[Nub]

Hola
\(
\text{Sea } T : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3 \text{ una simetría especular respecto a un plano } \alpha \text{ que pasa por el origen.} \\

\text{a) Existe una base ortonormal } B \text{ de } \mathbb{R}^3 \text{ tal que } \\
[T]_B = \pmatrix{
1 & 0 & 0 \cr
0 & 1 & 0 \cr
0 & 0 & -1
} \\

\text{b) Si } B \text{ y } B' \text{ son bases ortonormales de } \mathbb{R}^3, \text{ entonces existe una matriz ortogonal } P \text{ tal que } \\
P [T]_B P^T = [T]_{B'} \\

\text{c) } T^3 \text{ es una rotación axial de ángulo } \pi/2 \text{ y eje normal a } \alpha.
 \)

Para la parte a) tengo una tabla del teorico que básicamente muestra los 4 casos de las isometrias en \( \mathbb{R^3} \) con su traza y determinante y su matriz asociada en una base ortonormal de \( R^3 \) tengo si es una simetria respecto a un plano la matriz asociada es \(
\pmatrix{
1 & 0 & 0 \cr
0 & \cos\theta & \sin\theta \cr
0 & \sin\theta & -\cos\theta
}
 \)
y esta matriz es semejante a la que muestra a) se que es semejante porque si la vemos como matriz por bloque la matriz 2x2 de senos y cosenos es diagonalizable y su forma diagonal es todo 0s y 1 y -1 en la diagonal... entonces verdadero

Para la parte b) No se, lo veo y digo es el tipico teorema de  matriz cambio de base, tengo otro teorema que dice que si la matriz es siemtrica, entonces las matrices cambio de bases son ortogonales, las matrices P serian las matrices cambio de base, pero en este caso no es simetrica, la matriz asociada es ortogonal...

c) Tampoco, se me ocurre usar la parte a) la matriz asociada que nos dan, no se si deberia, pero al multiplicar 3 veces sobre si misma obtengo la matriz asociada a \( T^3 \) que es \( T \) y por la parte a) ya habia dicho que es una siemtria entonces Falso, no es rotacion

Gracias

[Luis Fuentes]

Hola

Hola
\(
\text{Sea } T : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3 \text{ una simetría especular respecto a un plano } \alpha \text{ que pasa por el origen.} \\

\text{a) Existe una base ortonormal } B \text{ de } \mathbb{R}^3 \text{ tal que } \\
[T]_B = \pmatrix{
1 & 0 & 0 \cr
0 & 1 & 0 \cr
0 & 0 & -1
} \\

\text{b) Si } B \text{ y } B' \text{ son bases ortonormales de } \mathbb{R}^3, \text{ entonces existe una matriz ortogonal } P \text{ tal que } \\
P [T]_B P^T = [T]_{B'} \\

\text{c) } T^3 \text{ es una rotación axial de ángulo } \pi/2 \text{ y eje normal a } \alpha.
 \)

Para la parte a) tengo una tabla del teorico que básicamente muestra los 4 casos de las isometrias en \( \mathbb{R^3} \) con su traza y determinante y su matriz asociada en una base ortonormal de \( R^3 \) tengo si es una simetria respecto a un plano la matriz asociada es \(
\pmatrix{
1 & 0 & 0 \cr
0 & \cos\theta & \sin\theta \cr
0 & \sin\theta & -\cos\theta
}
 \)
y esta matriz es semejante a la que muestra a) se que es semejante porque si la vemos como matriz por bloque la matriz 2x2 de senos y cosenos es diagonalizable y su forma diagonal es todo 0s y 1 y -1 en la diagonal... entonces verdadero

Si tienes eso como teoría está bien.

Directamente si es una simetría especular respecto a un plano y tomas una base \( B=\{u_1,u_2,u_3\} \), donde \( \{u_1,u_2\} \) son vectores generadores del plano y \( u_3 \) perpendicular a ellos, entonces, dado que por definición la simetría deja fijos los vectores del plano e invierte los perpendiculares a él:

\( T(u_1)=u_1,\qquad T(u_2)=u_2,\qquad T(u_3)=-u_3 \)

y de ahí la matriz asociada en la base \( B \) es justo:

\( [T]_B = \pmatrix{ 1 & 0 & 0 \cr 0 & 1 & 0 \cr 0 & 0 & -1 } \)

Para la parte b) No se, lo veo y digo es el típico teorema de  matriz cambio de base, tengo otro teorema que dice que si la matriz es simétrica, entonces las matrices cambio de bases son ortogonales, las matrices P serian las matrices cambio de base, pero en este caso no es simétrica, la matriz asociada es ortogonal...

 En general si \( B,B' \) son dos bases la relación entre las matrices asociadas de un endomorfismo respecto a cada una de ellas es:

\( [T]_{B'}=P[T_B]P^{-1} \)

 donde \( P \) es la matriz de cambio de base entre las dos bases \( B,B' \).

