γ c c 1 Si tomamos un puntop∈M p= 1 1 0 0 Entonces f(p) =p+−→v = 1 0 0 0 α a a−1 0 β b b+ 1 0 γ c c 1 1 1 0 0 = 1 α+a β+b γ+c = 1 1 0 0 + 0 0 1 = 1 1 0 1 α+a = 1→α= 1−a β+b = 0→β =−b γ+c = 1→γ= 1−c Para determinar completamenteM(f)utilizamos
f 1 1 1 0 = 1 0 0 0
1 0 0 0 1−a a a−1 0 −b b b+ 1 0 1−c c c 1 1 1 1 0 = 1 0 0 0 = 1 1−a+a+a−1 −b+b+b+ 1 1−c+c+c a = 0 b = −1 c = −1
Con lo que, finalmente
M(f) = 1 0 0 0 1 0 −1 0 1 −1 0 0 2 −1 −1 1
Ejercicio 43. Sea un sistema de referencia cartesiano de un espacio real afínA3(R)de dimensión 3. SeaRun subespacio afín con ecuaciones
respecto a
R:= (x2−x3=−1)
Calcular la matriz respecto a de un endomorfismo afín f que deja invariante R tal que la restricción de f sobre R es una traslación con
vector−→v = 0 1 1 y tal quef 1 0 0 0 = 1 0 0 2
Demostración. Buscamos los vectores que generan el subespacio afínR:= (x2−x3= 0). R= * 1 0 0 , 0 1 1 + La matrizM(f)es de la forma M(f) = 1 0 0 0 α β −→f γ
Empezamos utilizando que el endomorfismof deja invariante el subes-pacioR a d g b e h c f i 1 0 0 = 1 0 0 = a b c 1 d g 0 e h 0 f i 0 1 1 = 0 1 1 = d+g e+h f+i
Es decir, de momento tenemos − → f = 1 d −d 0 e 1−e 0 f 1−f
Ahora elegimos un punto del subespacioRya que−→f|R=τ−→v, de manera
que f|R(p) =p+−→v R3p= 1 0 0 1 − →v = 0 1 1 1 0 0 0 α 1 d −d β 0 e 1−e γ 0 f 1−f 1 0 0 1 = 1 0 0 1 + 0 1 1 = 1 0 1 2 = 1 α−d β+ 1−e γ+ 1−f α = d β = e γ = 1 +f De momentoM(f) M(f) = 1 0 0 0 d 1 d −d e 0 e 1−e 1 +f 0 f 1−f
Finalmente utilizamosf 1 0 0 0 = 1 0 0 2 1 0 0 0 d 1 d −d e 0 e 1−e 1 +f 0 f 1−f 1 0 0 0 = 1 0 0 2 = 1 d e 1 +f d = 0 e = 0 f = 1
Así que al final hemos determinado completamente la forma deM(f)
M(f) = 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 2 0 1 0
Ejercicio 44. Sea un sistema de referencia cartesiano del espacio afín realA3(R)de dimensión 3. Seaf el endomorfismo afín con matriz
M(f) = 1 0 0 0 2 1 1 −1 2 0 2 −1 2 0 1 0
Demostrar que existe una familia de planos paralelosΠk sobre los que
f actúa como una traslaciónτ−→v. Calcular dicha familia de planosΠk y los
vectores−→vk.
Demostración. La restricción def a los planosΠk los deja invariantes, es
decir que −−→ f|Πk = − → id⇒−−→f|Πk −→ Πk =−Π→k⇒ −−→ f|Πk− − → id −Π→k = 0
Es decir, que el subespacio vectorial formado por los planos paralelos−Π→k
está contenido o es igual alker−−→f|Πk−
− → id −→ Πk⊆ker −−→ f|Πk− − → id
Así, vamos a calcularker−−→f|Πk− − → id ker−−→f|Πk− − → id= 0 1 −1 0 1 −1 0 1 −1 x y z = 0 0 0 ⇒y−z= 0
Ahora buscamos los vectores que generan este subespacio vectorial
ker−−→f|Πk− − → id = * 1 0 0 , 0 1 1 + −→ Πk := (y−z= 0)
Por lo que los planos afines son
Πk := (y−z=k)
Si ahora elegimos un punto pk ∈Πk, sabemos que el endorfismo actúa
como una traslación de vector−→v. Los puntos de Πk son de la forma
Πk3pk = 1 α β β−k De manera que f(pk) = pk+−→v 1 0 0 0 2 1 1 −1 2 0 2 −1 2 0 1 0 1 α β β−k = 1 2 +α+β−β+k 2 + 2β−β+k 2 +β+k = 1 α β β−k +−→vk Así que − → vk = 2 +k 2 +k 2 +k
7. PROYECCIONES Y SIMETRÍAS AFINES
Definición 45. Seaun sistema de referencia cartesiano yτ~v una
trasla-ción de vector−→v, donde−→v =
v1 v2 v3 .
