CAP´ITULO

3

´ ´ EJERCICIOS RESUELTOS: CONCEPTOS BASICOS DE ALGEBRA LINEAL

Ejercicios resueltos1 1. La norma p (tambi´en llamada lp ) en Rn se define como à n !1/p X kxkp = |xi |p . i=1

Demuestre que cumple los axiomas de norma. Calcule el l´ımite lim kxkp .

p→∞

Soluci´on. Verifiquemos cada uno de los axiomas de la definici´on de norma: (a) kxkp ≥ 0, con kxkp = 0 s´olo si x = 0. Esta propiedad es evidente, puesto que |xi | ≥ 0. (b) kα xkp = |α| kxkp . Es f´acil de demostrar ya que !1/p à !1/p !1/p à n à n n X X X p p p p |α xi | |xi | |xi | = |α| = |α| . i=1 1

i=1

i=1

c Francisco R. Villatoro, Carmen M. Garc´ıa, Juan I. Ramos. Estas notas est´ ° an protegidas por derechos de

copyright y pueden ser distribuidas libremente s´ olo con prop´ ositos educativos sin ´ animo de lucro. These notes are copyright-protected, but may be freely distributed for instructional nonprofit purposes.

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Cap´ıtulo 3. Ejercicios resueltos: Conceptos b´asicos de ´algebra lineal

(c) kx + ykp ≤ kxkp + kykp . Demostrar este resultado es m´as dif´ıcil. Dos n´ umeros reales positivos p y q tales que 1 1 + =1 p q se denominan exponentes duales. Dados dos n´ umeros reales a, b > 0 se cumple a1/p b1/q ≤

a b + , p q

para cuya prueba basta observar que para t ≥ 1, t1/p ≤

t 1 + , p q

ya que si evaluamos en t = 1 los dos miembros de la desigualdad son iguales, dado que los exponentes son duales, y adem´as para t > 1 la derivada del primer miembro es siempre menor que la del segundo, siendo ambas positivas, y por tanto, la funci´on del primer miembro crece m´as lentamente que la del segundo. Sustituyendo a/b ≥ 1 o b/a ≥ 1 se prueba la desigualdad deseada. Tomemos como a y b a= con lo que obtenemos

|xi |p , kxkpp

b=

|yi |q , kykqq

1 |xi |p |xi | |yi | 1 |yi |q ≤ , p + kxkp kykq p kxkp q kykqq

y aplicando sumatorios a ambos lados X 1 1 1 |xi | |yi | ≤ + = 1, kxkp kykq p q i

y de esta expresi´on es f´acil obtener la desigualdad de Minkowski en su versi´ on general |hx, yi| ≤ kxkp kykq . Aplicando sumatorios a la siguiente desigualdad |xi + yi |p ≤ |xi | |xi + yi |p−1 + |yi | |xi + yi |p−1 , obtenemos X i

|xi + yi |p ≤

X

|xi | |xi + yi |p−1 +

i

X

|yi | |xi + yi |p−1 ,

i

y aplicando la desigualdad de Minkowski dos veces X i

|xi + yi |p ≤ kxkp k(x + y)p−1 kq + kykp k(x + y)p−1 kq ,

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que podemos escribir como kx + ykpp ≤ (kxkp + kykp ) k(x + y)p−1 kq . Pero como los exponentes son duales kz

p−1

kq =

à X

!1/q (p−1)q

|zi |

=

à X

!1/q p

= kzkp/q p ,

|zi |

i

i

donde hemos usado (p − 1) q = p; como adem´as p/q = p − 1, obtenemos finalmente kx + ykpp ≤ (kxkp + kykp ) k(x + y)kp−1 p , es decir, la desigualdad triangular queda demostrada. Finalmente tenemos que calcular à p 1/p

lim kxkp = lim (|xi | )

p→∞

p→∞

= lim

p→∞

X ¯¯ xi ¯¯p ¯ ¯ |xmax | ¯ xmax ¯

!1/p

p

i

à ¯ !1/p ¯ X ¯ xi ¯p ¯ ¯ = |xmax | lim , ¯ xmax ¯ p→∞ i

donde xmax = maxi |xi |. Al menos hay un xi que coincide con el xmax , pero puede que haya m´as de uno, supongamos que hay r ≥ 1. En ese caso, las (n − r) restantes componentes de x cumplen que

¯ ¯ ¯ xi ¯ ¯ ¯ ¯ xmax ¯ < 1

¯ ¯ ¯ xi ¯p ¯ ¯ = 0, lim p→∞ ¯ xmax ¯

⇒

y para las r ≥ 1 componentes iguales a xmax , tenemos que ¯ ¯ ¯ xi ¯ ¯ ¯ lim (r)1/p = 1, ¯ xmax ¯ = 1 ⇒ p→∞ por lo que, finalmente, lim kxkp = max |xi | = kxk∞ .

p→∞

i

2. Demuestre que toda matriz cuadrada tiene una forma normal de Schur, es decir, que es unitariamente semejante a una matriz triangular. Soluci´on. Lo demostraremos por inducci´on. Para n = 1 es trivialmente cierto. Supongamos que es cierto para toda matriz de orden (n − 1) × (n − 1). Sea A una matriz de orden n×n. Sea λ1 y x1 un autovalor de A y uno de sus autovectores asociados, respectivamente, es decir, A x1 = λ1 x1 . Sea x1 unitario, kx1 k2 = 1. Existen n − 1 vectores x2 , . . . , xn que

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Cap´ıtulo 3. Ejercicios resueltos: Conceptos b´asicos de ´algebra lineal

completan a x1 hasta formar una base ortonormal de Cn . La matriz U = [x1 , . . . , xn ] con columnas xi es unitaria, U ∗ U = I. Sea e1 = (1, 0, . . . , 0)> el primer vector de la base can´onica. Entonces, como U ∗ A U e1 = U ∗ A x1 = λ1 U ∗ x1 = λ1 e1 , la matriz U ∗ A U tiene la forma 



