Bueno, pongo los enunciados, y un bosquejo de lo que plantié en el parcial(claro está, sin los errores que cometí en ciertas específicas ubicaciones)
- (a) Hallar una transformación lineal \(f:\mathbb{R}_{2}[X]\rightarrow \mathbb{R}_{2}[X]\) tal que \(\{0\}\neq Nu(f)\subseteq Im(f),\;{f}^{3}\neq 0\).
(b) Probar que para toda \(f\) que satisface las condiciones de (a), \(dim(Im({f}^{2})\eq=dim(Im({f}^{3})\) y calcular su dimensión.
(a) Considero la base canónica \(E\eq=\{1,X,{X}^{2}\}\) de \(\mathbb{R}_{2}[X]\), y una posible \(f\) podría ser(las transformaciones lineales quedan totalmente definidas sobre una base):
$$f({X}^{2})\eq=0$$
$$f(X)\eq={X}^{2}$$
$$f(1)\eq=1$$
O si se quiere, \(f(a{X}{2}+bX+c)\eq=b{X}^{2}+c\). Esta transformación cumple lo pedido, porque una base de la imagen es \(\{1,{X}^{2}\}\), y \(Im(f)\eq=\left \langle 1,{X}^{2} \right \rangle\) tiene dimensión \(2\). Por el teorema de la dimensión, \(dim(Nu(f)\eq=1\)(estoy usando \(dim({R}_{2}[X])\eq=3\)), y como \({X}^{2}\in Nu(f)\) y es no nulo, como \(\left \langle {X}^{2}\right \rangle \subseteq Nu(f)\) y \(dim (\left \langle {X}^{2}\right \rangle )\eq=1\), se concluye que \(Nu(f)\eq=\left \langle {X}^{2}\right \rangle\). Como \({X}^{2}\in Im(f)\), y es subespacio, se concluye \(Nu(f)\subseteq Im(f)\). Por otro lado, resulta que \({f}^{3}(1)\eq={f}^{2}(f(1))\eq=f(f(1))\eq=f(1)\eq=1\neq 0\). Sigue que satisface todo lo pedido.
(b) Notemos que \(Nu(f)\neq 0\), tenemos que \(1\leq dim(Nu(f)) \leq 3\eq=dim({R}_{2}[X])\). Además, \(Nu(f)\subseteq Im(f)\implies 1\leq dim(Nu(f))\leq \dim(Im(f))\leq 3\). Por el teorema de la dimensión, \(dim(Nu(f))+dim(Im(f))\eq=3\). Sigue, por las imposiciones anteriores, que \(dim(Nu(f))\eq=1,\;dim(Im(f))\eq=2\). Luego, consideremos una base de \({R}_{2}[X]\) tal que se complete una base del núcleo de \(f\). Luego, sea \(B\eq=\{v,w,r\},\;v\in Nu(f)-\{0\}\). Resulta que \(Im(f)\eq=\left \langle f(v),f(w),f(r)\right \rangle\eq= \left \langle f(w), f(r)\right \rangle\)(saqué el 0). Luego, sigamos avanzando, aplicando \(f\) de vuelta, sobre la misma base. Como \(0\neq Nu(f)\subseteq Im(f)\), resulta que existen \(a,b \in {R}_{2}[X]\) tales que \(v'\eq=af(w)+bf(r),\;v'\in Nu(f)\). Luego \({f}^{2}(v')\eq=0\eq=a{f}^{2}(w)+b{f}^{2}(r)\). Sigue que son l.d \(\{{f}^{2}(w),\;{f}^{2}(r)\}\), y por ser \({f}^{3}\neq 0\), tenemos que tal conjunto tiene \(dim(Im({f}^{2})\eq=1\). Como \(Im({f}^{3})\subseteq Im({f}^{2}),\;1\leq dim(Im({f}^{3})\leq dim(Im({f}^{2})\eq=1\)(mayor o igual que \(1\), pues \({f}^{3}\neq 0\)), resulta por la desigualdad, que \(dim(Im({f}^{3})\eq=dim({f}^{2})\eq=1\).