La matriz de la traslaciónτ−→v en la base,M(τ−→v)es de la forma M(τ−→v) = 1 0 0 0 v1 1 0 0 v2 0 1 0 v3 0 0 1
Endomorfismos afínmente equivalentes
Dos endomorfismos afinesf1 yf2de un espacio afín X sonafínmente
equivalentes si son conjugados por una transformación afín g deX. Es decir, si existeg transformación afín deX tal que
f1=g·f2·g−1
Dos endomorfismos afínmente equivalentes admiten representaciones ma-triciales cartesianas iguales, respecto a sistemas de referencia cartesianos adecuadamente elegidos (y lo mismo recíprocamente).
Es decir:
Proposición 46. Sea un sistema de referencia cartesiano en el espacio afínX. Dos endomorfismos afines deX,f yf0 son afínmente equivalentes si y sólo si existe0, sistema de referencia cartesiano deX tal que
M(f) =M0(f0)
Dos matricesAyA0 son afínmente equivalentes si existeP= 1 0
p P~ !
de forma que A0 = P−1·A·P. En particular, también se tiene que −→A0 = −−→
P−1·−→A·−→P, por lo que la semejanza afín de las matricesAyA0 implica la semejanza lineal deAyA0 y la deA~ yA~0.
Todo endomorfismo afín f de X admite una representación matricial respecto a algún sistema de referencia cartesiano=(e0, ~)de la forma
J = 1 0 0 J~ ! dondeJ~=M~ ~
fes una matriz de Jordan. El origene0 de es un punto
fijo paraf, y~es una base de Jordan paraf~. Se denomina asistema de referencia cartesiano de Jordan paraf.
Corolario 47. Para todo endomorfismo afínf de X existe un sistema de referencia cartesiano= (e0, ~e1, . . . , ~en)respecto al cual la matriz def es de
la forma J = C 0 0 J0 ! dondeC= 1 0 · · · 0 1 1 · · · 0 0 . .. ... ... 0 0 1 1
es una caja de Jordan
Ces una caja de Jordan de ordenr≥1yJ0 es una matriz de Jordan.
Para el casor= 1se tieneC= (1), yf es endorfismo con puntos fijos.
Desde el punto de vista de la equivalencia lineal es indiferente el orden en el que se distribuyan las cajas de Jordan de J, pero esto no sucede exactamente así respecto a la equivalencia afín. Concretamente, el orden rde la caja C =C(r)que ocupa el vértice superior izquierdo de la matriz J es decisivo para determinar la clase de equivalencia afín def.
Ejemplo 48. Sean f y f0 endomorfismos de un espacio afín de dimen-sión igual a dos. Supóngase que hemos encontrado sistemas de referen-cia cartesianos = (e0, ~e1, ~e2) y 0 =
e00, ~e0
1, ~e02
de forma que las matrices M(f) =J, M0(f0) =J0 son las siguientes:
J = 1 0 0 1 1 0 0 0 1 J 0 = 1 0 0 0 1 0 0 1 1
Estas matrices de Jordan son semejantes desde el punto de vista lineal, ya que se obtiene una de otra por permutación de cajas. Sin embargo, los endomorfismos afinesf yf0no son afínmente equivalentes, ya quef0tiene ae00 como punto fijo yf carece de ellos. Las ecuaciones del subespacio de puntos fijos def en las coordenadas cartesianas inducidas porson:
J 1 x1 x2 = 1 x1 x2 = 1 + 1 x1 x2
que son claramente incompatibles.
