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1 Diagonalizacion de endomorsmos 85 aptulo 6 Diagonalizacion de endomorsmos. Sea E un R-espacio vectorial y f un endomorsmo de E cuya matriz en una determinada base fu u u 3 g es Hallar el polinomio caracterstico Q(t). 3 Q(t) = ; t ; t 3 ; t = = ;t 3 +(tr)t ; ( )t + det = ;t 3 +t +4t +7 Nota ii es el determinante del menor adjunto al elemento a ii de la matriz.. Determinar el polinomio caracterstico de la matriz dando sus races. a ab ab b ab a b ab ab b a ab b ab ab a

2 86 lgebra Lineal. Problemas resueltos det( ; ti) = (a + b) ; t ab ab b (a + b) ; t a ; t b ab (a + b) ; t b a ; t ab = (a + b) ; t ab ab a ; t =((a + b) ; t) =((a + b) ; t) =((a + b) ; t) ab ab b a ; t b ab b a ; t ab = ab ab a ; t ab ab b a ; ab ; t b ; ab ab ; b b ; ab a ; ab ; t ab ; b = a ; b ; t a ; ab ; t b ; ab ab ; b b ; ab a ; ab ; t ab ; b a ; b ; t =((a + b) ; t)(a ; b ; t) a ; ab ; t b ; ab =((a + b) ; t)(a ; b ; t) a + b ; ab ; t a + b ; ab ; t = b ; ab a ; ab ; t = b ; ab a ; ab ; t = =((a + b) )(a ; b ; t)((a ; b) ; t) b ; ab a ; ab ; t = =((a + b) ; t)(a ; b ; t)((a ; b) ; t) b ; ab a ; b ; t = =((a + b) ; t)(a ; b ; t) ((a ; b) ; t) y por lo tanto, las races son (a + b) (a ; b) (a ; b ),yestaultima de multiplicidad dos. 3. Si M n (K) es una matriz inversible, demostrar que y tienen los mismos valores propios (siendo K un cuerpo conmutativo). En efecto,

3 Diagonalizacion de endomorsmos 87 det( ; I) =det( ; ; I ; )=det( ; ; I ; )= = det(( ; I) ; )=detdet( ; I)det ; = = det( ; I) 4. Demostrar que si la matriz M n (K) verica m =,elunico valor propio posible de es el cero (donde K es un cuerpo conmutativo). Supongamos lo contrario, es decir, supongamos que existe 6= que sea valor propio de la matriz, lo que equivale a que sea un valor propio del endomorsmo f del espacio vectorial K n cuya matriz en determinada base es y esto signica que existe un vector v K n v 6= talque f(v) =v 6= Y aplicando f aambos miembros de la igualdad se tiene f (v) =f(v) =f(v) = v luego es un valor propio no nulo de f y por tanto de inductivamente tenemos que f m = m v 6=, en efecto: Sabemos que es cierto para m = supongamos que lo es para m ; veamos que lo es para m f(f m; v)=f( m; v)= m; f(v) = m; v = m v Por lo tanto tenemos que m es valor propio no nulo de la matriz m = lo cual es absurdo. 5. Se dene f : R 3 ;! R 3 por f(x x x 3 ) = (x x ) 8 (x x x 3 ) R 3. omprobar que f es lineal y hallar su matriz en la base natural. Hallar el polinomio caracterstico y los valores propios. >Es f diagonalizable?

4 88 lgebra Lineal. Problemas resueltos Veamos la linealidad: 8v =(x x x 3 ) w =(y y y 3 ) R 3 y 8 R se tiene: f(v + w) =(x + y x + y ) = (x x ) + (y y ) = f(v)+f(w) f(v) =f(x x x 3 )=(x x ) = (x x ) = f(v) Determinemos la matriz de la aplicacion f f(e )=e f(e )=e f(e 3 )= 9 >= > () luego la matriz de f en la base natural es: () El polinomio caracterstico es: (obvio ya que la matriz es diagonal) det(f ; ti) =(; t) (;t) =;t 3 +t ; t Los valores propios son los valores R tales que 9v R 3 v 6= con f(v) =v y estos valores son las races del polinomio caracterstico: ( ; t) (;t) = t = doble t = f diagonaliza puesto que dim Ker(f ; I) =. En () observamos ya que la base natural es la base de vectores propios, ( f es la \proyeccion ortogonal"sobre el plano horizontal XY ), y en () vemos que la matriz es diagonal.

5 Diagonalizacion de endomorsmos Diagonalizar la matriz ; 8 ;3 ;8 ;6 6 3 hallando una base de vectores propios de f (endomorsmo de R 3 cuya matriz en la base natural es ). usquemos el polinomio caracterstico de : det( ; ti) =;t 3 ; t + t + = ;(t +) (t ; ) por lo tanto R 3 = Ker(f + I) Ker(f ; I) dim Ker(f + I) =3; rango ; 8 ; ;83; = ;6 6 4 luego diagonaliza y D = ; ; la nueva basesera fv v v 3 g con v v Ker(f + I) y v 3 Ker(f ; I) Ker(f + I) =f(x y z)= ; 8 ; ;8 ;6 6 4 = f(x y z)= ; x + y +4z =g x y z g =

6 9 lgebra Lineal. Problemas resueltos subespacio de dimension dos, del que seleccionamos una base v =( 5) v =( ) ker(f ; I) =f(x y z)= ; 8 ;4 ;8 ;6 6 x y z g = = f(x y z)= ; x + y +4z = x ; y ; 4z =g subespacio de dimension uno del que seleccionamos una base v 3 =(; ;3) 7. Estudiar la diagonalizacion, segun los distintos valores de R, de la matriz ; ; ; + ; dando en el caso en que ello sea posible una matriz S tal que S ; S sea diagonal. usquemos el polinomio caracterstico: det( ; ti) =;(t ; ) (t ; ) luego los valores propios de son t = doble y t =. Para que diagonalice, ha de vericarse: dim ker( ; t i I)=multiplicidad de la raz t i

7 Diagonalizacion de endomorsmos 9 Estudiemos pues el caso t = dim Ker( ; I) =3; rango ; ; ; ; 3 ; = para = = 3 ; = para 6= luego, solo diagonaliza para =. Sea pues = y busquemos la matriz S (matriz de los vectores propios). Sean fv v g base de Ker ( ; I) ; x y z ) ;z = z = sean pues v =( ) v =( ) y fv 3 g base de Ker ( + I) ; ; ; x y z ) ;x = ;y ; z = Sea pues v 3 =( ;) luego S = y en efecto, se tiene que D = S ; S ; D = ; ; ; Nota: En este caso S = S ; 8. Sea f : R 3 ;! R 3 un endomorsmo diagonalizable que admite por vectores propios a los v = (; ) v = ( ;) v 3 = ( ; ) y sabemos que f(5 5) = ( 7). Hallar los valores propios de f.

