Hrmph. Frustrado. Tengo el resultado (creo), pero no sé sacar la conclusión necesaria 🙁
Sea \(D \in K^{n \times n}\) una matriz diagonal inversible.
Sea \(f: K^{n\times n} \to K^{n\times n}\) la transformación lineal definida por \(f(A) = D^{-1}.A.D\)
Encontrar los autovalores, autovectores, y probar que es diagonalizable.
Sea \(A\) un autovector de autovalor \(\lambda\). (* Como sé que existe? No necesariamente \(K = \mathbb{C}\))
Entonces,
Pero todos los términos son 0 excepto cuando \(r = j \land i = k\), porque \(D\) es triangular (y por tanto, su inversa también), y entonces todas las entradas no diagonales van a ser 0.
Entonces esto es lo mismo que:
\(d^{-1}_{j, j} . d_{k, k} a_{j, k} = \lambda . a_{j, k}\)
Acá es donde no logro sacar bién la conclusión. Yo sé que esto tiene que valer para todo j, k. También se que no todos los \(a_{j, k}\) son cero, porque es autovector. Quizás tengo que usar que \(d^{-1}_{j, j} = (d_{j, j})^{-1}\)? En ese caso (que un \(a_{j, k} \ne 0\)) podría cancelar y me quedaría que \((d_{j, j})^{-1} . d_{k, k} = 1 \iff d_{k, k} = d_{j. j}\) (puedo pasar dividiendo y cosas así porque sé que es inversible, entonces ningún autovalor va a ser 0), que querría implicar que \(D\) es una matriz escalar si \(f\) tiene algún autovalor distinto de 0... pero... tampoco logro demasiado... la parte de atrás de mi cabeza dice que los autovalores van a ser 0 y 1... pero probablemente sea la hora.
Algun tip? 🙂
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Por qué los poetas usan integrales?
Porque Riemann.
Que tal si una vez que tenes:
\(D^{-1}.A.D = \lambda.A\) Me parece que como estas con una funcion que manda matrices en otras matrices, la idea es utilizar herramientas como la traza y el determinante, yo aplicaria algunos de los 2, y sacaría conclusiones a partir de eso.
Primero multiplico por D a derecha a ambos lados.
\(A.D=\lambda D.A\)(conmuta por ser escalar)
Entonces nos queda que de existir dicho autovector A de autovalor Lambda, este, nos permitiría "casi" conmutar D y A., aplicando determinante a ambos lados:
$$Det(A).Det(D)=(\lambda)^n . Det(D).Det(A)$$
Como \(Det(D)\neq 0\)por ser inversible, nos queda que, si A es inversible:
\(1=(\lambda)^n\) (Raices n-esimas de la unidad son candidatos a autovalores? que loco.)
(Sino es inversible, no podemos decir nada)
Bueno, ahora si agarramos la traza.( Como la traza conmuta,saca escalares afuera.. ).
\(tr(D^-1 .A.D)=\lambda . tr(A)=tr(A)\), puedo decir algo, si A es una matriz de traza no nula, va a ser un autovector de autovalor 1, si no, me esta diciendo que la suma de las raices del caracteristico dan 0 (lo cual nose si ayuda).
En fin, esas son un par de ideas que se me ocurrieron ahora, si hoy estas en el pab 1 y me ves pasar, avisame y lo vemos, pinta interesante el problema.
Para ver si es diagonalizable:
Toma una matriz "A" que tenga 1 en la posición i,j y 0 en todas las demás.
Entonces:
f(A) = (dii)-1 * A * (djj) (es una cuenta fácil) = (dii)-1 * (djj) * A
Es decir, A es autovector. De este modo tenés n*n matrices que son autovectores, simplemente tenés que cambiar de lugar el 1, y completar la matriz con ceros. Y además cada una tiene autovalor (dii)-1 * (djj).
Por lo tanto, tomando la base canónica de K^nxn tenés una base de autovectores, y entonces es diagonalizable.
Los autovalores son todas las combinaciones de (dii)-1 * (djj), para i entre 1 y n, j entre 1 y n.
Puede haber algunos repetidos si la matriz D tiene valores repetidos, y 1 es como mínimo autovalor de multiplicidad n (pues es ava. de las matrices con un 1 en algún lugar de la diagonal).
Justo estaba pensando en algo similar esta mañana, pero estuve, no te jodo, 3 horas pensando en que forma tiene una base de \(K^{n \times n}\), y no me salió 🙁
Gracias 🙂