 Pero se cumple que la matriz de cambio de base entre dos bases ortonormales es ortogonal, es decir, cumple \( P^t=P^{-1} \)

Spoiler

Esto es debido a que la matriz de Gram del producto escalar respecto a cada una de las bases cambia de base por congruencia:

\( [G]_{B'}=P[G_B]P^{t} \)

 Si las bases son ortonormales las matrices de Gram respecto de ellas son la identidad y lo anterior queda:

\( Id=PP^{t}\quad \Rightarrow{}\quad P^{-1}=P^t \)

[cerrar]

 Por tanto es verdadera.

c) Tampoco, se me ocurre usar la parte a) la matriz asociada que nos dan, no se si debería, pero al multiplicar 3 veces sobre si misma obtengo la matriz asociada a \( T^3 \) que es \( T \) y por la parte a) ya había dicho que es una simetría entonces Falso, no es rotación

 Si; más fácil: la matriz asociada a una rotación tiene determinante \( 1 \); mientras que la matriz asociada a una simetría tiene determinante \( -1 \). Entonces:

\( det(T^3)=det(T)^3=(-1)^3=-1 \)

 Y por tanto \( T^3 \) NO puede ser una rotación.

Saludos.

[Nub]

Pero se cumple que la matriz de cambio de base entre dos bases ortonormales es ortogonal, es decir, cumple \( P^t=P^{-1} \)

Esto es debido a que la matriz de Gram del producto escalar respecto a cada una de las bases cambia de base por congruencia:

\( [G]_{B'}=P[G_B]P^{t} \)

 Si las bases son ortonormales las matrices de Gram respecto de ellas son la identidad y lo anterior queda:

\( Id=PP^{t}\quad \Rightarrow{}\quad P^{-1}=P^t \)

Como 3-4 veces me hablan de la matriz de Gram en el foro no lo vi en el teórico, hay otra forma de probarlo? intente usando ese teorema que dice que una matriz es ortogonal si las filas forman una base ortogonal, pero no logre nada, lo que se podría usar es que en una c.lineal de un vector respecto a la base ortonormal puedo calcular las coordenadas facilmente con el pi, pero no logro que eso sea una base ortonormal

[ani_pascual]

Hola:

...
Como 3-4 veces me hablan de la matriz de Gram en el foro no lo vi en el teórico, hay otra forma de probarlo? intente usando ese teorema que dice que una matriz es ortogonal si las filas forman una base ortogonal, pero no logre nada, lo que se podría usar es que en una c.lineal de un vector respecto a la base ortonormal puedo calcular las coordenadas facilmente con el pi, pero no logro que eso sea una base ortonormal

Repito lo dicho por Luis Fuentes pero con otras palabras, por si ayuda...
Por fijar ideas, supongamos que las bases son \( {\cal B}=\{u_1,u_2,u_3\}, {\cal B}'=\{u_1',u_2',u_3'\} \) y que \( \forall\, i=1,2,3 \) es \(  u_i'=\displaystyle\sum\limits_{j=1}^3p_{ji}u_j \). Entonces, si \( v\in\mathbb{R}^3 \) y \( x_{{\cal B}}, x_{{\cal B}'} \), representan sus coordenadas respecto a las bases \( {\cal B} \) y \( {\cal B}' \) respectivamente (en forma de matriz columna) y si \( P=(p_{ij}) \) es la matriz de cambio de la base \( {\cal B}' \) a la base \( {\cal B} \), es decir, cuyas columnas son las coordenadas de los vectores de \( {\cal B}' \) respecto a \( {\cal B} \), se tiene que \( x_{{\cal B}}=P\cdot x_{{\cal B}'} \) luego
\( T_{{\cal B}'}\cdot x_{{\cal B}'}=y_{{\cal B}'}=P^{-1}\cdot y_{{\cal B}}=P^{-1}\cdot T_{{\cal B}}\cdot x_{{\cal B}}=P^{-1}\cdot T_{{\cal B}}\cdot P\cdot x_{{\cal B}'} \) de donde \( T_{{\cal B}'}=P^{-1}\cdot T_{{\cal B}}\cdot P \).
Por otra parte, como las bases son ortonormales, la matriz asociada al producto escalar respecto a ambas (matriz de Gram) es la identidad, es decir \( <u_i,u_j>=\delta_{ij}=<u_i',u_j'> \) por lo que \( P^t\cdot P\stackrel{(\ast)}{=}I\Longrightarrow P^{-1}=P^t \) y así \( T_{{\cal B}'}=P^t\cdot T_{{\cal B}}\cdot P \).
Ya sabes que \( (P^t)^t=P  \) 
\(
(\ast) \,\,P^t\cdot P=(a_{ij}) \) con  \( a_{ij}=\displaystyle\sum\limits_{k=1}^3p_{kj}p_{ki}=\delta_{ij}=\left\{\begin{array}{lr}1&i=j \\0&i \neq j\end{array}\right. \)

Saludos

[Luis Fuentes]

Hola

Como 3-4 veces me hablan de la matriz de Gram en el foro no lo vi en el teórico, hay otra forma de probarlo? intente usando ese teorema que dice que una matriz es ortogonal si las filas forman una base ortogonal, pero no logre nada, lo que se podría usar es que en una c.lineal de un vector respecto a la base ortonormal puedo calcular las coordenadas fácilmente con el pi, pero no logro que eso sea una base ortonormal

  Independientemente de como te lo demuestren, que una matriz de cambio de base entre bases ortonormales es una matriz ortogonal, es decir, su inversa coincide con su traspuesta, es una propiedad muy importante y en ningún curso sobre espacios vectoriales con producto interno debería de pasarse por alto.

