Un par de ejercicios extra, una pequeña selección que siempre me gustó
Sea \(A \in k^{n \times n}\). Demostrar que \(A\) es semejante a \(A^t\).
Sea \(T: V \to V\) una transformación lineal, donde \(V\) es un \(k\)-e.v. de dimensión \(n\). Se dice que \(v\) es un vector cíclico de \(T\) si el conjunto \(\{v, Tv, \ldots T^{n-1} v\}\) forma una base del espacio \(V\). demostrar que si \(T\) tiene un vector cíclico, y \(S\) es otra transformación lineal de \(V\) en \(V\), tal que \(TS=ST\), entonces existe un polinomio \(p \in k[x]\) tal que \(S = p(T)\).
Sea \(A \in \mathbb C^{n \times n}\). Caracterizar las matrices \(B\) tales que \(AB=BA\)
Lo asombroso respecto del 2 es que vale la siguiente reciproca (mas dificil):
Si A es una tl tal que \(AB=BA \Rightarrow \exists p \in k[x] /\ B=p(A)\) entonces A tiene un vector ciclico.
Es cierto, tenía la intención de poenr el si y solo si, y me colgué explicando qué era un vector cíclico y me olvidé 😛. De lo mejorcito que uno aprende en álgebra lineal!
Para el \(1\) creo que está así:
\(A = C \cdot J_{A} \cdot C^{-1}\) , transponiendo:
\(A^{t} = ( C \cdot J_{A} \cdot C^{-1} )^{t} = ( J_{A} \cdot C^{-1} )^{t} \cdot C^{t} = (C^{-1})^{t} \cdot (J_{A})^{t} \cdot C^{t}\) . (notar que \(( (C^{-1})^{t} )^{-1} = C^{t}\) ) .
Ahora, \(J_{A} \sim (J_{A})^{t}\) , puesto que basta reordenar la base de \(J_{A}\) para obtener \((J_{A})^{t}\) . (lo único que cambian son los "\(1\)" que me quedan ahora arriba y no abajo) . Entonces \((J_{A})^{t} = H \cdot J_{A} \cdot H^{-1}\) .
Luego, \(A = C \cdot J_{A} \cdot C^{-1}\) y \(A^{t} = (C^{-1})^{t} \cdot H \cdot J_{A} \cdot H^{-1} \cdot C^{t}\) .
Se sigue que \(A \sim J_{A} \sim A^{t}\) .
Por transitividad \(A \sim A^{t}\) .
Cuando pregunté si esto era cierto, había llegado hasta donde llegaste vos... Ahora... ¿me podés mostrar explícitamente cómo se reordena la base? ('ja joder... es la mitad del ejercicio 😛)
Ahora, basta mostrar como reordeno la base para obtener \(J_{(\lambda_{i} , {n_{k}}^{(i)})\) , (total después lo hago analogamente para cada \(k\) , lo que me ordena \(J_{i}\) para cada \(i\) , ordenandome así \(J_{A}\) ).
Supongamos que tengo:
\((J_{(\lambda_{i} , {n_{k}}^{(i)})})^{t}\) =
Ahora, si invierto la base \(B^{'}\) para obtener:
\(B = \{ w_{{n_{k}}^{(i)}} , ... , w_{1} \}\) , (tomé la base al revés, por decirlo de alguna manera) , cuando construya ahora la nueva matriz usando esto me quedará \(J_{(\lambda_{i} , {n_{k}}^{(i)})}\) . (se comprueba usando (*) ).
Resumiendo, lo que hago es agarrar el bloque de cada tamaño, (para cada autovalor), y tomar la base que usa ese bloque y invertir el orden de los generadores.
EDIT:
Acabo de notar que según lo que puse antes:
Agustin escribió:
Ahora, \(J_{A} \sim (J_{A})^{t}\) , puesto que basta reordenar la base de \(J_{A}\) para obtener \((J_{A})^{t}\) . (lo único que cambian son los "\(1\)" que me quedan ahora arriba y no abajo) .
tendría que haber mostrado que a partir de \(J_{A}\) reordenaba y me armaba \((J_{A})^{t}\) . Igual, se ve que es lo mismo, (dar vuelta el orden de los generadores de la base), solo que acá yo mostré que a partir de \((J_{A})^{t}\) reordeno y me armo \(J_{A}\) .