8 9 lgebra Lineal. Problemas resueltos Puesto que f(v i ) = i v i expresaremos los vectores (5 5) y ( 7) en la base formada por los vectores propios de f y aplicamos f, al primero S = ; ; S ; = ; ; 9 ; ; por lo tanto ; ; 9 ; ; ; ; ;7 4 luego f( ) = f(v + v +v 3 )=f(v )+f(v )+f(v 3 )= = v + v + 3 v 3 = 4 9 v ; 7 9 v v 3 Y = 4 9 = ; = 7 9 yaque fv ig es una base del espacio y la expresion de un vector en una determinada base es unica. 9. Sea f un endomorsmo de R n. Probar que si R es un valor propio de f entonces p es un valor propio de f p 8p N y los subespacios propios respectivos E E p son tales que E E p. Dar un ejemplo en el que E 6= E p. Sea un valor propio, existe pues un vector x R n luego x 6= tal que f(x) =x f (x) =f(f(x)) = f(x) =f(x) = x

9 Diagonalizacion de endomorsmos 93 es decir es valor propio de f de vector propio x. Supongamos que hemos probado que tambien p; es valor propio de f p; de vector propio x,entonces f p (x) =f(f p; (x)) = f( p; x)= p; f(x) = p; x = p x luego p es valor propio de f p de vector propio x,yobviamente, para todo vector x propio de valor propio de f, podemos aplicarle el razonamiento anterior, y se tiene E E p Veamos que la igualdad en general es falsa sea f End(R 3 ) tal que su matriz en la base natural es tenemos que fe 3 g es el subespacio de vectores propios de valor propio cero. Sin embargo f es tal que su matriz en la base natural es y fe e 3 g es el subespacio de vectores propios de valor propio cero y claramente E 6 E. Sea la matriz

10 94 lgebra Lineal. Problemas resueltos Determinar n,paratodo n N. Si D es una matriz diagonal D =( ii ) se tiene claramente D n =( n ii ) Si es diagonalizable, existe S tal que D = S ; S y D n =(S ; S) n = S ; n S luego n = SD n S ; Veamos si es diagonalizable: det( ; ti) =;(t +) (t +5) los valores propios son t = ; doble y t =5. dim Ker( + I) =3; rango 3; = luego diagonaliza. usquemos la matriz S : v v Ker( + I) x y z p p v =( ) x + y + z =) ; ) p p p v =( 6 6 ; 3 ) 9 >= > v 3 Ker( ; 5I) ;4 ;4 ;4 x y z ) ;x + y + z = x ; y + z = ) v 3 =( p 3 p 3 p ) luego

11 Diagonalizacion de endomorsmos 95 D = = p ; p p 6 6 p 3 3 p 6 ; p p 3 3 ; ; 5 p 3 3 p ; p p 6 6 p 6 6 ; p 6 3 p 3 3 p 3 3 p 3 3 Y D n = (;)n (;) n 5 n Finalmente n = SD n S ; = = 3 (;)n + 3 5n ; 3 (;)n + 3 5n 3 (;)n n ; 3 (;)n + 3 5n 3 (;)n + 3 5n (;) n n 3 (;)n n 3 (;)n + 3 5n (;) n n. a) Sea M n n (). Probar que y t tienen el mismo polinomio caracterstico. b) Sean M n n (), M m m (), M n m (), tales que ; =. Probar que 8p N p = (I m + ) p c) Sea E = M n m () y f un endomorsmo de E denido de la forma f(x) = X ; X con M n n () y M m m () jas. Probar que es un valor propio de f si y solo si = i ; j con i y j valores propios de los endomorsmos de n y m asociados a las matrices y respectivamente.

12 96 lgebra Lineal. Problemas resueltos a) En efecto: det ( ; I) =det ( ; I) t = det ( t ; I) b) Veamoslo por induccion respecto a p. Se verica claramente para p = : de ; = tenemos = + = (I m )+ = (I m + ) supongamos ahora que es cierto para p yveamos que lo es para p + p+ = p = ((I m + ) p )=()(I m + ) p = =((I m + ))(I m + ) p = (I m + ) p+ c) Sea f ::: n g el conjunto de valores propios de y f ::: j g el conjunto de valores propios de Sea i un valor propio de, existe v vector columna de n ;fg tal que v = i v. Sea j un valor propio de entonces, por a, es tambien valor propio de t, por lo que existe w vector columna de m ;fg tal que t w = j w y por tanto w t = j w t Sea ahora X = v w t M n m () f(x) =X ; X = v w t ; v w t = = i v w t ; j v w t =( i ; j )v w t =( i ; j )X por lo que i ; j es un valor propio de f Recprocamente Sea X 6= un vector propio de f de valor propio (f(x) =X ) Sea P (t) =(;) n (t ; ) :::(t ; n )(los i no necesariamente distintos) el polinomio caracterstico de (recuerdese que es algebraicamente cerrado por lo que todos los factores primos de P (t) son de grado ). Por el teorema de ayley-hamilton P () = por lo que P ()X =. hora bien, por b, P ()X = XP(I m + ). Tenemos pues =XP(I m + ) =X(I m ; I m ) :::(I m ; n I m )= = X(( ; )I m + ) :::(( ; n )I m + ) =X M m m ()

13 Diagonalizacion de endomorsmos 97 X es una matriz no nula por lo que no puede ser de rango maximo: det = ny i= (det (( ; i )I m + )) = existe, pues, algun i para el cual det (( ; i )I m + ) = es decir ;( ; i )esun valor propio de por lo que existe algun j para el cual j = ;( ; i ), es decir = i ; j.