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(a) Sea \(K\) un cuerpo. Probar que para toda \(A\in {K}^{4\times 4}\) de rango \(2\), existen \(B\in {K}^{4\times 2},\;C\in {K}^{2\times 4}\) tales que \(B\cdot C\eq= A\).
(b) Hallar \(B\in \mathbb{R}^{4\times 2},\;C\in \mathbb{R}^{2\times 4}\) tales que \(B\cdot C\eq= A\), siendo$$A\eq=\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & 2 \ 3 & 1 & 1 & -1 \ 1 & 1 & 3 & -5 \ 4 & 1 & 0 & 1\end{pmatrix}$$
(a) Como \(A\in \mathbb{K}^{4\times 4}\) tiene rango \(2\), resulta que hay dos vectores filas l.i de \(A\), y las otras dos filas son combinación lineal de dichas filas. Sea$$A\eq=\begin{pmatrix}{F}{1} \ {F}{2} \ {F}{3} \ {F}{4}\end{pmatrix}$$. Supongamos, sin pérdida de generalidad, que \({F}_{1},\;{F}_{2}\) son l.i(no hay pérdida de generalidad, porque la construcción sería análoga, o por medio de matrices elementales, puedo permutar filas hasta adquirir el orden indicado), y sean \({F}_{3}\eq=a{F}_{1}+b{F}_{2},\;{F}_{4}\eq=c{F}_{1}+d{F}_{4}\). Si armamos las matrices$$B\eq= \begin{pmatrix} 1 & 0\ 0 & 1 \ a & b\ c & d\end{pmatrix},;C\eq=\begin{pmatrix} {F}{1} \ {F}{2}\end{pmatrix}$$, es inmediato verificar que \(B\cdot C\eq= A\), y cumplen las condiciones pedidas.
(b)Notando que \((1,0,-1,2),\;(3,1,1,-1)\) son l.i, y el rango de la matriz es \(2\), y escribiendo como combinación lineal de las anteriores filas, a las restantes, se construyen \(B,\;C\) como antes. Como \((-2)(1,0,-1,2)+(3,1,1,-1)\eq=(1,1,3,-5),\;(4,1,0,1)\eq=(1,0,-1,2)+(3,1,1,-1)\), las posibles$$B\eq=\begin{pmatrix} 1 & 0 \ 0 & 1 \ -2 & 1 \ 1 & 1\end{pmatrix},;C\eq=\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 & 2 \ 3 & 1 & 1 & -1\end{pmatrix}$$satisfacen lo pedido. -
Sea \(V\) un \(\mathbb{R}\)-espacio vectorial de dimensión \(3\). Sean \(\{{v}_{1},{v}_{2},{v}_{3}\}\) una base de \(V\) y \(\{{\phi}_{1},{\phi}_{2},{\phi}_{3}\}\) su base dual. Para \(k\in \mathbb{R}\), se define \(f:V\rightarrow \mathbb{R}^{3}\) como \(f(v)\eq=(({\phi}_{1}+k{\phi}_{3})(v),(4{\phi}_{2}+(k-1){\phi}_{3})(v),({\phi}_{1}-3{\phi}_{2}+{\phi}_{3})(v))\)
(a) Hallar todos los \(k\in \mathbb{R}\) para los cuales \(f\) no es un isomorfismo. Para tales valores hallados, calcular bases de \(Nu(f),{Nu(f)}^{0}\)
(b) Para \(k\eq=2\), hallar una base \(B\) de \(V\) tal que \({|f|}_{BE}\eq={I}_{3}\), donde \(E\) es la base canónica de \(\mathbb{R}^{3}\). Hallar las coordenadas de \({v}_{1}\) en la base \(B\) y las de \({\phi}_{1}\) en su base dual \({B}^{\ast}\)
(a) Recordando que la base dual tiene la propiedad que \({\phi}_{i}({v}_{j})\eq=1\iff i\eq=j\) y \(0\) en otro caso, y notando que una transformación queda totalmente definida sobre una base, y que la imagen es el generado por \(f({v}_{1},f({v}_{2},f({v}_{3})\), con \(\{v}_{1},{v}_{2},{v}_{3}\}\eq=B\), resulta que, especializando en tal base, y recordando lo primero, queda:
$$f({v}_{1})\eq=(({\phi}_{1}+k{\phi}_{3})({v}_{1},(4{\phi}_{2}+(k-1){\phi}_{3})({v}_{1},({\phi}_{1}-3{\phi}_{2}+{\phi}_{3})({v}_{1}))\eq=(1,0,1)$$
$$f({v}_{2})\eq=(0,4,-3)$$
$$f({v}_{3})\eq=(k,k-1,1)$$
Luego, resulta que \(Im(f)\eq=\left \langle (1,0,1),(0,4,-3),(k,k-1,1)\right \rangle\). Como quiero que \(f\) no sea isomorfismo, tal subespacio debe tener dimensión \(2\), con lo que esos tres vectores deben ser l.d. Colocando los vectores en filas, tenemos:
$$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 4 & -3 \\ k & k-1 & 1\end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 4 &-3 \\ 0 & k-1 & -k+1\end{pmatrix}$$
Como queremos dependencia lineal, la última fila debe ser toda de ceros, y el único valor posible de \(k\) es \(1\). Bajo este valor, \(f(v)\eq=(({\phi}_{1}+{\phi}_{3})(v),4{\phi}_{2}(v),({\phi}_{1}-3{\phi}_{2}+{\phi}_{3})(v))\). Por el teorema de la dimensión, y como ahora una base de la imagen es \(\{(1,0,1),(0,4,-3)\}\), resulta que el núcleo de la transformación lineal debe tener dimensión \(1\). Como, puede verificarse que \({v}_{1}-{v}_{3}\) verifican que \(f({v}_{1}-{v}_{3})\eq=0\), y \({v}_{1}\neq {v}_{3}\), por ser elementos de una base, tenemos que \(\left \langle {v}_{1}-{v}_{3}\right \rangle \subseteq Nu(f)\). Finalmente, tal subespacio tiene dimensión \(1\), y es igual a la dimensión de \(Nu(f)\), con lo que concluímos que una base de \(Nu(f)\) es \(\{{v}_{1}-{v}_{3}\). Para el anulador del núcleo, simplemente observar que \(\{{\phi}_{2},{\phi}_{1}+{\phi}_{3}\}\subseteq {V}^{\ast}\) son l.i(especializar adecuadamente, con \({v}_{1},{v}_{2},{v}_{3}\) para verificarlo), y satisfacen que anulan a \({v}_{1}-{v}_{3}\implies \left \langle {\phi}_{2},{\phi}_{1}+{\phi}_{3}\right \rangle \subseteq {(Nu(f))}^{0}\). Por otro teorema de la dimensión tenemos que la dimensión del anulador debe ser \(2\eq=dim(V)-dim(Nu(f))\). Sigue, bajo los argumentos usuales, que \({(Nu(f))}^{0}\eq=\left \langle {\phi}_{2},{\phi}_{1}+{\phi}_{3}\right \rangle\), y que tales mismas transformaciones lineales conforman una base del mismo, \(\{{\phi}_{2},{\phi}_{1}+{\phi}_{3}\}\)
(b)Para \(k\eq=2\), tenemos que \(f(v)\eq=(({\phi}_{1}+2{\phi}_{3})(v),(4{\phi}_{2}+{\phi}_{3})(v),({\phi}_{1}-3{\phi}_{2}+{\phi}_{3})(v))\). Luego, si queremos una base como se pide, de existir tal base, el conjunto \(\{{\phi}_{1}+2{\phi}_{3}),4{\phi}_{2}+{\phi}_{3},{\phi}_{1}-3{\phi}_{2}+{\phi}_{3}\}\) será su dual. Notemos que este conjunto es l.i, pues la transformación lineal para \(k\neq 1\) era un isomorfismo. Luego, para hallar lo pedido, armamos una base \(B\eq=\{{w}_{1},{w}_{2},{w}_{3}\}\), y escribimos cada vector dado como combinación lineal de la base \(\{{v}_{1},{v}_{2},{v}_{3}\}\), naturalmente, para poder usar lo que sabemos de las transformaciones lineales dadas. Luego, especializando en cada caso, nos queda:
$${a}_{1}+2{c}_{1}\eq=1$$
$$4{b}_{1}+{c}_{1}\eq=0$$
$${a}_{1}-3{b}_{1}+{c}_{1}\eq=0$$
$${a}_{2}+2{c}_{2}\eq=0$$
$$4{b}_{2}+{c}_{2}\eq=1$$
$${a}_{2}-3{b}_{2}+{c}_{2}\eq=0$$
$${a}_{3}+2{c}_{3}\eq=0$$
$$4{b}_{3}+{c}_{3}\eq=0$$
$${a}_{3}-3{b}_{3}+{c}_{3}\eq=0$$
donde:
$${w}_{1}\eq={a}_{1}{v}_{1}+{b}_{1}{v}_{2}+{c}_{1}{v}_{3}$$
$${w}_{2}\eq={a}_{2}{v}_{1}+{b}_{2}{v}_{2}+{c}_{2}{v}_{3}$$
$${w}_{1}\eq={a}_{3}{v}_{1}+{b}_{3}{v}_{2}+{c}_{3}{v}_{3}$$
O sea, tenemos que calcular la inversa de la matriz $$\begin{pmatrix} 1 & 0 & 2\\ 0 & 4 & 1 \\ 1 & -3 & 1\end{pmatrix}$$
; la inversa tendrá en sus columnas las combinaciones lineales de los vectores buscados. No escribo la inversa, porque no la recuerdo y no tengo ahora ganas de recordar un error que cometí en el parcial, creo, al triangular esta matriz. Indiferente a esto, lo que falta calcular se calcula haciendo:
\({({v}_{1})}_{B}\eq=(({\phi}_{1}+2{\phi}_{3})({v}_{1}),(4{\phi}_{2}+{\phi}_{3})({v}_{1}),({\phi}_{1}-3{\phi}_{2}+{\phi}_{3})({v}_{1}))\eq=(1,0,1)\)(esto se debe a que \({B}^{\ast}\eq=\{{\phi}_{1}+2{\phi}_{3}),4{\phi}_{2}+{\phi}_{3},{\phi}_{1}-3{\phi}_{2}+{\phi}_{3}\}\), como dijimos al principio.
\({({\phi}_{1})}_{{B}^{\ast}}\eq=({\phi}_{1}({w}_{1}),{\phi}_{1}({w}_{2}),{\phi}_{1}({w}_{3}))\), recordando que \(B\eq=\{{w}_{1},{w}_{2},{w}_{3}\}\). Falta la cuenta, como dije, porque falta el cálculo de la inversa...
4. Sean \({v}_{1},\cdots ,{v}_{n-1},{w}_{1}, \cdots ,{w}_{n}\in \mathbb{R}^{n}\). Para cada \(1\leq i\leq n\), sea \({d}_{i}\eq=\det({v}_{1}^{t}|\cdots | {v}_{n-1}^{t}|{w}_{i}^{t})\). Si \({d}_{i}\neq 0\forall 1\leq i\leq n\), probar que:
(a)\({\left \langle \frac{1}{{d}_{i}}{w}_{i}-\frac{1}{{d}_{j}}{w}_{j}\right \rangle}_{1\leq i,j\leq n}\subseteq \left \langle {v}_{1},\cdots ,{v}_{n-1}\right \rangle\)
(b) \({\left \langle \frac{1}{{d}_{i}}{w}_{i}-\frac{1}{{d}_{j}}{w}_{j}\right \rangle}_{1\leq i,j\leq n}\eq= \left \langle {v}_{1},\cdots ,{v}_{n-1}\right \rangle \iff \{{w}_{1},\cdots {w}_{n}\}\) es base de \(\mathbb{R}^{n}\)
Sugerencia: probar que \({\left \langle \frac{1}{{d}_{i}}{w}_{i}-\frac{1}{{d}_{j}}{w}_{j}\right \rangle}_{1\leq i,j\leq n}\eq={\left \langle \frac{{d}_{1}}{{d}_{i}}{w}_{i}-{w}_{1}\right \rangle}_{2\leq i\leq n}\)
