Autor Tema: Diagonalizacioóón

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01 Diciembre, 2019, 08:59 pm
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RodriStone

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Hola estoy necesitando ayuda con este problema:

Sea V un K-espacio vectorial de dimensión finita y sea f : V → V una transformación lineal tal que dim(Im(f)) = 1. Probar que f es diagonalizable si y solo si dim(Nu(f) ∩ Im(f)) = 0

02 Diciembre, 2019, 02:04 am
Respuesta #1

geómetracat

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Como \( dim(Nu(f))+dim(Im(f))=dim(V) \), tienes que  \( dim(Nu(f)) = dim(V)-1 \). Ahora, la condición que te dan es equivalente a que \( V = Nu(f) \oplus Im(f) \) y esto es equivalente a que \( f \) sea diagonalizable. Te dejo que pienses el por qué.
La ecuación más bonita de las matemáticas: \( d^2=0 \)

02 Diciembre, 2019, 04:06 am
Respuesta #2

delmar

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Hola

Una forma demostrando :

1) f diagonizable implica \( dim(Nu(f)\cap{Im(f)})=0 \)

2) \( dim(Nu(f)\cap{Im(f)})=0 \) implica f es diagonizable

Detallo la demostración 1)

Si la \( dim (V)=n, \ \exists{(e_1,e_2,...,e_n)} \) base ordenada de V, la imagen de f, en general \( Im(f)=\left\{{\displaystyle\sum_{i=1}^n{c_i}f(e_i), \ c_i\in{K}, \ i=1,2,...,n}\right\} \); pero el dato \( dim(Im(f))=1 \) implica \( \exists{f(e_j)\neq{O}} \) y que cualquier \( f(e_i), \  i\neq{j} \) es linealmente dependiente de \( f(e_j) \), en caso contrario \( dim(Im(f))>1 \) ; en consecuencia \( Im(f)=\left\{{cf(e_j), \ c\in{K}}\right\} \)

Si f es diagonizable, existe una base ordenada de V de autovectores de f, el resultado anterior es válido para cualquier base, en consecuencia es válido para la base de autovectores \( Im(f)=\left\{{cf(e_j)=c \lambda_j \ e_j, \ c\in{K}}\right\} \) donde \( e_j \) es un autovector perteneciente al autovalor \( \lambda_j \); esto solamente es posible si los autovalores de los otros autovectores de la base son cero. El núcleo por definición \( Nu(f)=\left\{{\displaystyle\sum_{i=1}^n{c_i \ e_i}, \ / \ f(\displaystyle\sum_{i=1}^n{c_i \ e_i})=O\Rightarrow{c_j \lambda_j \ e_j=O}}\right\} \), por ser \( \lambda_j\neq{0}\Rightarrow{c_j=0} \) si además pertenece a la imagen de f, se tiene \( c_1e_1+c_2e_2+...+c_je_j+..c_ne_n=c\lambda_je_j\Rightarrow{c_1e_1+c_2e_2+...+(c_j-c \lambda_j)e_j+..c_ne_n=O}\Rightarrow{c_i=0, \ i=1,2,...,n} \) por lo tanto \( Nu(f)\cap{Im(f)}=\left\{{O}\right\} \) en consecuencia \( dim(Nu(f)\cap{Im(f)})
=0 \)

¿Que te parece si intentas la segunda parte?
Saludos

02 Diciembre, 2019, 07:39 pm
Respuesta #3

feriva

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Hola estoy necesitando ayuda con este problema

Una explicación hablada:

Que la dimensión de la imagen sea 1 quiere decir que existe una base de “n” vectores respecto de \( M_{f}
  \) (siendo “n” la dim de V) tal que todos los que cumplen \( M_{f}\cdot v\neq\overset{\rightarrow}{0}
  \) son linealmente dependientes entre sí. Esto implica que el resto de vectores LI (linealmente independientes) de dicha base cumplan \( M_{f}\cdot w=\overset{\rightarrow}{0}
  \) y que, por tanto, la dimensión del ker f (o núcleo de la aplicación) sea \( n-1 \).
  Luego un autovalor es cero, \( \lambda_{1}=0
  \); y tiene multiplicidad geométrica “n-1”.

Spoiler

Claro, si tienes, por ejemplo

\( M_{f}=\left(\begin{array}{cc}
a & b\\
c & d
\end{array}\right)
  \)

\( \left(\begin{array}{cc}
a & b\\
c & d
\end{array}\right)\overset{\rightarrow}{w}=\overset{\rightarrow}{0}
  \)

es lo mismo que si restamos en la diagonal cero

\( \left(\begin{array}{cc}
a-0 & b\\
c & d-0
\end{array}\right)\overset{\rightarrow}{w}=\overset{\rightarrow}{0}
  \)

es decir, es lo mismo que \( (M_{f}-0\cdot I)w=\overset{\rightarrow}{0}
  \).