14 98 lgebra Lineal. Problemas resueltos

15 Forma reducida de Jordan 99 aptulo 7 Forma reducida de Jordan. Hallar el polinomio anulador de la matriz: sin utilizar el polinomio caracterstico. Hay que buscar un polinomio P (t) =a + a t + + a r t r tal que P () = a I + a + + a r r sea la matriz nula. Empecemos suponiendo que P (t) es un polinomio de primer grado: a +a t y planteemos P () =a I + a es decir a a + a a a a a a lo cual implica: a +a = a = o sea a = a = Esto nos dice que no puede formarse la matriz nula por combinacion lineal no nula de I y por lo que P (t) no puede ser de primer grado. Intentemos ahora con un polinomio de segundo grado P (t) = a + a t + a t y calculemos

16 lgebra Lineal. Problemas resueltos a + a = a lo cual implica a +a +4a = a +4a = ) a = ;a =4a Puede tomarse a =4 a = ;4 a =, para tener P (t) normalizado, por lo que P (t) =t ; 4t +4 = (t ; ). Sabiendo que un endomorsmo f de R tiene (t +) (t ; 4) 3 (t +) 6 como polinomio caracterstico y (t +) (t ; 4)(t +) 3 como polinomio anulador. >uales son sus posibles formas de Jordan? De: Q(t) =(t +) (t ; 4) 3 (t +) 6 P (t) =(t +) (t ; 4)(t +) 3 Se tiene la a descomposicion: R = Ker(f + I) Ker(f ; 4I) Ker(f +I) 3 = E E E 3

17 Forma reducida de Jordan Pasemos a la descomposicion de los E i en monogenos el polinomio anulador de E es (t +), luego la dimension del monogeno mayor es y coincide con el polinomio caracterstico (t +), que nos dice que dim E =, luego en E hay un solo monogeno E = E,ylamatrizde f restringida a E es: ; ; El polinomio anulador de E es (t ; 4), luego f restringido a E diagonaliza, ya que la dimension del monogeno mayor es, y puesto que el polinomio caracterstico restringido a E es (t ; 4) 3, se tiene que la dimension de E es 3, por lo que hay tres monogenos en E de dimension y es E = E E E 3 y la matriz de f restringida a E es: El polinomio anulador de E 3 es (t +) 3, luego la dimension del monogeno mayor es 3 y puesto que el polinomio caracterstico de E 3 es (t +) 6, la dimension de E 3 es 6, luego no tenemos unvocamente determinada la descomposicion de E 3. Las posibilidades son: a) E 3 E 3 con dim E 3 = dime 3 =3 b) E 3 E 3 E 33 con dime 3 =3, dime 3 =y dime 33 = c) E 3 E 3 E 33 E 34 con dime 3 =3, dime 3 = dime 33 = dime 34 =. Y la matriz f restringida a E 3 es a) ; ; ; ; b) ; ; ; ; ; ; ; ;

18 lgebra Lineal. Problemas resueltos c) ; ; ; ; ; ; luego, las posibles formas de Jordan, son a) ; ; ; ; ; ; ; ; b) ; ; ; ; ; ; ; ;

19 Forma reducida de Jordan 3 c) ; ; ; ; ; ; ; ; 3. >Es la matriz 3 3 reducida de Jordan de algun endomorsmo? Si lo fuese el polinomio anulador sera P (t) =(; ; 3t + t )(t ; ) (; ; 3t + t ) es el polinomio anulador de 3 pero ; ; 3t + t no es primo: (; ; 3t + t )=(t ; 3+p 7 luego la matriz anterior no puede ser reducida de Jordan. )(t ; 3 ; p 7 )

20 4 lgebra Lineal. Problemas resueltos 4. Hallar la forma reducida de Jordan del endomorsmo de R 4 cuya matrizenla base natural es 3 Hallemos el polinomio caracterstico: det( ; ti) =t 4 (Obvio ya que la matriz es triangular). dim Ker( ; I) =4; rango 4; 3 = ( no diagonaliza, pues 6= 4) dim Ker( ; I) =4; rango =4; rango dim Ker( ; I) 3 =4; rango 3 =4; rango dim Ker( ; I) 4 =4; rango 4 =4; rango =4 6 4; = 6 4; =3 Luego, tenemos fn o de subespacios de dim g = dim Ker f = fn o de subespacios de dim g = dim Ker f ; dim Ker f = fn o de subespacios de dim 3g = dim Ker f 3 ; dim Ker f = fn o de subespacios de dim 4g = dim Ker f 4 ; dim Ker f 3 = luego hay un solo subespacio irreducible de dim 4 y la matriz reducida es

21 Forma reducida de Jordan 5 Nota: esto ya se poda preveer, puesto que al ser dim Ker( ; I) =dim Ker f = el subespacio de vectores propios correspondiente al valor propio cero es de dim y en cada subespacio monogeno hay un subespacio de dim invariante, luego solo puede haber un monogeno. 5. Dado el endomorsmo de R 5 cuya matriz en la base natural viene dada por 3 ; 5 ; ; 3 ; ; 5 ; Hallar: a) polinomios caracterstico y anulador b) los subespacios monogenos correspondientes c) una base de estos subespacios monogenos, diciendo que vectores son propios y escribir en esta base la matriz del endomorsmo. a) Polinomio caracterstico

22 6 lgebra Lineal. Problemas resueltos Q(t) =det( ; ti) =;(t ; ) 5 veamos el anulador: dim Ker( ; I) =5; rango( ; I) =5; 3= (por ser de dimension dos habra dos vectores propios linealmente independientes, con valor propio dos. Por tanto, como en cada subespacio monogeno hay un vector propio, habra dos subespacios monogenos) dim Ker( ; I) =5; rango( ; I) )=5; =4 dim Ker( ; I) 3 =5; rango( ; I) 3 =5 luego (t ; ) 3 anula a todo el espacio, luego al polinomio anulador es: P (t) =(t ; ) 3 b) Por ser dim Ker( ; I) =,hay dos monogenos de dim dim Ker( ; I) ; dim Ker( ; I) =4; =,hay dos monogenos de dim dim Ker( ; I) 3 ; dim Ker( ; I) =5; 4=,hay un monogeno de dim 3. luego, hay un monogeno de dim 3, y un monogeno de dim c) Hallemos una base del primer monogeno fu u u 3 g u Ker( ; I) 3 = R 5,luego u puede ser cualquier vector tal que ( ; I) u 6= y puesto que Ker( ; I) = f(x y z t k)= x ; y + z + t ; k =g Podemos tomar por ejemplo u =( ), entonces u =( ; I)u =( ) u 3 =( ; I) u =( ; I)u =( )

23 Forma reducida de Jordan 7 y u 3 es vector propio ( ( ; I)u 3 =( ; I) 3 u =u =). Hallemos ahora una base del segundo monogeno u 4 u 5 : u 4 Ker( ; I) y u 4 = Ker( ; I) Ker( ; I) = f(x y z t k)= x ; z + t ; k =g Ker( ; I) =f(x y z t k)= ; x + y ; z + t + k = x+ y ; z + t ; k = x ; y + z + t ; k = y =g Observamos que u Ker( ; I) u = Ker( ; I), luego tenemos que tomar la precaucion de elegir u 4 de forma que u 4 ( ; I)u 4 = u 5 sean linealmente independientes de u u 3. Sea pues u 4 =( ) y por lo tanto u 5 =( ; I)u 4 =( ) y u 5 es vector propio. Vayamos a determinar la matriz de f en la base fu u u 3 u 4 u 5 g : ( ; I)u = u ) u ; u = u ) u =u + u ( ; I)u = u 3 ) u ; u = u 3 ) u =u + u 3 ( ; I)u 3 =) u 3 ; u 3 =) u 3 =u 3 ( ; I)u 4 = u 5 ) u 4 ; u 4 = u 5 ) u 4 =u 4 + u 5 ( ; I)u 5 =) u 5 ; u 5 =) u 5 =u 5 luego, la matriz es