 λ1 a   U∗ A U =    0 A1 donde A1 es una matriz de orden n − 1 y a> ∈ Cn−1 . Por hip´otesis de inducci´on existe una matriz unitaria U1 de orden n − 1 tal que U1∗ A U1 es una matriz triangular superior. Finalmente, la matriz





 1 0   V =U    0 U1 es una matriz unitaria de orden n que satisface que   



 1 0  ∗  1 0   U AU   V ∗AV =      0 U1∗ 0 U1 







 1 0   λ1 a   1 0     =     0 U1∗ 0 A1 0 U1 

      =     

λ1 0 .. . 0

∗

···

∗   ..  .. . .  λ2  .  .. .. . . ∗     · · · 0 λn

3. Demuestre que toda matriz A ∈ Mn×m tiene descomposici´on en valores singulares, es decir, se puede factorizar en la forma A = V D U,

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donde V ∈ Mm×m y U ∈ Mn×n son matrices unitarias y D ∈ Mm×n es una matriz diagonal. Demuestre tambi´en que los valores de la diagonal de D (valores singulares) coinciden con las ra´ıces cuadradas de los valores propios de la matriz A∗ A (que es herm´ıtica), es decir, A∗ A xi = σi2 xi . Soluci´on. Sea B = A∗ A una matriz Mn×m . B es una matriz herm´ıtica que es semidefinida positiva, ya que hx, A∗ A xi = hA x, A xi ≥ 0. Una matriz herm´ıtica tiene autovalores reales, y si es semidefinida positiva, ´estos son no negativos, ya que hx, B xi = λ hx, xi ≥ 0, luego λ ≥ 0. Sean σ12 , σ22 , . . . , σn2 los autovalores de B, que supondremos ordenados de 2 mayor a menor (puede haber repeticiones) σ12 ≥ σ22 ≥ · · · ≥ σr2 > σr+1 = · · · = σn2 = 0.

Adem´as, sean {ui } un conjunto ortonormal de vectores propios de B (que siempre existe por ser herm´ıtica). De esta forma tenemos que B ui = A∗ A ui = σi2 ui . Adem´as, kA ui k22 = σi2 kui k22 = σi2 y A ui = 0 para i ≥ r + 1. Por tanto, el rango r = rango(A∗ A) ≤ min{rango(A), rango(A∗ )} ≤ min{n, m}, ya que si dos filas de A son linealmente dependientes, entonces tras multiplicarlas por A∗ lo seguir´an siendo (y lo mismo para columnas de A∗ ). Sea U ∈ Mn×n , cuyas filas son los vectores ui > , es decir, [u1 , . . . , un ]∗ . Sea vi = σi−1 A ui , 1 ≤ i ≤ r. Los vectores vi forman un sistema ortonormal, ya que para 1 ≤ i, j ≤ r, hvi , vj i = hσi−1 A ui , σj−1 A uj i = (σi σj )−1 hui , A∗ A uj i = (σi σj )−1 σj2 δij = δij . Podemos formar una base de Cm completando esos r vectores ortonormales con otros vr+1 , . . . , vm . Sea U ∈ Mm×m , cuyas columnas son los vectores [v1 , . . . , vn ]. Finalmente, sea D ∈ Mm×n una matriz diagonal que tiene σ1 , σ2 , . . . , σr en la diagonal y ceros en las dem´as posiciones. En tal caso, V ∗ A U ∗ = D, ya que (V ∗ A U ∗ )ij = vi∗ A uj = hvi , A uj i, que es cero para j ≥ r + 1, y hvi , A uj i = hvi , σj vj iσj δij , para j ≤ r. Las matrices U y V son unitarias por tener sus columnas y filas ortonormales entre s´ı, respectivamente.

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Cap´ıtulo 3. Ejercicios resueltos: Conceptos b´asicos de ´algebra lineal

4. Demuestre que si A es una matriz real cuadrada cuyo radio espectral es menor que la unidad (ρ(A) < 1), entonces existe la inversa (I − A)−1 y es igual a la serie (I − A)−1 = I + A + A2 + · · · + An + · · · , que es convergente. Soluci´on. Si el determinante |I − A| = 0, entonces existe al menos un x 6= 0 tal que (I − A) x = 0, por lo que 1 ser´ıa un autovalor de A (A x = x) lo que es imposible ya que ρ(A) < 1. Por tanto, |I − A| = 6 0, y existe la inversa (I − A)−1 . Escojamos una norma k · k subordinada tal que kAk < 1, que existe porque ρ(A) < 1. Definamos la suma parcial de la serie pedida Bn = I + A + · · · + An , y recordemos que queremos probar lim Bn = (I + A)−1 ,

n→∞

es decir, que lim k(I + A)−1 − Bn k = 0.

n→∞

Pero sabemos que se cumple que (I − A) Bn = I − An+1 ,

Bn = (I − A)−1 (I − An+1 ),

(I − A)−1 − Bn = (I − A)−1 An+1 , y entonces 0 ≤ k(I − A)−1 − Bn k ≤ k(I − A)−1 k kAn+1 k ≤ k(I − A)−1 k kAkn+1 . Aplicando el l´ımite a ambos lados y recordando que kAk < 1 obtenemos el resultado buscado 0 ≥ lim k(I + A)−1 − Bn k ≥ 0. n→∞

5. Demuestre que si A y B son matrices reales cuadradas, con |A| = 6 0, si kA − Bk <

1 , kA−1 k

entonces existe B −1 . Adem´as acote la diferencia kA−1 − B −1 k.

