Matemáticas universitarias — Grado 1 · Bachelor Year 1

21matrices

Una matriz es una aplicación lineal escrita en coordenadas. Este capítulo conjuntos arriba en el diccionario — la composición se convierte en producto matricial, biyectividad se convierte en invertibilidad, cambio de base se convierte en conjugación — y el lado algorítmico: operaciones de fila, cálculo de rangos y inversas. Conocidas por primera vez en el volumen de High School, las matrices ahora son fundamentado en la teoría de Capítulos 18, 19 y 20.

21.1 Matrices y aplicaciones lineales

Definición 21.1

$\mathcal{M}_{n,p}(K)$ es el espacio vectorial de $n \times p$ arreglos $A = (a_{ij})$ de escalares ( $i$ : fila, $j$ : columna), de dimensión $np$ (base: las matrices $E_{ij}$ con una sola $1$ ). bases dadas $\mathcal{B} = (e_1, \dots, e_p)$ de $E$ y $\mathcal{C}$ de $F$ ( $\dim F = n$ ), el matrix of $u \in \mathcal{L}(E, F)$ es la matriz cuya columna $j$ enumera el coordenadas de $u(e_j)$ en $\mathcal{C}$ :

\operatorname{Mat}_{\mathcal{B},\mathcal{C}}(u) = (a_{ij}), \qquad u(e_j) = \sum_{i=1}^{n} a_{ij}\, f_i .

La aplicación $u \mapsto \operatorname{Mat}_{\mathcal{B},\mathcal{C}}(u)$ es un isomorfismo de $\mathcal{L}(E, F)$ en $\mathcal{M}_{n,p}(K)$ (Proposición 20.2: a aplicación lineal es exactamente una elección de imágenes de $e_j$ ).

Ejemplo 21.2 (La derivada, como matriz.)

Sea $D(P) = P'$ en $\R_3[X]$ . En la base monómica $(1, X, X^2, X^3)$ se tiene $D(1) = 0$ , $D(X) = 1$ , $D(X^2) = 2X$ , $D(X^3) = 3X^2$ , luego

\operatorname{Mat}(D) = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 3\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.

En el dividido base $\bigl(1,\ X,\ \frac{X^2}2,\ \frac{X^3}6\bigr)$ , cada base vector aplicaciones al anterior ( $D\bigl(\frac{X^k}{k!}\bigr) = \frac{X^{k-1}}{(k-1)!}$ ), y el la matriz se convierte en desplazamiento puro: unos en la superdiagonal, ceros en otro lugar. Dos moralejas: la matriz pertenece al par (aplicación, base), no solo al aplicación; y un buen base hace estructura visible de un vistazo — la forma de cambio se muestra al instante que $D^4 = 0$ en $\R_3[X]$ , cada poder de la matriz empujando su diagonal de unos un paso más lejos.

Definición 21.3 (Producto)

Para $A \in \mathcal{M}_{n,p}$ y $B \in \mathcal{M}_{p,q}$ :

(AB)_{ik} = \sum_{j=1}^{p} a_{ij}\, b_{jk} \qquad (1 \leq i \leq n,\ 1 \leq k \leq q).

Esta es precisamente la matriz de la composición: $\operatorname{Mat}(v \circ u) = \operatorname{Mat}(v)\, \operatorname{Mat}(u)$ (bases coincidentes en el medio). De manera similar, si $X$ es la columna de coordenadas de $x$ , la columna de $u(x)$ es $AX$ .

Prueba de la fórmula de composición.

v(u(e_k)) = v\Bigl(\sum_j b_{jk} f_j\Bigr) = \sum_j b_{jk}\, v(f_j) = \sum_j b_{jk} \sum_i a_{ij}\, g_i = \sum_i \Bigl(\sum_j a_{ij} b_{jk}\Bigr) g_i . \qedhere

∎

Proposición 21.4 (El álgebra $\mathcal{M}_n(K)$ )

Las matrices cuadradas $\mathcal{M}_n(K)$ forman un (no conmutativo para $n \geq 2$ ) anillo, con identidad $I_n$ ; su grupo de unidades es el grupo lineal general $GL_n(K)$ , correspondiente a los endomorfismos biyectivo. Para $A, B \in \mathcal{M}_n(K)$ :

AB = I_n \implies A \in GL_n(K) \text{ and } B = A^{-1}

(las inversas unilaterales son bilaterales, por Corolario 20.9).