Proposición 49. Sif es un endormorfismo afín deX que admite respecto a cierto sistema de referencia cartesianouna matriz
J = C(r) 0 0 J1 ! conC(r) = 1 0 · · · 0 0 1 1 · · · 0 0 .. . . .. ... ... ... 0 0 . .. 1 0 0 0 · · · 1 1
yJ1matriz de Jordan, el ordenrde la cajaC(r)viene determinado por (7.1) r=δ(f) = m´ın k∈N :X∩ker ˆ f−idˆ k 6 =∅
Demostración. SeaH =C(r)−id(r). Por ejemplo, parar= 5tenemos
H = 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 H2= 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 H3 = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 H4= 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0
Finalmente H5 = 0. Las ecuaciones de ker
ˆ
f −idˆ
k
en las coordenadas linealesxiinducidas porenX son de la forma
Hk 0 0 J1k ! x0 ~ x ! = 0 ~0 !
y para k < r aparece la ecuación x0 = 0 que resulta incompatible con la
ecuación dex0= 1deX. Así: ker ˆ f−idˆ k ∩X =∅ sik < r
Justamente cuandok=r,Hk = 0y en el sistema de ecuaciones anterior no
interviene la variablex0. Si añadimos ahora la ecuaciónx0= 1el sistema
resultante es compatible, y por tanto:
ker ˆ f−idˆ k ∩X6=∅
Proposición 50. La aplicación δ definida en 7.1 es un invariante en la clasificación afín de endomorfismos.
Corolario 51. Dos matrices cartesianas de Jordan de ordenn J = C(r) 0 0 J1 ! J0 = C(r 0) 0 0 J10 !
son afínmente semejantes si y sólo sir =r0 yJ10 puede obtenerse a partir deJ1 por permutación de cajas.
Observación 52. Procedimiento general para encontrar la matriz de una simetría (o proyección) afín
1. Empezamos buscando la simetría (o proyección) vectorial ~σ (o ~π) asociada con la simetría (o proyección) afínσ(oπ)
a) Obtenemos los vectores Dnb~i
oE ,Dnd~i
oE
que generan la base B~ y la direcciónD~ de la simetría~σ(o proyección~π)
b) Utilizamos las propiedades de la simetría (o proyección) para obtener los coeficientes de la matrizM(~σ)(oM(~π)) planteando
las ecuaciones:
1) Para los vectores de la base de la simetría (o proyección): M(~σ) ~ bi = b~i a d g b e h c f i bi,1 bi,2 bi,3 = bi,1 bi,2 bi,3 i= 1, ..,dim ~ B
2) Para los vectores de la dirección de:
a0 ) Simetría M(~σ) ~ di = −d~i a d g b e h c f i di,1 di,2 di,3 = − di,1 di,2 di,3 i= 1, ..,dim ~ D b0 ) Proyección M(~π) ~ di = ~0 a d g b e h c f i di,1 di,2 di,3 = 0 0 0 i= 1, ..,dim ~ D
c) Resolviendo lasdimB~ + dimD~ ecuaciones, obtenemos los 9 coe-ficientes de la matrizM(~σ)(oM(~π)).
d) Tanto la simetría como la proyección dejan invariante el pun-to de la base, de manera que podemos obtener los coeficientes α, β, γde la matriz de la simetria σ(o proyecciónπ) afín
M(σ) = 1 0 0 0 α β M(~σ) γ M(π) = 1 0 0 0 α β M(~π) γ
Elegimos un punto de la base de la simetríaσ(o proyecciónπ ) afín. p= 1 p1 p2 p3 ∈B
1) Planteamos las ecuaciones
M(σ|π)p = p 1 0 0 0 α β M(~σ|~π) γ 1 p1 p2 p3 = 1 p1 p2 p3
(donde M(σ|π) es la matriz de la simetría afín σ o de la
proyección afínπ, según el caso).
2) Resolviendo las tres ecuaciones obtenemos los valores de α, β, γ y determinamos completamenteM(σ)(oM(π)).
7.1. Problemas tipo.
Ejercicio 53. Sea = ne0, ~e01, ~e02, ~e03
o
un sistema de referencia cartesiano del espacio afín real de dimensión 3 A3(R). Sea M el subespacio afín de ecuaciones respecto de
M := (x1= 0, x2= 0)
yN el subespacio vectorial de ecuaciónN~ := (x3= 0).