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Soluci´on. Definamos D = A−1 (A − B), de forma que se verifica B = A − (A − B) = A (I − A−1 (A − B)) = A (I − D). Por hip´otesis sabemos que 1 > kA−1 k kA − Bk ≥ kA−1 (A − B)k = kDk, por lo que 1 > kDk ≥ ρ(D) y por el ejercicio previo, existe (I − D)−1 , con lo que entonces tambi´en existe la inversa B −1 = (I − D)−1 A−1 . Seguidamente acotaremos la norma de la inversa kB −1 k ≤ kA−1 k k(I − D)−1 k ≤

kA−1 k . 1 − kA−1 (A − B)k

para finalmente acotar la diferencia entre las dos inversas A−1 − B −1 = A−1 (B − A) B −1 kA−1 − B −1 k ≤ kA−1 k kA − Bk kB −1 k ≤

kA−1 k2 kA − Bk . 1 − kA−1 k kA − Bk

6. Dada una matriz cuadrada A demuestre que |tr(A)| ≤ n ρ(A). Si, adem´as, A es herm´ıtica (o sim´etrica) y definida positiva tr(A) ≥ ρ(A). Soluci´on. Suponiendo conocida la definici´on de traza tr(A) =

X

aii ,

i

y su equivalencia con la suma de los autovalores de A, tr(A)| =

n X

λi ,

i=1

obtenemos f´acilmente ¯ ¯ n n ¯ X ¯X ¯ ¯ |λi | ≤ n max |λi | ≤ n ρ(A). λi ¯ ≤ |tr(A)| = ¯ i ¯ ¯ i=1

i=1

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Cap´ıtulo 3. Ejercicios resueltos: Conceptos b´asicos de ´algebra lineal

Por un lado, como A es herm´ıtica, sus autovalores son reales y al ser definida positiva, ∀x 6= 0, hx, A xi > 0, estos autovalores son positivos, ya que para A x = λ x, x 6= 0, hx, xi > 0, hx, A xi = λ hx, xi > 0

⇒

λ > 0.

Finalmente, como una suma de n´ umeros positivos es siempre mayor que el mayor de los sumandos tr(A) =

X

λi ≥ max λi = max |λi | = ρ(A). i

i

i

7. Demuestre que para x ∈ Cn , se tiene que (a) kxk∞ ≤ kxk1 ≤ n kxk∞ , √ (b) kxk∞ ≤ kxk2 ≤ n kxk∞ , (c) kxk2 ≤ kxk1 ≤ n kxk2 . Es decir, estas tres normas son equivalentes entre s´ı. Soluci´on. (a) Como max |xi | ≤

1≤i≤n

n X i=1

n X |xi | ≤ n kxk∞ , |xi | = kxk∞ kxk∞ i=1

donde se ha usado que |xi |/kxk∞ ≤ 1, tenemos que las normas infinito y uno son equivalentes kxk∞ ≤ kxk1 ≤ n kxk∞ . (b) Ya que

v v u n u n X u uX |xi |2 2 2 t t |xi | = kxk∞ kxk2 = , kxk2∞ i=1

i=1

por lo mismo que antes p p kxk2∞ ≤ kxk2 ≤ kxk2∞ n, y tenemos que las normas infinito y eucl´ıdea son equivalentes √ kxk∞ ≤ kxk2 ≤ n kxk∞ . (c) Dado que kxk22

=

n X i=1

2

|xi | ≤ max |xi | 1≤i≤n

n X

|xi | = kxk∞ kxk1 ,

i=1

y aplicando el apartado (a) obtenemos f´acilmente p kxk2 ≤ kxk∞ kxk1 ≤ kxk1 ≤ n kxk∞ ≤ n kxk2 .

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8. Dado el polinomio p(x) = b0 + b1 x + · · · + bm xm , y la matriz cuadrada A, se define p(A) = b0 I + b1 A + · · · + bm Am . Suponga que la forma can´onica de Jordan de A es diagonal, es decir,        −1 P AP = Λ =      

λ1

0

0

λ2

.. .

.. .

0

0

···

0    ··· 0   . ..  .. . .     · · · λn

Dado el polinomio caracter´ıstico de A, p(λ) = |A − λ I| = 0, demuestre que p(A) = 0. Soluci´on. Sea el polinomio caracter´ıstico de A p(λ) = b0 + b1 λ + · · · + bn λn . Ya que I = P I P −1 ,

A = P Λ P −1 ,

A2 = A A = P Λ P −1 P Λ P −1 = P Λ2 P −1 ,

...,

tenemos que p(A) = P (b0 I + b1 Λ + · · · + bn Λn ) P −1 , y como el t´ermino entre par´entesis es nulo porque p(λi ) = 0, p(A) = 0. 9. Dada una matriz A cuadrada cuyos autovalores son λi y sus autovectores ui , determine los autovalores y los autovectores de (a) Am , (b) A−1 , (c) A + c I,

m ≥ 2, suponiendo que |A| = 6 0, donde c es una constante.

Soluci´on. Dado que A ui = λi ui ,

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Cap´ıtulo 3. Ejercicios resueltos: Conceptos b´asicos de ´algebra lineal

(a) Am ui = Am−1 λi ui = Am−2 λ2i ui = · · · = λm i ui , que indica que los autovalores de Am son λm i y que sus autovectores son los mismos que A. (b) ui = A−1 A ui = λi A−1 ui = λi µi ui con lo que A−1 ui = µi ui = donde |λi | 6= 0 ya que |A| =