Yo usé otra idea:
Sabemos que \(A,{A}^{t}\) tienen \({m}_{A}\eq={m}_{{A}^{t}}\) y \(\mathcal{X}_{A}\eq=\mathcal{X}_{{A}^{t}}\). O sea, tienen los mismos autovalores con la misma multiplicidad en el minimal, particularmente. Luego, sea \({\lambda}_{i}\) un autovalor de mutiplicidad \(\mathcal{V}_{{\lambda}_{i}}\eq=k\). Tenemos, para \(A-{\lambda}_{i} I\), la cadena de núcleos, que termina con la misma potencia \(k,{(A-{\lambda}_{i}I)}^{k},\;{({A}^{t}-{\lambda}_{i}I)}^{k}\). Puesto que la cantidad y tamaño de bloques queda determinado por cada uno de los \(rg({(A-{\lambda}_{i}I)}^{r}),\;1\leq r\leq k\), si pruebo que \(rg({(A-{\lambda}_{i}I)}^{r})\eq=rg{({A}^{t}-{\lambda}_{i}I)}^{r},\;\forall 1\leq r\leq k\), tenemos, por tener cada autovalor la misma multiplicidad en la matriz y su transpuesta, que hay la misma cantidad de bloques y el mismo tamaño de los mismos.
Para ello, probemos que \({((A-{\lambda}_{i}I)^{r})}^{t}\eq={({A}^{t}-{\lambda}_{i}I)}^{r}\). O sea, son matrices transpuestas entre si. Si pruebo esto, como \(rg(A)\eq=rg({A}^{t})\), ya estará todo dicho.
Como las matrices \({A}^{k},{\lambda}_{i}I\) conmutan con \(A\), vale el binomio de Newton. Luego, tenemos \({((A-{\lambda}_{i}I)^{r})}^{t}\eq={(\sum_{i\eq=0}^{r}{r\choose i} {A}^{i}{({-\lambda}_{i})}^{r-i}I )}^{t}\eq=\sum_{i\eq=0}^{r}{r\choose i} {({A}^{i}{({-\lambda}_{i})}^{r-i}I)}^{t}\eq=\sum_{i\eq=0}^{r}{r\choose i} {({-\lambda}_{i})}^{r-i}I{({A}^{i})}^{t}\eq=\sum_{i\eq=0}^{r}{r\choose i} {({A}^{i})}^{t}{({-\lambda}_{i})}^{r-i}I\eq=\sum_{i\eq=0}^{r}{r\choose i} {({A}^{t})}^{i}{({-\lambda}_{i})}^{r-i}I\eq={ ({A}^{t}-{\lambda}_{i}I)}^{r}\)(usé que \({(A+B)}^{t}\eq={A}^{t}+{B}^{t},\;{(AB)}^{t}\eq={B}^{t}{A}^{t}\). En particular, \({({A}^{k})}^{t}\eq={({A}^{t})}^{k}\). Esto vale, debido a que las potencias de \(A\) conmutan con \(A\). Para \(k\eq=2\), se tiene \({(A\cdot A)}^{t}\eq={A}^{t}\cdot {A}^{t}\eq={({A}^{t})}^{2}\). Por inducción en \(k\), \({({A}^{k+1})}^{t}\eq={({A}^{k})}^{t}{A}^{t}\eq={({A}^{t})}^{k}{A}^{t}\eq={({A}^{t})}^{k+1}\)). Luego, los rangos indicados coinciden para toda potencia, para todo autovalor, y llegan hasta la misma potencia. Sigue que ambas matrices tienen el mismo número de bloques con el mismo tamaño para cada autovalor, con lo que ambas matrices, \(A,{A}^{t}\) tienen la misma forma de Jordan. O sea, \(A\sim {A}^{t}\), como queríamos probar.
No es tan larga como parece la idea; usé muchas propiedades, eso si. La idea de Agustín usó menos de todo.
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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
Sea \(T: V \to V\) una transformación lineal, donde \(V\) es un \(k\)-e.v. de dimensión \(n\). Se dice que \(v\) es un vector cíclico de \(T\) si el conjunto \(\{v, Tv, \ldots T^{n-1} v\}\) forma una base del espacio \(V\). Demostrar que si \(T\) tiene un vector cíclico, y \(S\) es otra transformación lineal de \(V\) en \(V\), tal que \(TS=ST\), entonces existe un polinomio \(p \in k[x]\) tal que \(S = p(T)\).