24 8 lgebra Lineal. Problemas resueltos J = y claramente J = S ; S, donde S = 6. Sea f End(R 3 )cuya matriz en la base natural es = y sea g End(R 3 ) cuya matriz en una cierta base: = ; ;7 ; 6 ; ;9 ; = fv v v 3 g es >Pueden ser f y g el mismo endomorsmo? Para que y puedan representar el mismo endomorsmo ha de existir una matriz S tal que S ; S = Veamos como podemos determinar dicha matriz: busquemos (si existen) las formas reducidas de Jordan de f y g. Si son el mismo endomorsmo, coincidiran y tendremos

25 Forma reducida de Jordan 9 = S ; JS = S ; JS con lo cual tendremos S S ; = J S S ; = J ) ) S S ; = S S ; ) (S ; S ) ; (S ; S )= y S = S ; S es la matriz buscada ya que se verica: S ; S = Estudiemos pues luego hay un solo monogeno y J sera det( ; ti) =;(t ; ) 3 dim Ker( ; I) = J = y la base de Jordan es w Ker( ; I) 3 = R 3 w = Ker( ; I) por ejemplo w =( ) w =( ; I)w =( ) w 3 =( ; I) w =( ; I)w =( ) y S = ; S; =

26 lgebra Lineal. Problemas resueltos Pasemos a estudiar, ahora, det( ; ti) =;(t ; ) 3 dim Ker( ; I) = luego hay un solo monogeno y J = y la base de Jordan es u Ker( ; I) 3 = R 3 u = Ker( ; I) por ejemplo u =(8 ;5 ) u =( ; I)u =( ; ) u 3 =( ; I) u =( ; I)u =(;3 ;4) y S = ; S ; = 5 ;3 8 ; ;3 ;5 ; ;4 y por lo tanto: S = S ; S = 5 3 ; 5 ; 7. Sea f =(D + I) :P (R) ;! P (R) donde P (R) es el espacio de polinomios de grado menor o igual que dos a coecientes reales y D es la aplicacion derivada a) determinar la forma reducida de Jordan as como la base para la cual la matriz adopta dicha forma

27 Forma reducida de Jordan b) probar que f ; es un polinomio en f y utilizar dicho resultado para determinar la matriz de f ; en la base natural fx x g. a) En la base fx x g, la matriz de f adopta la forma det( ; ti) =;(t ; ) 3 dimker( ; I) =3; rango( ; I) =3; = luego hay un solo monogeno y la matriz reducida de Jordan es J = usquemos la base de Jordan: v Ker( ; I) 3 = R 3 v = Ker( ; I) = f(x y z)=x =g v =( ) v =( ; I)v =( ) v 3 =( ; I) v =( ; I)v =( ) luego la base es f( ) ( ) ( )g. b) El polinomio anulador de f es (t ; ) 3, luego (f ; I) 3 =, f 3 ; 3f +3f ; I = luego

28 lgebra Lineal. Problemas resueltos I = f 3 ; 3f +3f = f(f ; 3f +3I) =(f ; 3f +3I)f por lo que f ; = f ; 3f +3I Y la matriz ; es: ; = = ; ; ; Hallar la forma normal de Jordan del endomorsmo de R 4 cuya matriz es 3 ;4 ; 7 ;7 ;6 ; Hallando la base de R 4 en la cual la matriz del endomorsmo adopta dicha forma normal. alculemos los polinomios caracterstico y anulador de det( ; ti) =det(( 3 ;4 ; ) ; ti )det(( ; ) ; ti )= =(t ; ) 4 dim Ker( ; ti) =4; rango( ; I) =4; =

29 Forma reducida de Jordan 3 luego hay dos monogenos dim Ker( ; I) =4; rango( ; I) =4; =4=dim R 4 luego son dos monogenos de dim y la forma de Jordan es J = Y R 4 = E E con dim E i = para i = usquemos la base de Jordan: base de E : v Ker( ; I) v = Ker( ; I) v =( ) v =( ; I)v =( ;4 7 ;7) base de E : v 3 Ker( ; I) v 3 = Ker( ; I) v 3 =( ) v 4 =( ; I)v 3 =( ; ;6) hay que tomar la precaucion de que v 3 v 4 sean linealmente independientes de v v. 9. Determinar la forma reducida de Jordan del endomorsmo de R 3 cuya matriz en la base natural es a a ; ; con a R

30 4 lgebra Lineal. Problemas resueltos usquemos el polinomio caracterstico: det( ; ti) =;(t ; ) (t ; ) ( a = dim Ker( ; I) = a 6= Para a = f diagonaliza, y D es D = para a 6= el valor propio nos da un unico subespacio monogeno, y J es J = usquemos la base de Jordan: distinguiremos dos casos ) a = v v Ker( ; I) =f(x y z)=x + z =g elegimos v =( ;) v =( ) v 3 Ker( ; I) =f(x y z)=x = y + z =g elegimos v 3 =( ;). ) a 6= v Ker( ; I) = f(x y z)=x + ay +(a +)z =g v = Ker( ; I) =f(x y z)=ay + az = x + z =g

31 Forma reducida de Jordan 5 elegimos v =(a ; ) v =( ; I)v =(;a ;a a) v 3 Ker( ; I) v 3 =( ;). Sea M n (R) ysea H el R-espacio vectorial generado por las matrices fi n; g a) Demostrar que si H y es inversible, entonces ; H. b) Si det, probar que existe H 6= talque =. a) Por el teorema de ayley-hamilton, sabemos que el polinomio caracterstico n + n; + + n anula a la matriz: n + n; + + n I = porloque n = P n i= ; i n;i H, con lo cual m H 8m n, y tiene sentido la aplicacion: f :H ;! H ;! f es lineal, pues f( + )=( + )= + = f( )+f( ) f() = () = = f() f es inyectiva, pues si =, al ser inversible, tenemos ; ( ) = ; ( ) y por tanto, =, y puesto que H es de dimension nita f es

32 6 lgebra Lineal. Problemas resueltos biyectiva, luego I H tiene antiimagen por la aplicacion f es decir, existe H tal que f() = = I, luego = ; H Nota: puesto que las matrices son de orden nito de = I, deducimos = ;. Si fueran de orden innito, podra ser que = I,pero 6= I. b) Supongamos 6= sea p() el polinomio anulador de tenemos que p() = P r i= i i = y puesto que det es = (ya que el polinomio anulador divide al caracterstico y tiene sus mismas races), luego + + r r = y sea pues = I + + r r; es distinta de cero, ya que si = el polinomio anulador de sera + + r x r; Si,entonces 8 H, tenemos =

