ALGEBRA LINEAL
1. Sea V un espacio vectorial de dimensi´on finita sobre F y W cualquier subespacio. Demuestre que existe U subespacio de V tal que V = U ⊕ W .
Soluci´on: Sea {w1, ..., wk} una base W , completamos de tal
man-era que {w1, ..., wk, vk+1, ..., vn} sea una base de V y consideramos el
subespacio U = h{vk+1, ..., vn}i. Si x ∈ U ∩ W entonces
x = α1w1 + ... + αkwk, x = βk+1vk+1+ ... + βnvn
Entonces,
0 = α1w1+ ... + αkwk− βk+1vk+1− ... − βnvn
por ser {w1, ..., wk, vk+1, ..., vn} una base entonces
α1 = ... = αk = βk+1= ... = βn = 0 ⇒ x = 0
Entonces U ∩ W = {0} y por lo tanto V = U ⊕ W
2. Sea T el operador lineal sobre R3 representado en la base ordenada
can´onica por la matriz
2 0 0 0 2 0 0 0 −1
Demostrar que T no tiene vertor c´ıclico. ¿Cu´al es el subespacio T -c´ıclico generado por el vector (1, −1, 3)?
Soluci´on: El polinomio caracteristico de la matriz es f (x) = (x + 1)(x − 2)2
y el polinomio minimal es
m(x) = (x + 1)(x − 2) (compruebelo usted haciendo las cuentas!)
Sabemos que, T tiene un vector c´ıclico si, y s´olo si, los polinomios caracter´ıstico y minimal de T son id´enticos. Por lo tanto, T no posee
un vector c´ıclico. Por otro lado,
Z((1, −1, 3), T ) = h{Tk(1, −1, 3) : k ≥ 0}i
= h{(1, −1, 3), T (1, −1, 3), T2(1, −1, 3)} = h{(1, −1, 3), (2, −2, −3), (4, −4, 3)}i = h{(1, −1, 3), (2, −2, −3)}i
3. Sea T el operador lineal sobre C3 representado en la base ordenada can´onica por la matriz
1 i 0 −1 2 −i 0 1 1
Hallar el T -anulador del vector (1, 0, 0). Hallar el T -anulador de (1, 0, i). Soluci´on: Notemos que
T e1 = (1, −1, 0), T2e1 = T (1, −1, 0) = (1 − I, −3, −1)
entonces, Z(e1; T ) = C3. Sabemos que, si U es el operador lineal en
Z(v; T ) inducido por T , entonces el polinomio minimal de U es el T -anulador de v. Luego, Pe1(x) = mT(x). Haciendo algunas cuentas se
obtiene que PT(x) = (x − 1)(x − α)(x − β) donde α = 32 +12√1 − 8i y β = 32 − 1 2 √ 1 − 8i. Por el teorema de Cayley-Hamilton se concluye que
mT(x) = PT(x) = Pe1
Por otro lado, note que T (1, 0, i) = (1, o, i) = v entonces Z(v; T ) = hvi y adem´as
grado(Pv(x)) = dim(Z(v; T )) = 1
y es tal que Pv(T (v)) = 0 se concluye que
pv(x) = (x − 1)
4. Sea V un espacio vectorial de dimensi´on n sobre el cuerpo F y sea N un operador lineal nilpotente sobre V . Supongase que Nn−1 6= 0 y sea α un vector cualquiera de V de modo que Nn−1α 6= 0. Demostrar que
α es un vector c´ıclico de N . ¿Cu´al es exactamente la matriz N en la base orednada {α, N α, ..., Nn−1α}.
Soluci´on: La afirmaci´on es que B = {α, N α, ..., Nn−1α} es un con-junto linealmente independiente. En alguna gu´ıa preterita hemos re-suelto este problema, sino lo recuerda, observe que: debemos demostrar que si:
β1α + β2N α + ... + βnNn−1α = 0
Entonces β1 = β2 = ... = βn= 0
En efecto, aplicando a la igualdad anterior Nn−1 obtenemos que:
0 = Nn−1(0) = Nn−1(β1α + β2N α + ... + βnNn−1α) = β1Nn−1α + β2Nnα + ... + βnN2n−1α = β1Nn−1α como Nn−1α 6= 0 entonces β 1 = 0, es decir, β2N α + ... + βnNn−1α = 0
Procediendo de la misma manera, obtenemos que: β1 = β2 = ... = βn= 0
Por lo tanto, Z(α; N ) = hBi = V y tenemos que:
[N ]BB = 0 0 · · · 0 0 1 0 · · · 0 0 0 1 · · · 0 0 .. . ... . .. ... ... 0 0 · · · 1 0
5. Sea V un espacio vectorial de dimensi´on finita n. Sea T una funci´on lineal de V en V , diagonalizable. Demuestre
i) Si T tiene un vector c´ıclico entoces T tiene n valores propios dis-tintos.