\($Sea $W=\{S\in \mathrm{Hom}(V,V) \mid TS=ST\}$. Se comprueba que es un subespacio. Sea $f : W \to V$ dada por $f(S)=Sv$. Es lineal. Calculemos el n\'ucleo.\)
$$$Sea $S\in \mathrm{Hom}(V,V)$ tal que $Sv=0$. Tenemos que $S(T^iv)=(ST^i)v=(T^iS)v=T^i(Sv)=T^i(0)=0$ para $i=0,1,\ldots,n-1$. Como se supon\'ia que $\{v, Tv, \ldots T^{n-1} v\}$ forma una base de $V$ se sigue que $S=0$. Probamos que $\mathrm{Nu}\, f = 0$ as\'i que es un monomorfismo y, en particular, $\dim W \leqq \dim V = n$.$$
$$$Miremos el conjunto $\{id,T,\ldots,T^{n-1}\}$. Afirmo que es linealmente independiente. Si no, hay $a_1,\ldots,a_n\in k$ no todos nulos con $a_1\cdot id+a_2 \cdot T + \cdots + a_n \cdot T^{n-1} = 0$; evaluamos en $v$ y resulta que $\{v, Tv, \ldots T^{n-1} v\}$ es linealmente dependiente en contra de la hip\'otesis.$$
$$$Se verifica que $\langle id,T,\ldots,T^{n-1} \rangle \subset W$ as\'i que, por todo lo que vimos, $n = \dim \langle id,T,\ldots,T^{n-1} \rangle \leqq \dim W \leqq n$. En conclusi\'on $\dim W = n$ as\'i que $\langle id,T,\ldots,T^{n-1} \rangle = W$, que es lo que quer\'iamos demostrar.$$
La idea es que si fg=gf y v,fv,...,f^{n-1}v son base entonces g(fv)=f(gv), g(f^2v)=f^2(gv), etc. o sea que g depende únicamente de cuánto vale en v, así que el espacio de las g tiene que ser de dimensión n y, bueno, el de las p(f) también y todas andan así que es ese.
Sea \(V\) un \(\mathbb C\)-ev de dimensión \(n\) y \(f\) un endomorfismo. Caracterizar los endomorfismos \(g\) tales que \(fg=gf\).
La idea es que si logramos partir \(V\) en la suma directa de subespacios "cíclicos" en el sentido de que están generados por \(v,fv,f^2v,...\) para algún \(v\) entonces tenemos que \(gf=fg\) si y sólo si se tiene que \(g(f^iv)=f^i(gv)\) para \(i=1,\ldots,d\), donde \(d\) es el grado del minimal de \(v\); o sea que definir \(g\) es elegir \(gv\) para cada uno de los \(v\) con la restricción \(m_v(gv)=0\). La dimensión del espacio de las \(g\) sería la suma de las dimensiones de los núcleos de \(m_v(f)\) para cada uno de los \(v\). Notar que es al menos \(n\) ya que \(v,fv,f^2v,...\) están seguro en el núcleo de \(m_v(f)\) y todos sumaban \(V\).
Y bueno, Jordan hace eso de partir \(V\) en subespacios \(v,fv,f^2v,...\): ponés \(V\) en base de Jordan \(B = \{u_1,\ldots,u_n\}\) y cambiás los \(u_i,...,u_{i+k}\) que corresponden a un bloquecito por \(u_i,fu_i,...,f^ku_i\). Como \(\mathbb C\) es algebraicamente cerrado podemos hacer Jordan, partir \(V\) como decíamos antes y los \(g\) quedan caracterizados. Si \(|f|_B = J(\lambda_1,k_1) \oplus \cdots \oplus J(\lambda_r,k_r)\) entonces la cuenta de antes para la dimensión es \(\sum_{i=1}^r \dim \mathrm{Nu}\,(f-\lambda_i id)^{k_i}\). Esto da, si \(m_f=(X-\lambda_1)^{e_i}\ldots (X-\lambda_k)^{e_i}\), \(\sum_{i=1}^k\sum_{j=1}^{e_i}(-\mathrm{Nu}\,(f-\lambda_i id)^{j+1} + 2\mathrm{Nu}\,(f-\lambda_i id)^{j} - \mathrm{Nu}\,(f-\lambda_i id)^{j-1})\mathrm{Nu}\,(f-\lambda_i id)^j\), o sea (identidad algebraica), \(\sum_{i=1}^k\sum_{j=0}^{e_i-1}(\mathrm{Nu}\,(f-\lambda_i id)^{j+1}-\mathrm{Nu}\,(f-\lambda_i id)^{j})^2.\) Abuso de notación obvio: puse Nu en vez de dim Nu.