Q

i λi

1 ui , λi

6= 0. Luego los autovalores de A−1 son 1/λi y sus

autovectores los mismos que los de A. (c) (A + c I) ui = A ui + c ui = (λi + c) ui . 10. Para cualquier matriz A, si U es unitaria y del mismo orden que A, demuestre que kA U k2 = kU Ak2 = kAk2 . Soluci´on. La definici´on de la norma dos como norma matricial subordinada es kA xk2 . kxk6=0 kxk2

kAk2 = sup Si U es unitaria resulta que

kU A xk22 = hU A x, U A xi = hA x, U ∗ U A xi = kA xk22 y por tanto

kU A xk2 kA xk2 = sup = kAk2 . kxk 2 kxk6=0 kxk6=0 kxk2

kU Ak2 = sup Haciendo y = U x, tenemos que

kyk22 = kU xk22 = hU x, U xi = hx, U ∗ U xi = hx, xi = kxk22 , por lo que

kA U xk2 kA yk2 = sup = kAk2 . kxk2 kxk6=0 kyk6=0 kyk2

kA U k2 = sup

11. Sea U una matriz unitaria. Demuestre que

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(a) kU xk22 = kxk2 ,

x ∈ Cn ,

(b) la distancia entre x e y es la misma que la distancia entre U x y U y, (c) hU x, U yi = hx, yi,

x, y ∈ Cn ,

(d) los autovalores de U tienen m´odulo unidad, |λU | = 1. Soluci´on. (a) kU xk22 = hU x, U xi = hx, U ∗ U xi = hx, xi = kxk22 , (b) la distancia entre x e y es kx − yk2 , por lo que kU x − U yk2 = kU (x − y)k2 = kx − yk2 , (c) hU x, U yi = hx, U ∗ U yi = hx, yi. (d) Sea U ui = λi ui , entonces hui , ui i = hU ui , U ui i = hλi ui , λi ui i = |λi |2 hui , ui i, con lo que |λi | = 1. Los autovectores de una matriz unitaria son linealmente independientes y definen una base ortonormal, por lo que todo vector se puede escribir de la forma x=

n X i=1

hx, ui i ui =

n X

αi ui ,

i=1

y por tanto hU x, U xi = hx, xi =

n X

|αi |2 .

i=1

12. Dada la matriz A herm´ıtica que es definida positiva, es decir, ∀x ∈ Cn , hA x, xi > 0, demuestre que A es definida positiva si y s´olo si sus autovalores son reales y positivos. Soluci´on. Sea A ui = λi ui . Sabemos que los autovalores de una matriz herm´ıtica son n´ umeros reales. Entonces de la definici´on de matriz definida positiva aplicada a un autovector hA ui , ui i = λi hui , ui i > 0 obtenemos que el autovalor ha de ser positivo λi > 0, ya que hui , ui i > 0.

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Cap´ıtulo 3. Ejercicios resueltos: Conceptos b´asicos de ´algebra lineal

Por otro lado, si A es herm´ıtica con autovalores reales, entonces sus autovectores definen una base ortonormal y ∀x,

X

x=

αi ui ,

i

por lo que hA x, xi = hA

X

αi ui ,

X

X X αi ui i λi αi ui , αi ui i = h i

i

i

i

XX XX hλi αi ui , αj uj i = λi αi αj hui , uj i

=

i

X

=

i

j

j

λi |αi |2 > 0,

i

por ser una suma de n´ umeros positivos. Luego A es definida positiva. 13. Defina

∞

X Ai A2 A3 + + ··· = I + . e =I +A+ 2 3! i! A

i=1

Demuestre que los autovalores de

eA

son

eλi

donde λi son los autovalores de A. Adem´as

demuestre que si B es semejante a A, P −1 B P = A, entonces eA = P −1 eB P . Soluci´on. Sea A ui = λi ui . Como Am ui = λm i ui , entonces eA ui =

∞ ∞ X X Am λm i ui = ui = eλi ui . m! m!

m=0

m=0

Por otro lado, A = P −1 B P implica que Am = (P −1 B P )m = P −1 B m P, entonces eA = eP

−1

BP

=I+

∞ ∞ X X (P −1 B P )m (P −1 B m P ) =I+ m! m!

m=1

à =P

−1

∞ X Bm I+ m!

m=1

! P = P −1 eB P.

m=1

14. Examen 17/abril/1993. Considere una matriz arbitraria A y una matriz unitaria U . Sabiendo que kA xk22 = hA x, A xi = x∗ A∗ A x, (a) determine la relaci´on entre kAk2 y kU Ak2 ,

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(b) demuestre que kAk22 ≤ λmax (A∗ A), donde λmax (A∗ A) es el mayor autovalor de A∗ A en valor absoluto. (c) ¿cu´al es el vector x para el que kA xk22 = λmax (A∗ A)? (d) demuestre que los autovalores de A∗ A son reales, positivos o cero, ¿por qu´e? (e) ¿cu´al es la relaci´on entre kAk2 y kA∗ k2 ? (f) ¿cu´al es la relaci´on entre los radios espectrales de A y A∗ A, si A es herm´ıtica? (g) demuestre que para cualquier A arbitraria: kAk ≥ ρ(A), donde ρ(A) es el radio espectral de A. Soluci´on. (a) Ya que kU A xk22 = hU A x, U A xi = hA x, U ∗ U A xi = hA x, A xi = kA xk22 obtenemos de la definici´on de norma matricial subordinada que kAk2 = kU Ak2 (b) Como B = A∗ A es una matriz herm´ıtica, sus autovectores B ei = λBi ei definen una base ortonormal {ei }, todo vector se puede desarrollar como x=

X

xi ei ,

i

y por tanto, X X kA xk22 = hA x, A xi = hx, B xi = h x i ei , xi λBi ei i i

i

X X ≤ λB max h xi ei , xi ei i = λB max kxk22 , i

i

y de la definici´on de norma matricial subordinada se obtiene kAk22 ≤ λB max = λmax (A∗ A). (c) Del apartado anterior se deduce la igualdad kA xk22 = λmax (A∗ A) para el vector unitario x en la direcci´on del autovector del autovalor de m´odulo m´aximo B emax = λB max emax ,

x=

emax . kemax k2

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Cap´ıtulo 3. Ejercicios resueltos: Conceptos b´asicos de ´algebra lineal