33 nalisis matricial 7 aptulo 8 nalisis matricial. Dada la matriz a) alcular e e t. b) Utilizar dicho resultado para resolver el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales : 8 >< >: x =3x +y +4z y =x +z z =4x +y +3z sabiendo que para t = x = y = z =3 a) La exponencial de una matriz viene denida por: e lim p! (I + +! + p! p ) Puesto que existe S tal que SDS ;,con D matriz diagonal, tenemos que:

34 8 lgebra Lineal. Problemas resueltos e lim p! (SS; + SDS ; +! SD S ; + + p! SDp S ; )= = Slim p! (I + D +! D + p! Dp )S ; = Se D S ; veamos que en efecto existen las matrices S y D det( ; I) =;( +) ( ; 8) dim ker( + I) = luego D = ; ; 8 determinemos S fv v g base de ker( + I) x y z v =( ;) ) x + y +z = ) v =( ;) 9 = v 3 ker( ; 8I) ;5 4 ;8 4 ;5 x y z 9 = ;5x +y +4z = ) x ; 8y +z = ) v 3 =( ) de donde

35 nalisis matricial 9 S = y S ; = 9 ; ; 5 ; ;4 ; 4 ; por lo tanto e D = lim p! + p! ; ; 8 +! (;) (;) + (8) (;)p (;) p e; e ; (8) p e 8 y e Se D S ; = 5e; +4e 8 ;e ; +e 8 ;4e ; +4e 8 ;e ; +e 8 8e ; + e 8 ;e ; +e 8 9 ;4e ; +4e 8 ;e ; +e 8 5e ; +4e 8 e t lim p! (I + t +! t + + p! tp p )=Se td S ; y e td = e;t e ;t e 8t por lo que e t 5e;t +4e 8t ;e ;t +e 8t ;4e ;t +4e 8t ;e ;t +e 8t 8e ;t + e 8t ;e ;t +e 8t 9 ;4e ;t +4e 8t ;e t +e 8t 5e ;t +4e 8t b) Pasemos a la resolucion del sistema de ecuaciones diferenciales

36 lgebra Lineal. Problemas resueltos X(t) =e t X() con X() = 3 X(t) = x(t) y(t) z(t) por lo que X(t) = 9 ;e;t +e 8t 8e ;t +e 8t 7e ;t +e 8t. Resolver el sistema de ecuaciones diferenciales dx dt dy dt dz dt = x +y ; 4z = ;y +6z = ;y +4z 9 >= > El sistema puede expresarse matricialmente dx dt dy dt dz dt ;4 ; 6 ; 4 x y z es decir, dx dt = X. Intentaremos efectuar un cambio de base de modo que la nueva matriz J = S ; S sea dx lo mas sencilla posible. s, si X = SZ, tenemos dt = S dz dt y la ecuacion queda S dz dt = SJS; SZ,esdecir dz dt = JZ. usquemos la forma reducida de Jordan de

37 nalisis matricial det( ; I) =;( ; ) ( ; ) dim ker( ; I) = luego no diagonaliza y J = La base de Jordan es v ker( ; I) v = ker( ; I) sea pues v =( 3 ) v =( ; I)(v )=( ) v 3 ker( ; I) sea pues v 3 =( ) y la matriz S es S = 3 El sistema queda dz dt dz dt dz 3 dt z z z 3 cuya solucion es: z = e t z =( t + )e t z 3 = 3 e t 9 >= >

38 lgebra Lineal. Problemas resueltos que volviendo a la base natural x y z 3 e t ( t + )e t 3 e t de donde x =( t + + )e t y =3 e t + 3 e t z = e t + 3 e t 9 >= > 3. Sea f un endomorsmo del R-espacio vectorial R 4 tal que su matriz en la base natural es: ; 9 ;4 ;4 3 5 ; ;3 a) Obtener la forma reducida de Jordan de f y la base de Jordan correspondiente. b) alcular e 3. a) Determinemos la forma reducida de det( ; I) =( +)3( ; ) dim ker( + I) = luego no diagonaliza, y el valor propio ; nos proporciona dos monogenos y la matriz de Jordan es J = ; ; ;

39 nalisis matricial 3 usquemos la base de Jordan v ker( + I) v = ker( + I) v =( ) v =( + I)v =( 3 ) v 3 ker( + I) independiente con v sea v 3 =( 3 ) v 4 ker( + I) v 4 =( ) y la matriz cambio de base es S = y S ; = 3 3 ;4 ;6 ; ; 4 6 b) e 3 e 3SJS; = Se 3J S ; e 3J = e ;3 3e ;3 e ;3 e ;3 e 3 luego e 3 e ;3 36e ;3 3e ;3 ;e ;3 ;9e ;3 + e 3 9e ;3 75e ;3 ;9e ;3 ;46e ;3 + e 3 e 3 4. Determinar las funciones reales de una variable x(t), y(t), z(t), u(t) tales que verican el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales lineales x = x ; z + u y = y + z z = z u = u 9 >= >

40 4 lgebra Lineal. Problemas resueltos y las condiciones iniciales x() = y() = z() = u() =. Escribiendo el sistema dado en forma matricial X = X ; x y z u x y z u usquemos la forma reducida de Jordan de la matriz para simplicar el problema det( ; I) =( ; ) 4 dim ker( ; I) = luego hay dos monogenos dim ker( ; I) =4 luego ambos monogenos son de dimension dos, por lo que la matriz de Jordan adopta la forma J = usquemos la base de Jordan e e 3 ker( ; I) e e 3 = ker( ; I) e =( ; I)e e 4 =( ; I)e 3 de manera que e e e 3 e 4 sean independientes.