1. Hallar la matriz de la simetría afín con baseM y direcciónN~. 2. Seaτ~v la traslación de vector~v=
1 1 0
. Hallar la forma de Jordan Jh de la composiciónh1=τ~v·σ.
3. Hallar0 tal queM0(h1) =Jh
1
4. Sih2=σ·τ~v, estudiar sih1yh2son afínmente equivalentes.
Demostración. Empezamos buscando la simetría vectorial~σasociada aσ. Buscamos el vector que generan la baseM~ := (x1= 0, x2= 0)
~ M := * 0 0 1 + =he~3i
Buscamos los vectores que generan la direcciónN~ := (x3= 0) ~ N := * 1 0 0 , 0 1 0 + =he~1, ~e2i
Sabemos que una simetría deja invariantes los vectores de la base e in-vierte los de la dirección, por lo que
~ σ(e~3) = e~3 ~ σ(e~1) = −~e1 ~ σ(e~2) = −~e2
De manera que la matriz deM(~σ)es
M(~σ) = −1 0 0 0 −1 0 0 0 1
El siguiente paso es obtener los coeficientes deM(σ)
M(σ) = 1 0 0 0 α −1 0 0 β 0 −1 0 γ 0 0 1
Buscamos un punto perteneciente a la base afín de la simetría, que queda-rá invariante por ella. Observamos que el origen del sistema de referencia
e0= 1 0 0 0 ∈M, de manera queα=β =γ= 0 M(σ) = 1 0 0 0 0 −1 0 0 0 0 −1 0 0 0 0 1
En el segundo apartado vamos a hallar la forma de Jordan Jh de la
composiciónh1=τ~v·σ, donde~v= 1 1 0 .
La matriz de una traslaciónM(τ~v)es M(τ~v) = 1 0 0 0 1 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1
Así que la composiciónh1=τ~v·σes
h1= 1 0 0 0 1 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 −1 0 0 0 0 −1 0 0 0 0 1 = 1 0 0 0 1 −1 0 0 1 0 −1 0 0 0 0 1
Observamos que la aplicación vectorialh~1 ya tiene forma de Jordan, por
lo que sólo nos queda determinar sih1 tiene puntos fijos.
h1(p) = p 1 0 0 0 1 −1 0 0 1 0 −1 0 0 0 0 1 1 p1 p2 p3 = 1 p1 p2 p3 1−p1 = p1⇒p1= 1 2 1−p2 = p2⇒p2= 1 2 p3 = p3
De manera queh1tiene puntos fijos de la forma
p= 1 1 2 1 2 c c∈R
Es decir,h1tiene una recta de puntos fijos, por lo que su matriz de Jordan
es Jh1 = 1 0 0 0 0 −1 0 0 0 0 −1 0 0 0 0 1
En el tercer apartado vamos a encontrar una base0=ne00, ~e10, ~e02, ~e03otal queM0(h1) =Jh
de los vectores de la base0, de manera que Jh1(e 0 0) =e 0 0
Es decir, e00 es un punto fijo. Hemos visto que los puntos fijos son de la forma p= 1 1 2 1 2 c c∈R
por lo que elegimosc= 0
e00= 1 1 2 1 2 0
Para el resto de vectores del sistema de referencia Jh1( −→ e1,20) =−−→e1,20⇒ −→e1,20 ∈ker ~ Jh1+ − → id⇒x3= 0
De manera que para−→e1,20 podemos elegir−→e1,2. Finalmente,Jh1(
− → e30) =−→e30⇒ − →e 30 ∈ ker −→ Jh1− − →
id ⇒ x1 =x2 = 0. Es decir, que podemos elegir −→e30 =−→e3.