(d) B = A∗ A es una matriz herm´ıtica y por tanto sus autovalores B ei = λBi ei son reales ya que hB ei , ei i = λBi hei , ei i = λBi hei , ei i = hei , B ei i. Adem´as no son negativos 0 ≤ hA ei , A ei i = hei , B ei i = λBi hei , ei i, λBi =

kA ei k22 ≥ 0. kei k22

(e) Son iguales entre s´ı, ya que kA xk22 = hx, B xi = hx, B ∗ xi = kA∗ xk22 . (f) Si A es herm´ıtica (A = A∗ ) y A x = λ x, entonces A∗ A x = A2 x = λ A x = λ2 x. Por tanto, ρ(A∗ A) = ρ2 (A). (g) Sea A xi = λi xi con kxi k = 1, entonces kA xi k = kλi xi k = |λi | kxi k = |λi | ≤ kAk kxi k = kAk, por la definici´on de norma matricial subordinada. Por lo tanto ρ(A) = max |λi | ≤ kAk. i

15. Examen 23/junio/1993. Dada la matriz cuadrada A de dimensiones n × n que es diagonalmente dominante por filas, es decir, |aii | ≥

n X

|aij |,

i = 1, 2, . . . , n,

j=1,j6=i

y la definici´on de norma kAk∞ = max

1≤i≤n

n X

|aij |.

j=1

(a) ¿Cu´al es el mayor valor de kAk∞ si |aij | < ∞? (b) Para ese valor de kAk∞ , ¿cu´al es la soluci´on del sistema A x = 0? ¿Por qu´e? (c) ¿Cu´al es el menor valor posible de kAk∞ si |aij | < ∞? (d) Para ese valor de kAk∞ , ¿cu´al es la soluci´on del sistema A x = b si kbk∞ 6= 0? ¿Por qu´e?

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(e) Para cualquier valor de kAk∞ distinto de los obtenidos en los apartados (a) y (c), ¿cu´al es la soluci´on del sistema A x = 0? ¿Por qu´e? Soluci´on. (a) Como A es diagonalmente dominante, 2 |aii | ≥

n X

|aij |

⇒

kAk∞ ≤ 2 max |aii |. 1≤i≤n

j=1

(b) Supongamos que el sistema lineal A x = 0 tiene una soluci´on distinta de cero. Sea la k-´esima componente de la soluci´on la de valor m´aximo, es decir, |xk | = max |xi | = 6 0. i

Esta fila k-´esima ser´a akk xk = −

n X

aki xi ,

i=1,k6=i

pero en ese caso tomando valores absolutos ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ X ¯ ¯ X ¯ ¯ n ¯ ¯ n ¯ |akk xk | = |akk | |xk | = ¯¯ aki xi ¯¯ ≤ ¯¯ aki |xk |¯¯ ¯i=1,k6=i ¯ ¯i=1,k6=i ¯ ¯ ¯ ¯ X ¯ ¯ n ¯ ¯ =¯ aki |xk |¯¯ |xk |, ¯i=1,k6=i ¯ es decir,

¯ ¯ ¯ n ¯ X ¯ ¯ ¯ |akk | ≤ ¯ aki |xk |¯¯ ¯i=1,k6=i ¯

que contradice la hip´otesis de dominancia diagonal. Por tanto, por reducci´on al absurdo, la u ´nica soluci´on es xi = 0, es decir, x = 0. (c) El m´ınimo valor de kAk∞ = 0, y se da para la matriz nula A = 0, es decir, aij = 0. (d) Para ese valor el sistema A x = b es incompatible a no ser que b = 0, en cuyo caso no existe sistema alguno. (e) El teorema del rango nos dice que la soluci´on del sistema A x = 0 para una matriz cualquiera ser´a nula salvo que |A| = 0, en cuyo caso existir´an infinitas soluciones. Nota: una matriz diagonalmente dominante puede ser singular (tener determinante nulo).

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Cap´ıtulo 3. Ejercicios resueltos: Conceptos b´asicos de ´algebra lineal

16. Examen 14/febrero/1995. Demuestre que si A = U > U donde U ∈ Rn×n , U −1 existe y U es una matriz triangular superior tal que la multiplicidad geom´etrica de sus autovalores coincide con la algebraica, entonces (a) |A| = det(A) 6= 0, (b) A es sim´etrica y positiva definida, (c) determine la relaci´on entre los autovalores de A y los de U , (d) ¿cu´al es la relaci´on entre los autovectores de A y los autovectores de U ? Soluci´on. (a) |A| = |U > U | = |U > | |U | = |U |2 y como por hip´otesis existe U −1 , |U | 6= 0 6= |A|. (b) A es sim´etrica ya que (U > U )> = U > U . Por ser A sim´etrica tambi´en es herm´ıtica y sus autovalores son reales no negativos, ya que, para Ax = λA x, 0 ≤ hU x, U xi = hx, U > U xi = hx, A xi = λA hx, xi. Como A es herm´ıtica (sim´etrica) sus autovectores forman una base del espacio Rn , sea {ei } esta base ortonormal, A ei = λAi ei , hei , ej i = δij , por lo que X X XX hx, A xi = h xj ej , A xi ei i = xj λAi xi hej , ei i j

=

X

i

i

j

x2i λAi > 0,

i

por ser las coordenadas xi ∈ R y los autovalores positivos. (c) Los autovalores de U , U wj = λU j wj , coinciden con los elementos de su diagonal principal λU j = ujj , ya que U es triangular superior. Los autovalores de U > tambi´en son los elementos de su diagonal principal y coinciden por tanto con los de U , U > vj = ujj vj . Por otro lado, al ser A herm´ıtica sus autovectores forman una base por lo que wi =

X

bij ej .