La recíproca que dijo Quimey: si \(f : V \to V\) es t.l. tal que \(fg=gf\) si y sólo si \(g \in \langle id,f,f^2,\ldots \rangle\) entonces \(f\) tiene un vector cíclico.
Por lo que dije en la anterior la dimensión del espacio de las \(g\) con \(fg=gf\) es al menos \(n\) si se puede partir \(V\) en suma directa de subespacios \(\langle v,fv,f^2v,\ldots \rangle\) para ciertos \(v\). Si tenemos esto queda que la dimensión de \(\langle id,f,f^2,\ldots \rangle\) tiene que ser al menos \(n\) así que el minimal de \(f\) tiene grado \(n\) y por lo tanto hay vector cíclico.
Según wikipedia lo que digo de partir a \(V\) sale con el Structure theorem for finitely generated modules over a principal ideal domain, que creo que lo voy a ver en álgebra 2. Así que invocando esto ya está. Sin esto ni idea.
Para compensar dejo dos problemas no triviales:
Si \(V\) es un espacio vectorial de dimensión finita sobre un cuerpo cualquiera \(K\) y \(f\) es un endomorfismo entonces hay un vector \(v \in V\) cuyo polinomio minimal (definido con respecto a \(f\)) coincide con el polinomio minimal de \(f\).
Si \(k\) y \(K\) son cuerpos, \(k\) es subcuerpo de \(K\), \(A,B \in k^{n\times n}\) y hay \(C \in GL(K,n)\) con \(A = CBC^{-1}\) entonces hay \(D \in GL(n,k)\) con \(A = DBD^{-1}\).
(La demostración que sé del segundo la saqué de un libro. No usa nada fuerte, salvo que todo espacio vectorial tiene una base, pero es bastante ingeniosa.)
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"En el principio existía la Palabra, y todo era texto." (San Juan Derrida)
Aca está la solución del mio solo con lineal:
Si f no tiene vector cíclico entonces el minimal no es igual al característico, es decir que f tiene dos bloques de jordan con el mismo autovalor. Ahora podemos definir una g que conmute con f pero que no sea un polinomio en f. En cada bloque de jordan de f definimos g como algun polinomio en el bloque. Pero tenemos cuidado para que en los dos bloques con igual autovalor tomamos dos polinomios que valgan distinto en dicho autovalor. Como f y g conmutan bloque a bloque f y g conmutan. Pero si fuera g un polinomio en f tomamos los dos autovectores (v y w) con el mismo autovalor (llamemoslo a) (uno por cada bloque) y calculamos p(f)(v)=p(a)v, p(f)(w)=p(a)w.
O sea que v y w son autovalores de p(f) con el mismo autovalor, como para v y w tienen distinto autovalor para g (por construcción) se sigue el resultado.
Pero yo lo estaba pensando en cuerpos en general. Vos estás asumiendo que el cuerpo es algebraicamente cerrado. Y en ese caso particular ya me había salido, porque la descomposición del espacio en subespacios "cíclicos" (en el sentido que definí) se obtiene re fácil toqueteando la base de Jordan (ya dije cómo).
Lo bueno es que me bajé el libro de huffman (lo que me bajé es exactamente Linear Algebra, 2nd Edition - Kenneth Hoffmann And Ray Kunze), y ahí está la demostración de lo que uso. Es lo que me faltaba para poder decir que sé demostrar tu problema. 🙂 FYI, está re bueno ese libro, aunque algunas demostraciones me parece que el libro de Jerónimo las hace más fáciles.
Gracias, Yossarian y Quimey, por los problemitas. Aprendí un montón pensándolos.