41 nalisis matricial 5 Sea pues luego e =( ) ) e =(; ) e 3 =( ) ) e 4 =( ) S = ; y S ; = e t e tsjs; = Se tj S ; e tj = e t t t e t te t e t e t te t e t por lo tanto e t e t ;te t te t e t te t e t e t y la solucion del sistema es: x y z u = e t x() y() z() u() e t te t e t e t 5. Dada la matriz 6 6

42 6 lgebra Lineal. Problemas resueltos Hallar: I n + = X i= i usquemos, para obtener de forma sencilla matriz n, la forma reducida de Jordan de la det( ; I) =( ; )( + 3 ) luego diagonaliza D = ; 3 y la matriz cambio de base es: v ker( ; I) v =( 3) v ker( + 3 I) v =(; ) S = ; 3 y S ; = 5 ;3 X n= n = n = SD n S ; ( = S )n (; S ; = 3 )n = 5 ( )n ( 3 )n 5 ( )n ; 5 ( 3 )n 6 5 ( )n ; 6 5 (; 3 )n 3 5 ( )n + 5 (; 3 )n P P 5 n= ( )n + 3 P 5 n= ( 3 )n P 5 n= ( )n ; 5 n= ( 3 )n P 6 P (; 5 n= )n ; 6 P (; 5 n= 3 )n 3 P ( 5 n= )n + (; 5 n= 3 )n

43 nalisis matricial 7 P n= ( )n = (es la suma de los terminos de una progresion geometrica de primer termino y razon < ). P (; n= 3 )n = 3 ( es la suma de los terminos de una progresion geometrica de 4 primer termino y razon ; 3 j; 3 j < ). Por lo que: X X n= X n= X n= n= ( )n ( )n ; 5 ( )n ; 6 5 ( )n + 5 X X n= X n= X n= n= (; 3 )n = 5 4 (; 3 )n = 4 (; 3 )n = 3 (; 3 )n = 3 y X n= n = Sea alcular sen. Por denicion:

44 8 lgebra Lineal. Problemas resueltos sen X n= (;) n n+ (n +)! Determinemos la forma reducida de Jordan de det( ; I) =;( + I) +( ; ) dim ker( + I) = luego diagonaliza. La matriz cambio de base es v v ker( + I) independientes v 3 ker( ; I) sean pues luego S = p p ; p 6 6 p 6 6 ; p 6 6 p p v =( ; ) p p p v =( 6 6 ; ) p p p v 3 =( ) p 3 3 p 3 3 p 3 3 y S; = p ; p p 6 6 p 3 3 p 6 ; p p 3 3 p 3 3 y por lo tanto = S sen P n= X n= (;) n SD n+ S ; (n +)! = S( X n= (;) n D n+ )S ; = (n +)! (;) n (n+)! (;)n+ P n= (;) n (n+)! (;)n+ P n= (;) n (n+)! ()n+ S; =

45 nalisis matricial 9 = = S sen(;) sen(;) sen() S; = 3 sen(;) ; 3 sen(;) + 3 sen() ; 3 sen(;) + 3 sen() ; sen(;) + sen() sen(;) + sen() ; sen(;) + sen() ; 3 sen(;) + 3 sen() ; 3 sen(;) + 3 sen() 3 sen(;) + 3 sen()

46 3 lgebra Lineal. Problemas resueltos

47 Grupos 3 pendice I Grupos. onsideremos el subconjunto GL (R) dem (R) denido por GL (R) = a c b d j ad ; bc 6= a) Probar que (GL (R) ) es un grupo no conmutativo, ( es el producto habitual entre matrices). b) onsideremos el subconjunto SL (R) dem (R) denido por SL (R) = a c b d j ad ; bc = Probar que (SL (R) ) es un subgrupo del grupo (GL (R) ). : : a a) Primero veamos que la operacion esta bien denida, es decir dadas c Gl (R) entonces a b c d a b c d aa + bc = ab + bd ca + dc cb + dd b d a b = Gl c d (R) a b c d para ello basta calcular a d ; b c a d ; b c =(aa + bc )(cb + dd ) ; (ca + bc )(ab + bd )= =(ad ; bc)(a d ; b c ) 6= Veamos que se verican las propiedades de grupo y que falla la conmutatividad

48 3 lgebra Lineal. Problemas resueltos sociatividad a b a b c d c aa + bc ab + bd a b = ca + dc cb + dd c d (aa + bc )a +(ab + bd )c (aa + bc )b +(ab + bd )d = (ca + dc )a +(cb + dd )c (ca + dc )b +(cb + dd )d a(a a + b c )+b(c a + d c ) a(a b + b d )+d(c b + d d ) c(a a + b c )+d(c a + d c ) c(a b + b d )+d(c b + d d ) a b a a + b c a b + b d = c d c a + d c c b + d d a b c d d a b c d a b = c d a b c d Existencia de elemento neutro a b 8 GL c d (R). 9 tal que a b a b a b = = c d c d c d x y el elemento neutro es unico: supongamos que existe un elemento z a b 8 GL(R) se tiene c d a b x y x y a b a b = = c d z t z t c d c d y t = tal que entonces por ser por ser x y z t neutro ) neutro ) x z x z x z y t = y t y t = x y = z t 9 >= > ) Existencia de elemento simetrico

49 Grupos 33 a b 8 GL c d (R) ad ; cb 6= luego =ad ; bc R d=ad ; bc ;b=ad ; bc Sea GL ;c=ad ; bc a=ad ; bc (R) y es tal que: d=ad ; bc ;b=ad ; bc a b = ;c=ad ; bc a=ad ; bc c d a b d=ad ; bc ;b=ad ; bc = c d ;c=ad ; bc a=ad ; bc laramente para cada GL (R), el elemento simetrico es unico. (<omprobarlo!) a c b d Luego GL (R) tiene estructura de grupo, veamos que no es abeliano. Sean GL (R) = = b) Sean Sl (R) GL (R) consideremos ; GL (R) y veamos si pertenece a SL (R) det ( ; )=det ; det =det b det = =. Sea G un grupo tal que para cada x G x = e, siendo e el elemento neutro del grupo G. Probar que G es un grupo conmutativo. De x = e se tiene x = x ;

50 34 lgebra Lineal. Problemas resueltos Para todo par de elementos x y G se tiene xy G luego (xy) = xyxy = e premultiplicando dicha igualdad por x y postmultiplicando por y tenemos xyxy = e xxyxyy = xey eyxe = xy yx = xy luego el grupo es conmutativo. 3. Encontrar todos los subgrupos normales de S 3 S 3 = fi g g s s s 3 g con 3 i = 3 3 s = 3 3 g = 3 3 s = 3 3 g = 3 3 s 3 = 3 omponiendo de todas las formas posibles estos elementos, de dos en dos, obtenemos la siguiente tabla i g g s s s 3 i i g g s s s 3 g g g i s 3 s s g g i g s s 3 s s s s s 3 i g g s s s 3 s g i g s 3 s 3 s s g g i (Nota: en la tabla x y es x columna, y la) Teniendo en cuenta que