j

Aplicando la matriz A a los autovectores de U obtenemos hwi , A wi i = hU wi , U wi i = λ2U i hwi , wi i X X X = λ2U i h bij ej , bij ej i = λ2U i b2ij , j

j

j

55

X X X X hwi , A wi i = h bij ej , A bij ej i = h bij ej , bij λAj ej i j

=

X

j

j

b2ij λAj hej , ej i =

j

X

j

b2ij λAj ,

j

por lo que la relaci´on buscada entre los autovalores es P 2 j bij λAj λ2U i = P 2 . j bij (d) Ya hemos determinado una relaci´on entre los autovectores de A y los de U , es decir, los autovectores de U son combinaci´ on lineal de los de A, wi =

X

bij ej .

j

Sin embargo, si tomamos en cuenta la hip´otesis de que la multiplicidad geom´etrica de los autovalores de U coincide con su multiplicidad algebraica, entonces los autovectores de U tambi´en definen una base de Rn que puede ortonormalizarse (por el procedimiento de Gram-Schimdt), sea {wj } dicha base. En ese caso la matriz de cambio B es una matriz cuadrada y unitaria (ya que sus columnas son vectores elementos de dicha base de autovectores), 1 = kek2 = kwk2 = kB ek2 ≤ kBk2 ,

kBk2 ≥

kB ek2 = 1. kek2

Los autovectores de A se relacionan con los de U mediante una transformaci´on unitaria (ortogonal). Geom´etricamente se trata de una isometr´ıa, es decir, una (hiper-) rotaci´on respecto a alg´ un eje o una (hiper-) simetr´ıa respecto a alg´ un plano en Rn . √ 17. Examen 29/Abril/1995. Dado el vector columna w ∈ Cn con kwk2 = w> w = 1, defina la matriz A = I − 2 w w> . ¿Cu´al son las propiedades de la matriz A? Nota: debido a dichas propiedades, est´a matriz es muy usada en el c´alculo de autovalores. Soluci´on. (a) Aplicando la traspuesta conjugada o herm´ıtica se obtiene >

A∗ = I ∗ − 2 (w> ) w> = I − 2 w w> = A, es decir, que esta matriz es herm´ıtica, y por tanto

56

Cap´ıtulo 3. Ejercicios resueltos: Conceptos b´asicos de ´algebra lineal

(b) su forma normal de Schur es diagonal y coincide con su forma can´onica de Jordan, es decir, es diagonalizable; (c) sus autovalores son reales y de cuadrado no negativo, λ2 ≥ 0; (d) y sus autovectores son linealmente independientes y forman una base en Cn . (e) Por otro lado, como A A∗ = A2 = (I − 2 w w> ) (I − 2 w w> ) = I − 4 w w> + 4 kwk2 w w> = I = A∗ A, resulta que tambi´en es unitaria, y por tanto, (f) hA x, A xi = hx, xi = |λ|2 hx, xi, y sus autovalores reales son de m´odulo unidad |λ| = 1. obviamente todos los reales son de de cuadrado no negativo. (g) Dado que w es un autovector asociado al autovalor −1, Aw = (I − 2 w w> )w = w − 2w = −w, la matriz A no es definida positiva. De hecho, sus autovalores son 1 y −1 con multiplicidad algebraica n − 1 y 1, respectivamente. 18. Examen 6/Julio/1996. Demuestre que la norma de Frobenius F (A) de una matriz cuadrada compleja A ∈ Cn×n cumple los axiomas de una norma, v uX n u n X F (A) = t |aij |2 . i=1 j=1

Soluci´on. (a) Es evidente que F (A) ≥ 0 y s´olo F (A) = 0 cuando A = 0. (b) Tambi´en es f´acil comprobar que F (α A) = |α| F (A), ya que v uX n u n X F (α A) = t |α|2 |aij |2 = |α| F (A). i=1 j=1

(c) La desigualdad triangular F (A + B) ≤ F (A) + F (B), se prueba f´acilmente 2

F (A + B) =

n X n X i=1 j=1

|aij + bij |2

57

n X n X ¡ ¢ ≤ |aij |2 + |bij |2 + 2 |aij | |bij | i=1 j=1

=

n X n X

|aij |2 +

i=1 j=1

n X n X

|bij |2 + 2

i=1 j=1

n X n X

|aij | |bij |;

i=1 j=1

aplicando dos veces la desigualdad de Cauchy-Schwarz para la norma vectorial eucl´ıdea una vez respecto del ´ındice i y la otra respecto del ´ındice j en los sumatorios del u ´ltimo t´ermino de esta expresi´on, tenemos que v v uX uX n X n n n X u n X u n X |aij | |bij | ≤ t |aij |2 t |bij |2 i=1 j=1

i=1 j=1

i=1 j=1

es decir, F 2 (A + B) ≤ F 2 (A) + F 2 (B) + 2 F (A) F (B) = (F (A) + F (B))2 . (d) La norma matricial de Frobenius es submultiplicativa, F (A B) ≤ F (A) F (B), como se demuestra f´acilmente  n X n X F (A B) = 

¯ 1/2 ¯ n ¯2 ¯X ¯ ¯ aik bkj ¯  ¯ ¯ ¯

i=1 j=1 k=1

 !1/2 !à n à n n X n X X X |aik |2 |bkj |2  ≤ i=1 j=1

à =

n X n X

k=1

k=1

1/2 !1/2  n n XX  |aik |2 |bkj |2 

i=1 k=1

j=1 k=1

= F (A) F (B), donde hemos aplicado la desigualdad de Cauchy-Schwarz sobre el sumatorio con ´ındice k en la primera desigualdad. (e) Tambi´en comprobamos que es consistente con la norma vectorial eucl´ıdea, es decir, kA xk2 ≤ F (A) kxk2 , v ¯2 ¯ u ¯ uX n n ¯X ¯ ¯ u ¯ aij xj ¯¯ kA xk2 = t ¯ ¯ i=1 ¯ j=1

