Hay un par de ejercicios que no tengo idea como salen. A ver si alguien me puede ayudar:
\($Sean $ f,g,h: V \rightarrow V$ tales que $f^k=\alpha^k g + \beta^k h, k=1,2,3$ Probar que f es diagonalizable$\)
Lo único que se me ocurrió es esto
Operando con \(f^2,f^3\) obtuve que \(\alpha = \beta\) y que \(goh=-hog\) Aunque no se si lo hice bien.
$$f,g: V \rightarrow V $ TL tales que $ fog=gof $ con f inversible y g nilpotente. Probar que det(f+g) = det(f). ¿Que se puede decir si f no es inversible?$$$
No termno de entender la gracia que las TL conmuten, en general estos problemas me cuestan mucho...
Para el 2)
\(\det(f+g)=\det(f)\det(Id+gf^{-1})\)
como f y g conmutan \(gf^{-1}\) es nilpotente (chequear esto que no es cierto en general)
Ahora te agarras la base de jordan de \(gf^{-1}\) y en esa base la matriz de \(Id+gf^{-1}\)
es triangular inferior con unos en la diagonal, por lo tanto su determinante es uno y listo.
Gracias!. Pongo un ejercicio más y hago una pregunta:
\(F:V\rightarrow V\) TL que manda bases ortogonales en bases ortogonales. Probar que \(||F(v)||=\lambda||v|| \forall v\in V\)
Pongo lo que hice a ver que onda:
Sea\(B:=\{v_1,...,v_n\}\) BON \(\Rightarrow \{F(v_1),...,F(v_n)\}\) es BO.
Como B es BON, \(([F]_B)_{ij}=<F(v_j),v_i>\). Y de ahí, F^t = F*.
Ahora la pregunta es: Es cierto que \(F^*=Adj(F)\) (En el sentido de determinantes). Lo trato de probar y me quedan cuentas horribles.
De ser así gané pues
\(\frac{F^{-1}}{Det(F)}=Adj(F)\) (Ya probé que F es iso)
\(<F(v),F(v)>=<v,F^*F(v)>=<v,v>det(F)\) y gané
Solucion al ultimo ejercicio que propusiste. Se que es bastante bastante tardio pero bueh, creo que funciona bien.
Pido dimension finita:
La hipotesis del enunciado implica:
Ahora voy a demostrar que \((f^{\ast} \circ f)(x)\) es la identidad por un escalar, mostrando que cualquier vector es autovector de dicha transformaci'on lineal.
Supongamos que existe un vector \(v\) que no es autovector de \((f^{\ast} \circ f)(x)\).
Entonces, completando a \(\{v\}\) a una base ortogonal \(B=\{v, v_2, \ldots, v_n\}\) tiene que ser
$$(f^{\ast} \circ f)(v) = \sum_{j=1}^{n}a_j v_j$$
**con \(a_k \neq 0\) para alg\'un \(k\neq i\)**.
Entonces \(<v_k,(f^{\ast} \circ f)(v)> = <v_k, \sum_{j=1}^{n}a_j v_j > = a_k\|v_k\|^2 \neq 0\)
lo cual es un absurdo pues \(v_k \perp v\)
Ahora probamos que si todo vector es autovector de cierta t.l. \(g(x)\) entonces la t.l. debe ser la identidad por un escalar:
Tomamos \(v, w\) l.i. y tenemos sus respectivos autovalores \(\lambda_v, \lambda_w\)
Consideramos el vector \(v+w\) y su autovalor \(\lambda\)
(notar que si no tuviesemos dos vectores l.i., cualquier t.l. es la identidad por un escalar)
Tenemos:
$$g(v+w) = \lambda_v v + \lambda_w w = \lambda v + \lambda w$$
Con lo cual \((\lambda_v - \lambda) v + (\lambda_w - \lambda) w = 0\)
Como \(v, w\) son l.i. tenemos \(\lambda_v = \lambda = \lambda_w\)
Entonces \(g(x)\) se diagonaliza y vale \(g(x) = \lambda Id\)
Como la funci'on \((f^{\ast} \circ f)\) cumple con estas hip'otesis tenemos:
\(\|f(v)\|^2 = <f(v), f(v)> = <(f^{\ast}\circ f)(v), v> = \lambda <v,v> = \lambda \|v\|^2\) \(\Box\)
Me parece que esto camina, si alguien nota algo raro me avisa.