(a) Armamos el determinante \(\det({v}_{1}^{t}|\cdots |{v}_{n-1}^{t}| \frac{1}{{d}_{i}}{w}_{i}^{t}-\frac{1}{d}_{j}}{w}_{j}^{t})\eq=\det({v}_{1}^{t}|\cdots | {v}_{n-1}^{t}|\frac{1}{d}_{i}{w}_{i}^{t})-\det({v}_{1}^{t}|\cdots | {v}_{n-1}^{t}|\frac{1}{d}_{j}{w}_{j}^{t})\eq=\frac{1}{{d}_{i}}\det({v}_{1}^{t}|\cdots | {v}_{n-1}^{t}|{w}_{i}^{t})-\frac{1}{{d}_{j}}\det({v}_{1}^{t}|\cdots | {v}_{n-1}^{t}|{w}_{j}^{t})\eq=1-1\eq=0\)(usé todo el tiempo que el determinante es una función multilineal alternada por columnas) Puesto que \({d}_{i}\neq 0,\forall 1\leq i\leq n\), se concluye que \(\{{v}_{1},\cdots {v}_{n-1}\}\) es linealmente independiente, y de lo anterior, al ser el determinante de la matriz expuesta \(0\), tenemos que \(\frac{1}{{d}_{i}}{w}_{i}-\frac{1}{{d}_{j}}{w}_{j}\in \left \langle {v}_{1},\cdots, {v}_{n-1}\right \rangle\). Por ser un subespacio vectorial, se concluye lo deseado; \({\left \langle \frac{1}{{d}_{i}}{w}_{i}-\frac{1}{{d}_{j}}{w}_{j}\right \rangle}_{1\leq i,j\leq n}\subseteq \left \langle {v}_{1},\cdots ,{v}_{n-1}\right \rangle\)
(b) Un poco más movido; probemos lo que sugiere la sugerencia(... vaya manera de redactar). La inclusión \({\left \langle \frac{1}{{d}_{i}}{w}_{i}-\frac{1}{{d}_{j}}{w}_{j}\right \rangle}_{1\leq i,j\leq n}\supseteq{\left \langle \frac{{d}_{1}}{{d}_{i}}{w}_{i}-{w}_{1}\right \rangle}_{2\leq i\leq n}\) es fácil de ver; basta observar que para \(j\eq=1\), tenemos que \(\frac{1}{{d}_{i}}{w}_{i}-\frac{1}{{d}_{1}}{w}_{1}\eq=\frac{{d}_{1}}{{d}_{i}}{w}_{i}-{w}_{1}\in {\left \langle \frac{1}{{d}_{i}}{w}_{i}-\frac{1}{{d}_{j}}{w}_{j}\right \rangle}_{1\leq i,j\leq n}\implies {\left \langle \frac{1}{{d}_{i}}{w}_{i}-\frac{1}{{d}_{j}}{w}_{j}\right \rangle}_{1\leq i,j\leq n}\supseteq{\left \langle \frac{{d}_{1}}{{d}_{i}}{w}_{i}-{w}_{1}\right \rangle}_{2\leq i\leq n}\). Veamos cómo probar la otra inclusión. Para ello, armaremos el pequeño monstruo:
$$\det(\frac{{d}_{1}}{{d}_{2}}{w}_{2}^{t}-{w}_{1}^{t}|\cdots | \frac{{d}_{1}}{{d}_{i}}{w}_{i}^{t}-{w}_{1}^{t}|\cdots |\frac{{d}_{1}}{{d}_{j}}{w}_{j}^{t}-{w}_{1}^{t}|\cdots |\frac{1}{{d}_{i}}{w}_{i}{t}-\frac{1}{{d}_{j}}{w}_{j})$$
Con un poco de trabajo, separamos las columnas que tienen \(\frac{{d}_{1}}{{d}_{i}}{w}_{i}-{w}_{1},\frac{{d}_{1}}{{d}_{j}}{w}_{j}-{w}_{1}\), y acomodando... ya no tengo el ánimo para hacer... se concluye que el determinante construído es \(0\). De aquí concluímos(no es inmediata la conclusión; completo después... por ahora sepan disculpar) que \(\frac{1}{{d}_{i}}{w}_{i}-\frac{1}{{d}_{j}}{w}_{j}\in {\left \langle \frac{{d}_{1}}{{d}_{i}}{w}_{i}-{w}_{1}\right \rangle}_{2\leq i\leq n}\implies {\left \langle \frac{1}{{d}_{i}}{w}_{i}-\frac{1}{{d}_{j}}{w}_{j}\right \rangle}_{1\leq i,j\leq n}\subseteq{\left \langle \frac{{d}_{1}}{{d}_{i}}{w}_{i}-{w}_{1}\right \rangle}_{2\leq i\leq n}\)[/tex].