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Cap´ıtulo 3. Ejercicios resueltos: Conceptos b´asicos de ´algebra lineal

v    u n n n uX X X u  |aij |2   |xj |2  ≤t i=1

j=1

j=1

v   u n n X n u X X u = t |xj |2   |aij |2  = F (A) kxk2 j=1

i=1 j=1

donde se ha aplicado la desigualdad de Cauchy-Schwarz sobre el sumatorio con ´ındice j en la primera desigualdad.. 19. Examen 26/Abril/1997. Sean las matrices A ∈ Cn×n y U ∈ Cn×n tal que U es unitaria. Si la norma de Frobenius F (A) es v uX n u n X t F (A) = |aij |2 . i=1 j=1

donde A = (aij ), se pide encontrar (a) la relaci´on entre F (A U ) y F (A) para cualquier A, (b) la relaci´on entre F (U A) y F (A) para cualquier A, (c) una cota superior y otra inferior para kAk2 en funci´on de F (A) en el caso de que A sea herm´ıtica, (d) la relaci´on entre F (A) y los autovalores de A si A es herm´ıtica. Soluci´on. (a) Operando con la definici´on de norma de Frobenius obtenemos ¯ ¯2 ¯ X X ¯¯X ¯ 2 F (A U ) = aik ukj ¯ ¯ ¯ ¯ i

=

j

aik ukj

j

k

k

⇒

ail ulj

l

aik ukj ail ulj

aik ail

X

ukj ulj ,

j

l

pero como U es unitaria, U U∗ = I

!

l

XXX i

!Ã X

k

XXXX i

=

k

à XX X i

=

j

X k

uik ujk = δij ,

59

tenemos que F 2 (A U ) =

XXX i

k

aik ail δkl =

XX i

l

aik aik = F 2 (A).

k

(b) Se puede probar que F (U A) = F (A) para cualquier A de forma del todo similar a la presentada en el apartado anterior. Por ello, ofreceremos una variante de dicha demostraci´on. Denotemos las columnas de A como aj , es decir, A = [a1 , a2 , . . . , an ], de tal forma que la norma de Frobenius se puede escribir como sX sX X 2 F (A) = |aij | = kaj k22 . i

j

i

Como sabemos que una matriz unitaria tiene norma unidad, es decir, kU xk22 = hU x, U xi = hx, U ∗ U xi = hx, xi = kxk22 , la demostraci´on deseada es directa sX sX F (U A) = kU aj k22 = kaj k22 = F (A). i

i

(c) Obtener una cota superior para kAk2 en funci´on de F (A) para A arbitraria es relativamente f´acil, ya que sabemos que la norma de Frobenius es consistente con la norma vectorial eucl´ıdea, es decir, kA xk2 ≤ F (A) kxk2 (como se prob´o en el ejercicio anterior), luego kA xk2 ≤ F (A), kxk2 6=0 kxk2

kAk2 = sup es decir, kAk2 ≤ F (A).

Para obtener una cota inferior utilizaremos el hecho de que A es una matriz herm´ıtica (A∗ = A). La forma normal de Schur para una matriz herm´ıtica es diagonal y contiene sus autovalores λi en la diagonal principal, es decir, existe una matriz U unitaria tal que U ∗ A U = Λ = (Λii ) = (λi ) y por tanto, utilizando los dos apartados anteriores ∗

F (A) = F (U A U ) = F (Λ) =

sX i

Por otro lado, para una matriz herm´ıtica kAk2 = ρ(A) = max λi , i

λi .

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Cap´ıtulo 3. Ejercicios resueltos: Conceptos b´asicos de ´algebra lineal

como ya hemos probado en ejercicios anteriores. Por tanto, la cota inferior buscada es F (A) ≤

p √ n ρ2 (A) = n kAk2 .

Finalmente hemos demostrado que la norma dos y la de Frobenius son normas equivalentes entre s´ı para matrices herm´ıticas F (A) √ ≤ kAk2 ≤ F (A). n Se puede demostrar que en cualquier espacio vectorial normado de dimensi´on finita todas las normas son equivalentes entre s´ı, es decir, que nuestra demostraci´on para A herm´ıtica se puede generalizar para A cualquiera, aunque la omitiremos. (d) Como resultado de la soluci´on del apartado anterior, hemos obtenido para A herm´ıtica, F (A) =

sX

λi .

i

umeros reales cuyos 20. Examen 17/Diciembre/1996. Sea A ∈ Rn×n una matriz de n´ autovalores son λ1 , λ2 , . . . , λn (no necesariamente distintos) y cuyo polinomio caracter´ıstico es p(λ) = λn + a1 λn−1 + · · · + an−1 λ + an = 0. Se pide: (a) Calcular la traza de Ak , k = 1, 2, . . ., en funci´on de los autovalores de A. (b) Calcular An en funci´on de I, A, . . . , An−1 . (c) Calcular An+2 utilizando I, A, . . . , An−1 . (d) ¿Se puede poner An en forma triangular superior o inferior? ¿Por qu´e? Si se puede, muestre como. (e) Calcular eA utilizando los resultados anteriores. (f) ¿Qu´e condici´on deben cumplir los autovalores para que el sistema A x = b tenga soluci´on u ´nica? ¿Por qu´e? (g) Si A x = b tiene infinitas soluciones, ¿qu´e puede decir acerca de los autovalores de A, la matriz ampliada [A; b], y las filas y columnas de A? ¿Por qu´e? Soluci´on.