51 Grupos 35 a) el grupo es de orden seis, b) el orden de sus subgrupos ha de ser divisor de seis, c) un subconjunto de un grupo nito es subgrupo si este es cerrado con respecto la operacion, simplemente observando la tabla anterior, vemos cuales son los subgrupos de S 3, Subgrupos de orden : Subgrupos de orden : Subgrupos de orden 3: fig fi s g fi s g fi s 3 g fi g g g Subgrupos de orden 6: S 3 Son subgrupos normales los subgrupos fig S 3 (los impropios), as comoeldendice dos, que puesto que el orden de S 3 es seis, este es fi g g g. nalicemos si algun subgrupo de orden dos es normal, estudiemos por ejemplo fi s g (los otros dos se estudian de la misma forma). Se trata de comparar a fi s g,con fi s ga con a S 3 un elemento cualquiera: sea a = s s fi s g = fs g g fi s gs = fs g g conjuntos distintos por lo que el subgrupo no es normal, (ninguno de los tres subgrupos de orden dos es normal). 4. Sea S un subgrupo de un grupo G yseax G. Probar que es un subgrupo de G x ; Sx = fx ; yx j8y Sg Sean y y S entonces x ; y x y x ; y x son dos elementos de x ; Sx, veamos si se verica la condicion de subgrupo: (x ; y x)(x ; y x)=(x ; y x)(x ; y ; x)=x; y (xx ; )y ; x = x; y y ; x

52 36 lgebra Lineal. Problemas resueltos las igualdades anteriores son todas ellas ciertas puesto que x y y G que tiene estructura de grupo. son elementos de hora bien, por ser S subgrupo y y ; = y 3 S,luego (x ; y x)(x ; y x) ; = x ; y 3 x x ; Sx y por lo tanto x ; Sx es un subgrupo de G 5. Sea M () yseas = fx GL () j X Xg. a) >Es S un subgrupo de GL ()?. b) Determinar S para el caso en que a) Sean X X S luego verican X X y X X Para ver si se verica X X ; X X ; (condicion de subgrupo), veamos primero que, si X S entonces X ; S. En efecto: premultiplicando y postmultiplicando la igualdad X X por X ; tenemos y nalmente (a) X ; S X ; X X ; = X ; X X ; X ; = X ; X ; X; X X ; = X X ; = X X ; (a) (b) (b) X S Luego en efecto S es subgrupo. x x b) Sea X = S entonces x 4 x 3 x x x 3 x 4 = x x x 3 x 4

53 Grupos 37 x x3 x ) = 4 x 3 ;x3 x ) ; x 4 = x 3 ) x = x 4 x 3 = x x ) X = x ahora bien X GL () luego x 6= x x S = j x x 6= 6. Probar que (R ) cona b = 3p a 3 + b 3 es un grupo isomorfo a (R +). Veamos que (R ) es un grupo abeliano. ) La operacion esta bien denida (a b existe para todo a b R yesunico) sociatividad (a b) c =( 3p a 3 + b 3 ) c = 3 q( 3p a 3 + b 3 ) 3 + c 3 = = 3p (a 3 + b 3 )+c 3 = 3p a 3 +(b 3 + c 3 )= 3 qa 3 +( 3p b 3 + c 3 ) 3 = = a ( 3p b 3 + c 3 )=a (b c) Existencia de elemento neutro Si e R es tal que 8a R a e = e a = a entonces 3pa 3 + e 3 = a ) a 3 + e 3 = a 3 ) e 3 = por lo tanto e = y evidentemente es unico Existencia de elemento simetrico

54 38 lgebra Lineal. Problemas resueltos Si para cada a R existe a R tal que a a ; = a a = entonces = qa a 3 ) a 3 = ;a 3 ) a = a luego el elemento simetrico existe y es unico onmutatividad a b = 3p a 3 + b 3 = 3p b 3 + a 3 = b a Luego en efecto es grupo abeliano, establezcamos ahora el isomorsmo con (R +) ' :(R ) ;! (R +) a ;! '(a) =a 3 Dicha aplicacion esta bien denida ya que '(a) esunnumero real unico, para cada a R. Es inyectiva pues '(a) ='(b) ) a 3 = b 3 lo que implica a = b Es ademas exhaustiva pues 8a R existe 3p a tal que '( 3p a)=a Esta aplicacion es morsmo de grupos, ya que '(a b) ='( 3p a 3 + b 3 )=( 3p a 3 + b 3 ) 3 = a 3 + b 3 = '(a)+'(b) por lo que ' es un isomorsmo. 7. Sea G un grupo. Probar que si existe un numero entero n tal que (ab) n = a n b n para todo a b G entonces G n = fx n j x Gg y G n = fx G j x n = eg son subgrupos normales de G, ysig es un grupo nito entonces el orden de G n coincide con el ndice de G n

55 Grupos 39 onsideremos la aplicacion ' : G ;! G y comprobemos que es morsmo de grupos x ;! x n '(ab) =(ab) n = a n b n = '(a)'(b) (a) (a) por hipotesis Ker' = fx G j '(x) =eg = G n luego G n es subgrupo normal de G Im' = fy G j9x G tal que '(x) =yg = fx n j x Gg = G n luego G n subgrupo de G, veamos que tambien es normal es un 8y G yx n y ; =(yxy ; ) n G n Y por ultimo '(G) =G n ' G=G n, por lo que ord G n = ind G n 8. Probar que un grupo (G ) esabelianosiysolosilaaplicacion ' : G ;! G denida por '(x) =x ; es un automorsmo de G. La aplicacion ' esta bien denida puesto que cada elemento de G admite un inverso y este es unico. Supongamos ahora que ' es un automorsmo '(a b) ='(a) '(b) 8a b G Por denicion de ' tenemos Por denicion de elemento simetrico tenemos (a b) ; = a ; b ; () (a b) ; = b ; a ; ()

56 4 lgebra Lineal. Problemas resueltos que por () y () '(a b) =b ; a ; = '(b) '(a) ='(b a) y por ser ' automorsmo es a b = b a Luego G es conmutativo. Recprocamente La aplicacion ' es biyectiva por ser G grupo (para cada elemento a G existe simetrico y es unico), veamos que el hecho de ser el grupo abeliano nos asegura que ' es morsmo '(a b) =(a b) ; = b ; a ; = a ; b ; = '(a) '(b) (a) (a) hipotesis de conmutatividad 9. Sea G un grupo. Probar que el orden de un elemento a G es el mismo que el orden de su inverso a ; Sea n = ord a el orden de a G es decir a n = e. Puesto que todo elemento a G conmuta con su inverso a ; y este es tal que aa ; = e, se tiene (aa ; ) n = e n = e (aa ; ) n = aa ; :::aa ; = a n (a ; ) n y por lo tanto a n (a ; ) n = e hora bien a n = e luego (a ; ) n = e(a ; ) n = e. Por lo tanto si m es el orden de a ; se tiene que m es divisor de n. nalogamente tenemos (a ; a) m = e m = e de donde por lo que n es un divisor de n. a m = ea m =(a ; ) m a m = e Finalmente si n es divisor de m y m es divisor de n es que n = m.