Finalmente, 0= 1 1 2 1 2 0 ,−→e1,−→e2,−→e3
En el último apartado h2 = σ·τ~v. Vamos a demostrar que h1 y h2 son
afínmente equivalentes. Para que dos aplicaciones sean afínmente equiva-lentes, debe existirg tal queh1=g·h2·g−1. En este caso podemos utilizar
g=σ, como vemos
(7.2) h1=σ·h2·σ−1=σ·(σ·τ~v)·σ−1=σ2·τ~v·σ−1
Pero ahora, por las propiedades de la simetría σ2=id⇒σ=σ−1 de manera que 7.2 queda
h1=τ~v·σ
que es precisamente la definición deh1. También podríamos haber
utili-zadog=τ~v
h1=τ~v·h2·τv~−1=τ~v·(σ·τ~v)·τ~v−1=τ~v·σ· τ~v·τ~v−1
Lo que demuestra de nuevo queh1yh2 son afínmente equivalentes.
Ejercicio 54. Sea un sistema de referencia cartesiano de un espacio afín real de dimensión 3 A3(R). Sean R y S los subespacios afines de ecuaciones respecto a
R := (x2= 2, x3= 0)
S := (x1+x3= 1, x2= 2)
1. Hallar la matriz de la simetría afín σ con base R+S y dirección h−→e1+−→e2+−→e3i.
2. Seaτa la traslación del vector
1 1 +a 1−a , dondea∈R. Determinar la matriz canónica de Jordan deτa·σen función dea.
3. Si a = 0, hallar un sistema de referencia cartesiano 0 tal que la matriz de Jordan deτ0seaM0(τ0·σ).
Demostración. a)
Empezamos estudiando la posición relativa de las dos rectas R y S. Elegimos un punto de cada recta:
pR= 1 x1 2 0 pS = 1 x1 2 1−x1
De manera que vemos que existe un punto comúnp=
1 1 2 0 ∈R∩S. Es
decir, las rectas R y S se cortan en un punto. De manera que R+S es un plano afín que contiene las dos rectas R y S. En este caso, podemos describir el planoR+S como
R+S=p+R~ +S~ ~ R= * 1 0 0 + ~ S= * 1 0 −1 +
Por lo que R+S= 1 1 2 0 +λ 1 0 0 +µ 1 0 −1
Los puntosq∈R+S serán de la forma
q= 1 x1 x2 x3 = 1 1 +λ+µ 2 −µ ⇒ x2= 2 R+S := (x2= 2)
El primer paso para obtener la matriz de simetría afín σ será obtener la matriz de la simetría vectorial~σasociada, con baseR~ +S~ y direcciónD~ =
h−→e1,−→e2,−→e3i
~
R+S~ := (x2= 0)
De las propiedades de la simetría sabemos queσ(e~b) =e~b(deja invariantes
los vectores de la base) . Como−→e1,−→e3∈R~ +S~ de ecuciones (x2= 0),
σ(−→e1) = −→e1
σ(−→e3) = −→e3
En cuanto a los vectores de la dirección
σ(−→e1+−→e2+−→e3) =−−→e1− −→e2− −→e3
De manera que tenemos
σ(−→e1+−→e2+e→−3) = σ(−→e1) +σ(→−e2) +σ(−→e3) =−→e1+−→e3+σ(−→e2)⇒
⇒ σ(−→e2) =−2e→−1− −→e2−2−→e3
Con lo que la matriz de la simetría vectorial
~ σ= 1 −2 0 0 −1 0 0 −2 1
El siguiente paso implica seleccionar un punto de la base del espacio afín base de la simetríaσ (que quedará invariante) para poder determinar los
coeficientesα, β, γ M(σ) = 1 0 0 0 α 1 −2 0 β 0 −1 0 γ 0 −2 1
Elegimos un punto cualquiera deR+S,
p= 1 1 2 0 1 0 0 0 α 1 −2 0 β 0 −1 0 γ 0 −2 1 1 1 2 0 = 1 1 2 0 = 1 α−3 β−2 γ−4
Con lo que obtenemos
α= 4, β= 4, γ= 4
Y la matriz de la simetría afínM(σ)
M(σ) = 1 0 0 0 4 1 −2 0 4 0 −1 0 4 0 −2 1 Demostración. b) La matriz de la traslaciónτa es τa= 1 0 0 0 1 1 0 0 1 +a 0 1 0 1−a 0 0 1
con lo queM(τa·σ)será
M(τa·σ) = 1 0 0 0 1 1 0 0 1 +a 0 1 0 1−a 0 0 1 1 0 0 0 4 1 −2 0 4 0 −1 0 4 0 −2 1 = 1 0 0 0 5 1 −2 0 5 +a 0 −1 0 5−a 0 −2 1
Vemos que la parte vectorial de M(τa·σ) coincide con M(σ)
una simetría vectorial J~σ es de la forma (base de dimensión 2, dirección de dimensión 1): −→ Jσ= 1 0 0 0 1 0 0 0 −1 Así,J(−→τa· −→σ) = −→
Jσ. Nos falta determinar siτa·σtiene puntos fijos
(necesi-tamos un punto paraconstruir la parte afín): 1 0 0 0 5 1 −2 0 5 +a 0 −1 0 5−a 0 −2 1 1 x1 x2 x3 = 1 x1 x2 x3 ⇒x2= 5 2, a= 0
En función del valor dea, tendremos dos tipos de formas canónicas de Jordan:
1. a= 0⇒Significa que tenemos puntos fijos⇒Tenemos una simetría afín: Ja=0= 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 −1
2. a6= 0⇒Tenemos una simetría afín con desplazamiento:
Ja6=0= 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 −1 Demostración. c)
Ahora vamos a buscar un sistema de referencia0 tal que la matriz de Jordan (para el casoa= 0) coincida conM(τ0·σ).