 Una prueba sin usar la matriz de Gram en espacios vectoriales reales:

- Dada una base ortonormal \( \{u_1,u_2,\ldots,u_n\} \) supongo que sabes que un vector \( v \) respecto a esa base puede escribirse como:

\(  v=<v,u_1>u_1+<v,u_2>u_2+\ldots+<v,u_n>u_n \)

Spoiler

Es bastante inmediato de probar.

 Si \( v=a_1u_1+a_2u_2+\ldots+a_nu_n \) haciendo a ambos lados el producto escalar por \( u_i \):

\( <v,u_i>=a_1<u_1,u_i>+a_2<u_2,u_i>+\ldots+a_n<u_n,u_n> \)

 Y por ser la base ortonormal esos productos \( <u_j,u_i> \) son nulos excepto si \( i=j \) en cuyo caso vale \( 1 \) y por eso \( <v-u_i>=a_i \).

[cerrar]

 - Dadas dos bases \( B=\{u_1,u_2,\ldots,u_n\} \) y \( B'=\{v_1,v_2,\ldots,v_n\} \) la matriz de cambio de base de la segunda a la primera es aquella que tiene como columnas las coordenadas de los vectores de la segunda base con respecto a la primera. Pero por ser ésta ortonormal y por lo que dije antes:

\(  v_1=<v_1,u_1>u_1+<v_1,u_2>u_2+\ldots+<v_1,u_n>u_n \)
\(  v_2=<v_2,u_1>u_1+<v_2,u_2>u_2+\ldots+<v_2,u_n>u_n \)
      \( \ldots \)
\(  v_n=<v_n,u_1>u_1+<v_n,u_2>u_2+\ldots+<v_n,u_n>u_n \)

 y por tanto la matriz de cambio de base:

\( M=\begin{pmatrix}
<v_1,u_1>&<v_2,u_1>&\ldots&<v_n,u_1>\\
<v_1,u_2>&<v_2,u_2>&\ldots&<v_n,u_2>\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
<v_1,u_n>&<v_2,u_n>&\ldots&<v_n,u_n>\\
\end{pmatrix} \)

- Por otra parte es sabido que la matriz de cambio de base en sentido opuesto, es decir, de la primera base a la segunda es la inversa de la anterior. Pero también por definición es aquella que tiene como columnas las coordenadas de los vectores de la primera base con respecto a la segunda. Como la segunda también es ortogonal:

\(  u_1=<u_1,v_1>v_1+<u_1,v_2>v_2+\ldots+<u_1,v_n>v_n \)
\(  u_2=<u_2,v_1>v_1+<u_2,v_2>v_2+\ldots+<u_2,v_n>v_n \)
       \( \ldots \)
\(  u_n=<u_n,v_1>v_1+<u_n,v_2>v_2+\ldots+<u_n,v_n>v_n \)

 y por tanto:

\( M^{-1}=\begin{pmatrix}
<u_1,v_1>&<u_2,v_1>&\ldots&<u_n,v_1>\\
<u_1,v_2>&<u_2,v_2>&\ldots&<u_n,v_2>\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
<u_1,v_n>&<u_2,v_n>&\ldots&<u_n,v_n>\\
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
<v_1,u_1>&<v_1,u_2>&\ldots&<v_1,u_n>\\
<v_2,u_1>&<v_2,u_2>&\ldots&<v_2,u_n>\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
<v_n,u_1>&<v_n,u_2>&\ldots&<v_n,u_n>\\
\end{pmatrix}=M^t \)

donde en la igualdad intermedia hemos usado que el producto escalar real es conmutativo \( <u,v>=<v,u> \).

Saludos.

[Nub]

donde en la igualdad intermedia hemos usado que el producto escalar real es conmutativo \( <u,v>=<v,u> \).

Si estamos en los complejos es lo mismo solo que la matriz es unitaria no?

[Luis Fuentes]

Hola

donde en la igualdad intermedia hemos usado que el producto escalar real es conmutativo \( <u,v>=<v,u> \).

Si estamos en los complejos es lo mismo solo que la matriz es unitaria no?

La diferencia sería que al cambiar el orden se conjuga: \( <u,v>=\overline{<v,u>} \).

Eso hará que en el razonamiento anterior lo que se cumpla es que la inversa coincida con la traspuesta conjugada, es decir, que sea una matriz unitaria.

Saludos.

[Nub]

Muchas gracias Luis y ani_pascual