57 nillos de clases de restos 4 pendice II nillos de clases de restos. Sea Z el anillo de los numeros enteros, un subconjunto, I Z, diremos que es un ideal si y solamente si 8x y I ) x ; y I 8x I 8a Z a x I Probar que todos los ideales de Z son de la forma I =(a) =fa m j8m Zg: Sea, a, elmenorentero positivo perteneciente a I, para todo m I, tenemos m = a c + r con r<a puesto que a I se tiene que a c I y por tanto r = m ; a c I r es positivo onulo y por pertenecer a I ha de ser nulo, luego m = a c es decir I =(a) (estos ideales se llaman principales).. a) Probar que la interseccion de dos ideales de Z es siempre un ideal. b) Probar, con un ejemplo, que la union de dos ideales de Z no tiene por que serun ideal.

58 4 lgebra Lineal. Problemas resueltos a) (a) \ (b) =I Sean x y I veamos si x ; y I.Dex y I se tiene x y (a) de donde x ; y (a) x y (b) de donde x ; y (b) De x ; y (a), y x ; y (b) se tiene x ; y (a) \ (b) =I Sean x I, m Z veamos si m x I. De x I se tiene x (a) luego m x (a) x (b) luego m x (b) De m x (a), y m x (b) se tiene m x I (b) onsideremos los ideales I =(3), I = () y sea (3) [ (). Tenemos que 9 (3), 4 () y 9 ; 4=5= (3) [ () puesto que 5 = (3) y 5 = (), luego (3) [ () no es ideal. 3. Probar que mcd(a b) =d, siendo d el generador del ideal suma de los ideales de Z generados por a b respectivamente. Recordemos que I + J = fa + b j a I b Jg es siempre un ideal. En Z sabemos que los ideales son principales, luego (a)+(b) =(d): Veamos que d es en efecto mcd(a b). (a) (d) pues 8m (a) m +=m (a)+(b) =(d). Por el mismo razonamiento (b) (d). De (a) (d) tenemos que a (d), luego a = d k

59 nillos de clases de restos 43 De (b) (d) tenemos que b (d), luego b = d k de donde d es divisor comun de a, yb faltaver que es el maximo. De (d) =(a)+(b) tenemos que d (a)+(b) luego existen m n Z tales que a m + b n = d por lo que si d es divisor de a y b lo es de a m + b n, esdecir,loesded,porlo que mcd(a b)=d. 4. Probar que mcm(a b) =c, siendo c Z el generador del ideal interseccion de los ideales generados por a b Z. Tenemos, por hipotesis, que (a) \ (b) =(c) veamos que c = mcm(a,b). de donde (c) (a) De (a) \ (b) =(c) tenemos (c) (b) c = a k con k Z c = b k con k Z luego c (a) luego c (b) luego c es multiplo de a y b. Veamos que es el mnimo. Sea h un multiplo de a y b cualquiera h = a h de donde h (a) h = b h de donde h (b) y por tanto, h (a) \ (b), es decir h = c h 3,estambien multiplo de c. 5. Probar que para que Z=(n) sea cuerpo, es condicion necesaria y suciente que n sea primo. Supongamos que Z=(n) es cuerpo, es decir 8a Z=(n), que a b =. a 6=, existe b Z=(n) tal

60 44 lgebra Lineal. Problemas resueltos Si n no fuera primo, existiran n n N ambos distintos de n, tales que n n = n por lo tanto n n = n =. Puesto que n 6= yz=(n) por hipotesis es cuerpo, existe m tal que n m =, luego = m = n n m = n m n = n = n, luego n = n y puesto que n j n, se tiene n = n contradiccion luego n ha de ser primo, y la condicion es necesaria. Veamos que es tambien suciente: Sea 6= a = fmn+a 8m Z con <a<ng. Puesto que n es primo, mcd(a n) = por lo que existen r s Z, talesque a r + n s = (recordar que (a)+(n) =()) luego a r + n s =, o sea, a r + n s = Pero n =, por lo tanto a r = y Z=(n) es cuerpo. 6. Determinar todos los divisores de cero de a) Z=() b) Z=(8) c) Z=(4). Un elemento a Z=(n) con a 6= es un divisor de cero si y solamente si existe b Z=(n), b 6= tal que a b = Observamos que si a es divisor de cero, tambien lo es b, ya b = n. a) = 3, luego los divisores de cero son, 3, 4, 6, 8, 9, es decir, las clases de resto de los divisores propios de y de los elementos que tienen un factor que lo es de. Observamos que 6=, 3 4=, 3 8=, etc. b) 8= 3, luego los divisores de cero son, 3, 4, 6, 8, 9,,, 4, 5, 6, es decir, las clases de resto de los divisores propios de 8 y de los elementos que tienen un factor que lo es de 8. Observamos que 9=, 4 6=, 8 3=, 4 9=, etc. c) 4 = 3 3, luego los divisores de cero son, 4, 8, 3, 6,,, 4, 6, 8,,, 9, 5,, es decir, las clases de resto de los divisores propios de 4 y de los elementos que tienen un factor que lo es de 4.

61 nillos de clases de restos 45 Observamos que =, 4 6=, 8 3=, 8=, etc. 7. Escribir las tablas de sumar y multiplicar de Z=(4) y resolver el sistema de ecuaciones x +3y = x +y = x +3y = x +y = (a) ) x + y = ) y = (b) ) x +3 = ) x += ) x =3 no tiene solucion pues no existe ningun elemento x en Z=(4) tal que x = 3. Observese que no es inversible en Z=(4) (es un divisor de cero) (a) sumando ambas ecuaciones. (b) sustituyendo el valor de x en la primera ecuacion. 8. Escribir la tabla de sumar y multiplicar del cuerpo Z/(5) y resolver el sistema x +y = x + y =

62 46 lgebra Lineal. Problemas resueltos x +y = x + y = (a) ) x +4y = x + y = ) 4x = ) x =3 (b) ) 4x +y = (c) ) 3+y = ) +y = ) y =4 (a) multiplicando la primera ecuacion por. (b) sumando ambas ecuaciones. (c) sustituyendo el valor de x en la segunda ecuacion. 9. Descomponer en fracciones simples, sobre Z/(5) la fraccion racional siguiente 4 x +4x +3 Hallemos primero las races del denominador, haciendo uso de las tablas del ejercicio anterior: (x +4x + 3)(4) = = (x +4x + 3)() = = luego x +4x +3=(x ; 4)(x ; ) = (x +)(x +3),luego 4 (x +)(x +3) = x + + x +3 4 (x +3)+(x +) = = (x +)(x +3) (x +)(x +3) Igualando numeradores tenemos + = 3 + =4 ) =3 ( + )x +3 + (x +)(x +3)