61

(a) Sabemos que la traza es un invariante de una matriz ante transformaciones de semejanza. Adem´as por el teorema de la forma normal de Schur para matrices reales, ∃Q ∈ Rn×n , ortogonal Q> Q = I, tal que Q> A Q = T es una matriz triangular superior. Por otro lado, es f´acil probar que Ak y T k son semejantes, Q> Ak Q = T k , y por tanto tienen los mismos autovalores, por lo que tr(Ak ) = tr(T k ) =

n X

λki .

i=1

(b) El teorema de Cayley-Hamilton indica que p(A) = An + a1 An−1 + · · · + an−1 A + an I = 0. luego An = −a1 An−1 − · · · − an−1 A − an I. (c) Sustituyendo la potencia An y operando, obtenemos An+1 = A An = −a1 An − a2 An−1 − · · · − an−1 A2 − an A ¡ ¢ = −a1 −a1 An−1 − a2 An−2 − · · · − an−1 A − an I − a2 An−1 − · · · − an−1 A2 − an A = (a21 − a2 ) An−1 + (a1 a2 − a3 ) An−2 + · · · + (a1 an−1 − an ) A + a1 an I. y de igual forma An+2 = (a21 − a2 ) An + · · · + (a1 an−1 − an ) A2 + a1 an A ¡ ¢ = (a21 − a2 ) −a1 An−1 − a2 An−2 − · · · − an−1 A − an I + (a1 a2 − a3 ) An−1 + · · · + (a1 an−1 − an ) A2 + a1 an A ¡ ¢ = a1 a2 − a3 − a1 (a21 − a2 ) An−1 + · · · ¡ ¢ + a1 an − an (a21 − a2 ) I.

62

Cap´ıtulo 3. Ejercicios resueltos: Conceptos b´asicos de ´algebra lineal

(d) El teorema de la forma normal de Schur de A nos permite poner An en forma triangular superior mediante una transformaci´on de semejanza de la siguiente forma, Q> An Q = T n . (e) Sabemos que A

e =

∞ X Ak k=0

por lo que > A

>

Q e Q=Q

k!

̰ ! X Ak k=0

,

Q=

k!

∞ X Tk k=0

k!

= eT ,

y, como Q es ortogonal, eA = Q eT Q> . (f) El sistema A x = b tiene soluci´on u ´nica si el determinante de A no es nulo, |A| 6= 0, y por tanto existe la inversa A−1 . Como sabemos que el determinante es igual al producto de los autovalores, la condici´on en ´estos es que sean todos distintos de cero, es decir, |A| =

n Y

λi 6= 0

⇒

∀λi 6= 0.

i=1

(g) A x = b tiene infinitas soluciones si |A| = 0 y por el teorema del rango rango(A) = rango([A; b]) < n. La condici´on sobre el determinante implica que al menos un autovalor de A es nulo. La condici´on sobre los rangos de la matriz A y de la matriz ampliada [A; b] indican que al menos una fila (o columna) de dichas matrices es combinaci´on lineal de las dem´as filas (o columnas). umeros reales que se descom21. Examen 2/Febrero/1998. Sea A ∈ Rn×n una matriz de n´ pone como A=

´ 1³ ´ 1³ A + A> + A − A> = B + C, 2 2

B=

´ 1³ A + A> , 2

donde

C=

´ 1³ A − A> . 2

(a) ¿Cu´al es la forma normal de C? Demu´estrelo. (b) ¿Qu´e propiedades tienen los autovalores de C? Demuestre. (c) Teniendo en cuenta los resultados de (a) y (b), deduzca las condiciones que se deben satisfacer para que |C| = det(C) = 0. (d) ¿Es la matriz C definida positiva?

63

(e) ¿Cu´al es la forma can´onica de Jordan de la matriz C? Soluci´on. (a) Escribiendo A = (aij ) y C = (cij ), tenemos que cij =

1 (aij − aji ), 2

cii = 0,

cij = −cji ,

por lo que C es antisim´etrica. Por el teorema de la forma normal de Schur, existe una matriz Q unitaria (Q∗ Q = I), tal que Q∗ C Q = T es una matriz triangular superior. Ahora bien, como C es una matriz real y antisim´etrica C ∗ = C > = −C, por lo que T ∗ = −Q∗ C Q = −T,

T ∗ = −T,

con lo que T es una matriz diagonal de n´ umeros imaginarios puros. (b) Ante transformaciones de semejanza se preservan los autovalores, los autovalores de la matriz diagonal D = T = Q−1 C Q lo ser´an tambi´en de C. Detallando la demostraci´on, sabemos que C Q = Q D = D Q, donde se ha usado que una matriz diagonal conmuta con cualquier otra.

Sean

e1 , e2 , . . . , en los autovectores de C, podemos definir la matriz unitaria Q = [e1 , . . . , en ] (mediante sus vectores columna) y por tanto C ei = Dii ei = λi ei , es decir, los autovalores de C son los n´ umeros imaginarios puros que aparecen en la diagonal de la forma normal de Schur D de C. (c) Los autovalores de C ∈ Rn×n se calculan por medio de la ra´ıces de su polinomio caracter´ıstico |C − λ I| = 0, que es un polinomio de grado n de coeficientes reales. El teorema fundamental del ´algebra exige que sus ra´ıces complejas aparezcan en pares conjugados. Ahora bien, los √ autovalores de C son imaginarios puros, por lo que λ = ±β i, con β ∈ R y i = −1. M´as a´ un, ∗

|Q C Q| = |T | = |D| =

n Y

λk = |Q∗ | |C| |Q| = |C|,

k=1

porque

Q∗ Q

= I implica que

|Q∗ Q|

= |Q∗ | |Q| = |I| = 1.

64

Cap´ıtulo 3. Ejercicios resueltos: Conceptos b´asicos de ´algebra lineal

Por tanto, si n es par |C| =

n/2 Y

βk2 ,

k=1

y si n es impar |C| = 0, porque al menos un autovalor es necesariamente real e igual a cero. Para n par, tambi´en se puede dar |C| = 0 si al menos un autovalor (y su complejo conjugado) es cero. (d) Una matriz C es definida positiva si hx, C xi > 0,

si x 6= 0.

Sin embargo, si C es antisim´etrica (cii = 0, cij = −cji ), hx, C xi = x> C x =

XX i

j

cij xi xj =

X

(cij + cji ) xi xj = 0,

1≤i