Ja=0= 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 −1
Las columnas de la matriz de Jordan son las imágenes de los vectores de este sistema de referencia, de manera que
Elegimos como e00 un punto fijo, cuya forma hemos determinado en el apartado anterior x2 = 5 2,(a= 0) e00 = 1 0 5 2 0
Para los vectores
Je~01,2 = e−→1,20⇒ −→e1,20∈ker −→ τ0σ−id~ = ker−→σ −id~ J(−→e3) = −−→e3 ⇒ −→e30∈ker −→ σ +−→id ker−→σ −id~ ⇒ x2= 0⇒ −→e10=−→e1= 1 0 0 , − →e 20=−→e3= 0 0 1 ker−→σ +−→id ⇒ x1=x2=x3⇒ −→e30= 1 1 1
Finalmente, el sistema de referencia0 en el queM0(τ0σ) =J es
0= 1 0 5 2 0 , 1 0 0 , 0 0 1 , 1 1 1
Podríamos comprobar que funciona mediante:
P = 1 0 0 0 0 1 0 1 5 2 0 0 1 0 0 0 1 P−1M(τ0σ)P =J
Ejercicio 55. Sea un sistema de referencia cartesiano de un espacio afín real de dimensión 3 A3(R). Sean M y N los subespacios afines de ecuaciones respecto a
M := (x3= 0)
1. Hallar la matriz respecto a de la simetría afín σ con base N y direcciónM~.
2. Hallar la matriz respecto a de la proyección afín π con base M y direcciónN~.
Demostración. a)
Empezamos calculando la matriz de la simetría vectorial~σasociada aσ con baseN~ := (2x1+x3= 0, x2= 0)y direcciónM~ := (x3= 0).
~ N := * 1 0 −2 + ~ M = * 1 0 0 , 0 1 0 + Sea~σ= a d g b e h c f i σ 1 0 −2 = 1 0 −2 a d g b e h c f i 1 0 −2 = 1 0 −2 = a−2g b−2h c−2i a = 1−2g b = 2h c = 2i−2 σ 1 0 0 = −1 0 0 1−2g d g 2h e h 2i−2 f i 1 0 −2 = 1 0 −2 = 1 + 2g 2h 2i−2 g = 1 h = 0 i = 1
σ 0 1 0 = 0 −1 0 −1 d −1 0 e 0 0 f 1 0 1 0 = 0 −1 0 = d e f d = 0 e = −1 f = 0 De manera que~σ ~ σ= −1 0 −1 0 −1 0 0 0 1
Ahora utilizamos un punto de la base deσ(que quedará invariante por la acción deσ) para completar la matrizM(σ).
N 3p= 1 1 0 0 1 0 0 0 α −1 0 −1 β 0 −1 0 γ 0 0 1 1 1 0 0 = 1 1 0 0 = 1 α−1 β γ De manera que α= 2 β = 0 γ= 0 Y finalmente M(σ) = 1 0 0 0 2 −1 0 −1 0 0 −1 0 0 0 0 1 Demostración. b)
Para encontrar la matriz de la proyección afín π con base M y direc-ciónN~ procederemos de manera análoga al apartado anterior. Empezamos buscando las proyección vectorial−→π asociada aπ.