[cerrar]

Si es diagonalizable, eso implica que existe sólo otro autovalor distinto, \( \lambda_{2}\neq0
  \), con multiplicidad algebraica y geométrica 1 (de lo contrario, si \( \lambda_{2}=0
  \), la matriz diagonal D sería cero, y por semejanza, lo sería la matriz de “f”, con lo que no podría ser 1 la dim de la imagen)
y tal que existe un autovector “u” asociado que es el ker de \( (M_{f}-\lambda_{2}I)
  \), o sea, \( (M_{f}-\lambda_{2}I)u=\overset{\rightarrow}{0}
  \).

Y “u” es LI con todos los “n-1” vectores asociados a \( \lambda_{1}
  \).

Ahora, si multiplicases “u” por \( M_{f}
  \) no podrías obtener \( M_{f}(u)=\overset{\rightarrow}{0}
  \) porque entonces habría “n” vectores LI asociados a \( \lambda_{1}
  \) en vez de “n-1” vectores LI, como resulta evidente.

Por tanto, ha de dar distinto de cero,\( M_{f}(u)\neq\overset{\rightarrow}{0}
  \) , y por lo anterior sólo puede ocurrir que sea equivalente a v: \( u\equiv v
  \). Como la intersección entre los autoespacios asociados a cada lambda es cero (esto obviamente, por estar asociados a autovalores distintos) la intersección entre los subespacios “v” y “w” también es cero por esa equivalencia.

Saludos.

02 Diciembre, 2019, 08:38 pm
Respuesta #4

Luis Fuentes

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Hola

Que la dimensión de la imagen sea 1 quiere decir que sólo existe una clase de vector v tal que \( M_{f}(v)\neq\overset{\rightarrow}{0}
  \)

Esto es falso. La dimensión de la imagen puede ser \( 1 \) y existir una base de vectores (es decir \( n \) vectores independientes) todos ellos cumpliendo \( M_{f}(v)\neq\overset{\rightarrow}{0}
  \).

Citar
Luego un autovalor es cero, \( \lambda_{1}=0
  \); y tiene multiplicidad algebraica 1 y geométrica “n-1”,

No se que quisiste decir ahí. Pero la algebraica no es \( 1 \). No puede ser menor que la geométrica. La geométrica ciertamente es \( n-1 \), pero la algebraica puede ser \( n-1 \) o \( n \). Para decidir en que caso estamos es esencial usar el dato de que la intersección entre imagen y núcleo es sólo el cero.

Citar
Eso implica que existe sólo otro autovalor distinto, \( \lambda_{2}\neq0
  \),


Sin usar el dato de la intersección, no se puede asegurar que haya otro autovalor distinto.

Saludos.

02 Diciembre, 2019, 09:24 pm
Respuesta #5

feriva

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Hola, Luis.


Esto es falso. La dimensión de la imagen puede ser \( 1 \) y existir una base de vectores (es decir \( n \) vectores independientes) todos ellos cumpliendo \( M_{f}(v)\neq\overset{\rightarrow}{0}
  \).

Sí, quería decir que si se forma una base de "n" vectores con "v" y los otros n-1 del ker, entonces sólo existe un "v" tal que pasa eso; ya he corregido.

Citar
No se que quisiste decir ahí. Pero la algebraica no es \( 1 \). No puede ser menor que la geométrica. La geométrica ciertamente es \( n-1 \), pero la algebraica puede ser \( n-1 \) o \( n \). Para decidir en que caso estamos es esencial usar el dato de que la intersección entre imagen y núcleo es sólo el cero.

Perdón, no quería decir eso, quería decir que era sólo un número (porque si una raíz es doble, por ejemplo, su multiplicidad es 2 y eso es su multiplicad algebraica, claro, no que sólo sea un número; se me va el santo al cielo).


Citar
Sin usar el dato de la intersección, no se puede asegurar que haya otro autovalor distinto.


Es que se me había olvidado decir una cosa que tenía apuntada en el navegador y después no la he pegado.

Si es diagonalizable, entonces entiendo que existe otro autovalor distinto de cero asociado al autovector que queda para completar la base, pues de lo contrario todos los autovalores serían cero y tendríamos que \( M_{f}
  \) sería la matriz cero por semejanza de matrices (la matriz diagonal sería cero y entonces \( M_{f}=PDP^{-1}=M_{cero}
  \)). Al ser la dim de la imagen 1, no puede ser eso.

Muchas gracias, Luis.

Saludos.

03 Diciembre, 2019, 08:18 am
Respuesta #6

Luis Fuentes

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Hola

Sí, quería decir que si se forma una base de "n" vectores con "v" y los otros n-1 del ker, entonces sólo existe un "v" tal que pasa eso; ya he corregido.

Pero mantienes:

Que la dimensión de la imagen sea 1 quiere decir que sólo existe una clase de vector v tal que \( M_{f}(v)\neq\overset{\rightarrow}{0}
  \)

Y esa frase sigue siendo falsa.

Saludos.

03 Diciembre, 2019, 10:43 am
Respuesta #7

feriva

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Pero mantienes:

Que la dimensión de la imagen sea 1 quiere decir que sólo existe una clase de vector v tal que \( M_{f}(v)\neq\overset{\rightarrow}{0}
  \)

Y esa frase sigue siendo falsa.

Saludos.

Hola, Luis. Ya he corregido.

Muchas gracias, saludos.