ii) Si T tiene n valores propios distintos y {v1, v2, ..., vn} es una base
de vectores propios de V , entonces w = v1 + v2 + ... + vn es un
vector c´ıclico de T . Soluci´on:
i) Si T posee un vector c´ıclico entonces PT(x) = mT(x). Por ser T
diagonalizable entonces
mT(x) = (x − c1) · · · (x − ck)
donde c1, ..., ck son elmentos distintos. Por lo tanto T tiene n
valores propios distintos.
ii) Supongamos que w = v1 + ..., vn no es un vector c´ıclico de T
entonces {w, T w, ..., Tn−1w} es un conjunto linealmente
dependi-ente, pues de lo contrario w seria vector c´ıclico de T . Luego, existe escalares α1, ..., αn no todos ceros tales que
0 = α1w + α2T w + ... + αnTn−1w = α1(v1+ ... + vn) + α2T (v1 + ... + vn)w + ... +αnTn−1(v1 + ... + vn) = α1(v1+ ... + vn) + α2(T v1 + ... + T vn)w + ... +αn(Tn−1v1 + ... + Tn−1vn) = α1(v1+ ... + vn) + α2(λ1v1+ ... + λnvn)w + ... +αn(λn−11 v1+ ... + λn−1n vn) = (α1+ λ1α2+ ... + λn−11 αn)v1+ ... + (α1+ λnα2+ ... + λn−1n αn)vn = β1v1+ ... + βnvn
los escalares β1, ..., βnno son todos ceros entonces {v1, ..., vn} es un
conjunto linealmente dependiente lo cual es una contradicci´on. 6. Encuentre los polinomios minimal y caracter´ıstico de la matriz.
A = 3 −4 −4 −1 3 2 2 −4 −3 Despu´es obtenga la forma racional.
Soluci´on: Tenemos que:
PA(x) = det(xI − a) = x − 3 4 4 1 x − 3 −2 −2 4 x + 3 = x − 3 4 0 1 x − 3 1 − x −2 4 x − 1
= (x − 3) x − 3 1 − x 4 x − 1 − 4 1 1 − x −2 x − 1 = (x − 3)(x2− 1) + 4(x − 1) = (x − 1)((x − 3)(x + 1) + 4) = (x − 1)3 Entonces PA(x) = (x − 1)3
Mediante una verificaci´on, se tiene que mA(x) = (x − 1)2
Se sabe que en la descomposici´on c´ıclica de T el primer vector v1tendr´a
como a mA como T − anulador. Como estamos en un espacio de
dimensi´on 3, puede haber solo un vector v2 el cual debe generar un
subespacio c´ıclico de dimensi´on 1, es decir, ser´a un vector propio de T . Su T -anulador p2 debe ser (x − 1). Ahora busquemos v1 que genere un
subespacio T -c´ıclico de dimensi´on 2. La idea es hallarlo con los vectores canonicos de R3 con e
1 no resulta a si que, sea v1 = e2 y tenemos que
T e2 = (−4, 3, −4), T2e2 = (−8, 5, −8)
el ´ultimo vector es L.D. Luego Z(e2, T ) tiene dimensi´on 2. Ahora lo
que deseamos es un vector v2 tal que T v2 = v2 y Z(v2; T ) sea disjunto
de Z(v1; T ), es decir, v2 ∈ Z(v/ 1; T ). Haciendo cuentas, se obtiene que
si v2 = (x, y, z) entonces
T v2 = v2 ⇔ x = 2(y + z)
Asi, v2 = (2, 1, 0). Consideremso la base
{v1, T v1, v2} = {(0, 1, 0), (−4, 3, −4), (2, 1, 0)}
Entonces
T v1 = v2, T v2 = −1v1+ 2v2, T v3 = v3
Luego, la forma racional es
R = 0 −1 0 1 2 0 0 0 1