A partir de esta sugerencia, lo que se pide sale bastante fácil... ahora mi ánimo a muerto, con lo que lo postearé mañana, u otro día; no obstante, no es muy difícil...
- Sea $$A\eq=\begin{pmatrix} 0 & -3 & 0 & 2 \ 1 & -1 & 0 & -1 \ 1 & -3 & 2 & -1 \ 1 & -3 & 0 & 1\end{pmatrix}\in \mathbb{R}^{4\times 4}$$y sea \(v\eq=(0,2,-1,0)\in \mathbb{R}^{4}\). Calcular \({A}^{100-4{A}^{98}+I)\cdot {v}^{t}\)
Sugerencia: escribir a \(v\) como combinación lineal de autovectores de \(A\)
Lo primero que hacemos es calcular los autovalores de \(A\); o sea, calcular \({X}_{A}\eq={(X-2)}^{2}{(X+1)}^{2}\)(esto es fácil; aún así, en el parcial, esta miserable cuenta no me salía... tardé un rato en entender que no estaba sumando bien). Luego, a partir de los autovalores, debemos hallar bases de \({E}_{2},{E}_{-1}\). Haciendo también la cuenta, pueden verificar que \({E}_{2}\eq=\left \langle (1,0,0,1),(0,0,1,0)\right \rangle,\;{E}_{-1}\eq=\left \langle (1,1,1,1) \right \rangle\). Luego, concluímos que no es diagonalizable; no obstante, podemos aún calcular lo pedido, expresando a \((0,2,-1,0)\) como combinación lineal de los anteriores vectores. Tal combinación lineal es \(v\eq=-2(1,0,0,1)-3(0,0,1,0)+2(1,1,1,1)\eq=-2s-3w+2r\). Luego, escribimos:
$${A}^{100}-4{A}^{98}+I)\cdot {v}^{t}\eq={A}^{100}{v}^{t}-4{A}^{98}{v}^{t}+{v}^{t}$$
\({A}^{100}{v}^{t}\eq=-2{A}^{100}{s}^{t}-3{A}^{100}{w}^{t}+2{A}^{100}{r}^{t}\eq=-2{2}^{100}{s}^{t}-3{2}^{100}{w}^{t}+2{(-1)}^{100}{r}^{t}\eq=-{2}^{101}{s}^{t}-3{2}^{100}{w}^{t}+2{r}^{t}\)(usé que eran autovectores cada uno, y usé el autovalor que tenían asociados)
Haciendo lo mismo con \(-4{A}^{98}{v}^{t}\eq=4\cdot 2{2}^{98}{s}^{t}+4\cdot 3{2}^{98}{w}^{t}-4\cdot 2{(-1)}^{98}{r}^{t}\eq={2}^{101}{s}^{t}+3{2}^{100}{w}^{t}-8{r}^{t}\).
Ahora, sumando todo:
\(-{2}^{101}{s}^{t}+{2}^{101}{s}^{t}-3{2}^{100}{w}^{t}+3{2}^{100}{w}^{t}+2{r}^{t}-8{r}^{t}-2{s}^{t}-3{w}^{t}+2{r}^{t}\eq={(-2,-3,-4)}^{t}\)
Me falta completar la parte (b); en el punto que lo dejé sale, pero bueno; para que quede completo, lo completaré mañana... en lo posible. Espero que ayude, y que los resultados en el parcial hayan sido buenos. Saludos
Firma
I offer her that kernel of myself that I have saved, somehow; the central heart that deals not in words, traffics not with dreams and is untouched by time, by joy, by adversities
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