La proyección deja invariante los vectores de la base, por lo que pode-mos escribir: − →π 1 0 0 = 1 0 0 a d g b e h c f i 1 0 0 = 1 0 0 = a b c ⇒a= 1, b= 0, c= 0 − →π 0 1 0 = 0 1 0 0 d g 1 e h 0 f i 0 1 0 = 0 1 0 = a b c ⇒d= 0, e= 1, f = 0
La proyección envía los vectores de la dirección a~0
− →π 1 0 −2 = 0 0 0 0 0 g 1 1 h 0 0 i 1 0 −2 = 0 0 0 = 1−2g −2h −2i ⇒g= 1 2, h= 0, i= 0 De manera queM(~π)es M(~π) = 0 0 12 1 1 0 0 0 0
Para obtener la matriz de la proyección afínπ, elegimos un punto de la baseM := (x3= 0). Por ejemplo, el origen,
p= 1 0 0 0 ∈M
De manera que M(π) = 1 0 0 0 0 0 0 12 0 1 1 0 0 0 0 0
Ejercicio 56. Seaun sistema de referencia cartesiano de un espacio afín real de dimensión 3A3(R). SeaP el subespacio afíne de ecuación respecto a
P := (x1+x3= 1)
Hallar la proyección afínπcon baseP y dirección ~
D:= (x1= 0, x2+ 2x3= 0)
Demostración. Empezamos buscando la proyección vectorial~πasociada a π. Buscamos los vectores que generan la baseP(y que quedarán invarian-tes bajo la acción de~π):
~ P: = (x1+x3= 0)→x3=−x1 ~ P := * 1 0 −1 , 0 1 0 +
Buscamos el vector que genera la direcciónD~ =
* 0 2 −1 +
Utilizandos las propiedades de la proyección, escribimos: a d g b e h c f i 1 0 −1 = 1 0 −1 = a−g b−h c−i a d a−1 b e b c f c+ 1 0 1 0 = 0 1 0 = d e f ⇒d= 0, e= 1, f = 0 Finalmente: a 0 a−1 b 1 b c 0 c+ 1 0 2 −1 = 0 0 0 = −a+ 1 2−b −c−1 ⇒a= 1, b= 2, c=−1
De manera queM(~π) M(~π) = 1 0 0 2 1 2 −1 0 0
Ahora elegimos un punto de la base P para completar la matriz de la proyección afínπ. Elegimos
p= 1 1 0 0 ∈P De manera que 1 0 0 0 α 1 0 0 β 2 1 2 γ −1 0 0 1 1 0 0 = 1 1 0 0 = 1 α+ 1 β+ 2 γ−1 ⇒α= 0, β=−2, γ= 1
Con lo que, finalmente
M(π) = 1 0 0 0 0 1 0 0 −2 2 1 2 −1 −1 0 0
8. HOMOTECIAS AFINES Y DILATACIONES
Definición 57. En un espacio afín X, una homotecia h = h(c, λ) afín de centro c y razón λ, con λ 6= 0,1, actúa dejando únicamente el centro fijo y manteniendo invariantes las direcciones, produciendo, de manera uniforme desde el centro, una extensión (si |λ| >1) o una contracción (si |λ|<1) en función de la razónλ(ver figura 8.1).
Formalmente la acción deh(c, λ)sobre cada puntoxdel espacio afínX se expresa por
h(c, λ) (x) =c+λ(cx→−) =c+λ(x−c)
por lo queh(c) =c es el único punto fijo de la homoteciahy la transfor-mación lineal asociada es~h=λ−→id.
FIGURA8.1. Homoteciah(c, λ)de centrocy razónλ >1.
La matriz asociada una homoteciaM(h)es de la forma:
M(h) = 1 0 0 0 c1 λ 0 0 c2 0 λ 0 c3 0 0 λ
Definición 59. Matriz de Jordan de una homoteciah La matriz de JordanJh de una homotecia es de la forma
Jh=
1 0
0 λId
!
pues la homotecia siempre tiene un punto fijo, el centro de la homotecia y la transformación lineal asociada tiene forma de matriz diagonalλId.
