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Ej 15 P. 6 (a corregir/mejorar)

0 respuestas 4098 visitas 2009-11-07

#1 Erizo 2009-11-07 21:51

A ver si puedo hacer un ejercicio yo solito y sin equivocarme 🙂

sea \(V\) un \(K-espacio\) \(vectorial\) de dimensión finita y sea\(f : V \rightarrow V\) una transformación lineal tal que \(dim (Im(f)) =1\). Probar que \(f\) es diagonalizable si y sólo si \(Nu(f) \cap Im(f) = \{ 0 \}\)

\(\Rightarrow )\) Voy a usar el contrarecíproco.
Si \(Im (f) \cap Nu (f) \neq \{0\} \Rightarrow f\) no es diagonalizable.

me armo la base \(B= \{ s_1,s_2, \ldots , s_{n-1}, j_n \}\)
donde \(s_i\) son los vectores del núcleo y \(j_n\) es el vector de la imagen (que debe ser uno dado que por hipótesis la imagen tiene dimensión 1)
Entonces, la matriz \(|f|_B\) es:

\left(\begin{matrix}0 & 0 & 0 & \ldots & \alpha_1\\ 0 & 0 & 0 & \ldots & \alpha_2 \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & \alpha_3 \\ \ldots & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & \alpha_n \end{matrix}\right)

Donde \(\alpha_n = 0\) pués si lo fuera, por como está elegida la base no existiría combinación lineal no trivial de elementos del núcleo de \(f\) para lograr un número distinto a cero en la última coordenada, lo que haría que \(Im (f) \cap Nu (f) = {0}\)
Ahora, tengo toda una fila de ceros (la última), restando \(\lambda Id_n\) y tomando determinante, nos queda

det \left(\begin{matrix}-\lambda & 0 & 0 & \ldots & \alpha_1\\ 0 & -\lambda & 0 & \ldots & \alpha_2 \\ 0 & 0 & -\lambda & \ldots & \alpha_3 \\ \ldots & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & -\lambda \end{matrix}\right)= 0 \Rightarrow \lambda = 0

Pero intentando sacar los autovectores de la base vemos que tenemos una ecuación ("triangulando") para n incógnitas (que \(\;n-1\;\) son \(\;0\;\)...) luego, tenemos un espacio de dimensión \(n-1\;\) por lo visto con los anuladores del espacio dual y etc... (\(\;1\;\)ecuación con \(\;n\;\) incógnitas \(=\;\) espacio de dimensión \(n-1\))

En conclusión, f no es diagonalizable... Ufff...

\(\Leftarrow )\) Igual que lo anterior pero ahora del derecho:

Tomo la base \(B= \{ s_1,s_2, \ldots , s_{n-1}, j_n \}\) donde \(s_1 , \ldots , s_{n-1}\) son los vectores del núcleo y \(j_n\) es el vector de la imagen que es único por hipótesis.
Como antes (o casi),

|f|_B = [tex]\left(\begin{matrix}0 & 0 & 0 & \ldots & \alpha_1\\ 0 & 0 & 0 & \ldots & \alpha_2 \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & \alpha_3 \\ \ldots & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & \alpha_n \end{matrix}\right)

[/Tex]

Pero ahora con \(\alpha_n \neq 0\) . Si \(\alpha_n\) fuera 0 la imagen estaría incluída en el núcleo, como antes. Luego, restando \lambda Id queda

det \left(\begin{matrix}-\lambda & 0 & 0 & \ldots & \alpha_1\\ 0 & -\lambda & 0 & \ldots & \alpha_2 \\ 0 & 0 & -\lambda & \ldots & \alpha_3 \\ \ldots & \ldots & \ldots & \ldots & \ldots \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & \alpha_n -\lambda \end{matrix}\right)= 0 \Rightarrow \lambda = 0

Luego, \(\chi (\lambda) = (-\lambda)^{n-1}(\lambda - \alpha_n)=0\)
los autovalores son \(\lambda = 0 y \lambda = \alpha_n\)
con \(\lambda = 0\) queda un sistema de \(1\) ecuación y \(n\) incógnitas por lo que genera un espacio de dimensión\(n-1\)
con \(\lambda = \alpha_n\) queda un sistema de \(n-1\) ecuaciones y n incógnitas por lo que genera un espacio de dimensión \(1\)
Como autovalores distintos generan autovalores li entre sí, tengo n autovectores luego es diagonalizable
Si se fijan, con \(\lamda = \alpha_n\) las ecuaciones son li pues los \(\lambda\) aparecen en coordenadas distintas..

Si alguien sabe demostrarlo en menos pasos, bienvenido sea... Esto me pareció demasiado rebuscado para mí... ¿algún truco mágico?

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