El conjunto formado por las homotecias y las traslaciones deX se de-nomina grupo de lasdilatacionesdeX.
Definición 60. Matriz de Jordan de una dilataciónd
La matriz de Jordan Jd de una dilatación d, si tiene un punto fijo (y
λ6= 1) es Jd= 1 0 0 0 λ 0 0 0 0 λ 0 0 0 0 λ
Proposición 61. La composición de una homoteciah(c, λ)y una traslación
τ~vtambién es una homotecia (ver ejercicio 65)
h1 = h(c, λ)·τv~ ⇒ λ1=λ c1=c− λ λ−1~v h2 = τ~v·h(c, λ)⇒ λ2=λ c2=c− ~v λ−1 Para demostrar quehes homotecia afín debemos verificar que:
1. ~h=λ ~id
2. Existe un único puntoc∈X tal queh(c) =c
Proposición 62. Un endomorfismo afín d es una dilatación si y sólo si transforma una recta en otra paralela (ver ejercicio 68)
8.1. Problemas tipo.
Ejercicio 63. SeaA3(R)el espacio afín real de dimensión 3 yun sistema de referencia cartesiano. Calcula la matriz respecto ade la homoteciah
con centroc= 1 2 0 1 y tal que h 1 1 1 1 = 1 −1 3 1 Determina la razónλ.
Demostración. Por las propiedades de la homotecia sabemos que su matriz es de la forma M(h) = 1 0 0 0 α λ 0 0 β 0 λ 0 γ 0 0 λ
dondeλes la razón y~h=λ−→id. Como la homotecia deja el centro invariante, h(c) =c 1 0 0 0 α λ 0 0 β 0 λ 0 γ 0 0 λ 1 2 0 1 = 1 2 0 1 = 1 α+ 2λ β γ+λ 2 = α−2λ 0 = β 1 = γ−λ De manera que M(h) = 1 0 0 0 2−2λ λ 0 0 0 0 λ 0 γ−λ 0 0 λ
Y ahora, gracias al conocimiento de queh 1 1 1 1 = 1 −1 3 1 determinamos la razón 1 0 0 0 2−2λ λ 0 0 0 0 λ 0 1−λ 0 0 λ 1 1 1 1 = 1 2−λ λ 1 1 −1 3 1 ⇒λ= 3
Con lo que hemos determinadoM(h)
M(h) = 1 0 0 0 −4 3 0 0 0 0 3 0 −2 0 0 3
Ejercicio 64. SeaA3(R)el espacio afín real de dimensión 3 yun sistema de referencia cartesiano. Seahla homotecia afín que verifica:
M(h) = 1 0 0 0 1 3 0 0 0 0 3 0 1 0 0 3
Hallar la matriz de JordanJhpara hy un sistema de referencia0 tal que
M0(h) =Jh.
Demostración. La matriz de Jordan de una homoteciaJh es de la forma
Jh=
1 0
0 λId
!
ya que la homotecia siempre tiene un punto fijo, el centro de la homotecia. En nuestro caso, la forma de la matriz de JordanJh es
Jh= 1 0 0 0 0 3 0 0 0 0 3 0 0 0 0 3
Ahora vamos a buscar un sistema de referencia cartesiano0={e0
0, ~ei, i= 1,2,3}
tal queM0 =Jh Empezamos buscando el nuevo origen del sistema de
re-ferencia0 h(e00) = e00 1 0 0 0 1 3 0 0 0 0 3 0 1 0 0 3 1 x1 x2 x3 = 1 1 + 3x1 3x2 1 + 3x1 = 1 x1 x2 x3 ⇒x1=− 1 2, x2= 0, x3=− 1 2
Como~h=λ−→Idpodemos utilizar los vectores→−e10 =−→e1,→−e20 =−→e2 y−→e30 =−→e3 de
manera que 0= 1 −1 2 0 −1 2 , 1 0 0 , 0 1 0 , 0 0 1
Ejercicio 65. En el espacio afínX seahun homotecia afín de centro c y razónλ6= 0,1. Seaτ~v la traslación de vector~v6= 0.
1. Probar que las composiciones h1 = h·τ~v
h2 = τ~v·h