Demostración. Transporte de axiomas Anillo desde $\mathcal{L}(E)$ a través del isomorfismo de Definición 21.1: convierte composición en producto y suma en suma, por lo que la asociatividad, la distributividad y el rol de $I_n$ se heredan del datos correspondientes sobre aplicaciones, sin verificación de entrada. No conmutatividad: $E_{12}E_{21} = E_{11} \neq E_{22} = E_{21}E_{12}$ . Si $AB = I_n$ : el endomorfismo $a$ de $A$ satisface $a \circ b = \mathrm{id}$ , por lo que $a$ es sobreyectivo ( $x = a(b(x))$ exhibe un imagen inversa de cada $x$ ), por lo tanto biyectivo en dimensión finita (Corolario 20.9); componiendo $a \circ b = \mathrm{id}$ con $a^{-1}$ a la izquierda da $b = a^{-1}$ , y luego también $b\circ a = \mathrm{id}$ : el unilateral la inversa fue bilateral todo el tiempo — una estrictamente de dimensión finita favor. ∎

Definición 21.5 (Transponer; rastro)

El transponer de $A = (a_{ij}) \in \mathcal{M}_{n,p}$ es $A^{\mathsf T} = (a_{ji}) \in \mathcal{M}_{p,n}$ ; Satisface $(AB)^{\mathsf T} = B^{\mathsf T} A^{\mathsf T}$ y $(A^{\mathsf T})^{\mathsf T} = A$ . el rastro de una matriz cuadrada es $\operatorname{tr} A = \sum_i a_{ii}$ ; es lineal, y

\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(BA) \qquad (A \in \mathcal{M}_{n,p},\ B \in \mathcal{M}_{p,n}).

Prueba de identidad de rastreo. $\operatorname{tr}(AB) = \sum_i \sum_j a_{ij} b_{ji}$ y $\operatorname{tr}(BA) = \sum_j \sum_i b_{ji} a_{ij}$ : lo mismo doble suma. ∎

Ejemplo 21.6 (La huella en el trabajo)

El proyección de Capítulo 20 en $\operatorname{Vect}(1,1)$ junto con $\operatorname{Vect}(0,1)$ , $p(x, y) = (x, x)$ , tiene la matriz $A = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 1 & 0\end{pmatrix}$ en el canónico base: efectivamente $A^2 = A$ , y

\operatorname{tr} A = 1 = \operatorname{rk} A ,

ilustrando Ejercicio 21.8: para idempotentes el rastro cuenta la dimensión del imagen, cualquiera que sea la inclinación base está escrita la matriz. El mecanismo de invariancia es el identidad $\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(BA)$ :

\operatorname{tr}\bigl(P^{-1}(AP)\bigr) = \operatorname{tr}\bigl((AP)P^{-1}\bigr) = \operatorname{tr} A ,

entonces todas las matrices similares a $A$ comparten su rastro — la primera invariante numérico de un endomorfismo, al que se unirá el determinante en Capítulo 22 (el par $(s, p)$ del problema de fin de semana a continuación).

Ejemplo 21.7 (Simétrico más antisimétrico)

Llame a $A$ simétrico cuando $A^{\mathsf T} = A$ , antisimétrico cuando $A^{\mathsf T} = -A$ . cada cuadrado la matriz se divide únicamente como uno más el otro:

A = \underbrace{\frac{A + A^{\mathsf T}}{2}}_{\text{symmetric}} + \underbrace{\frac{A - A^{\mathsf T}}{2}}_{\text{antisymmetric}},

y una matriz que es ambas es cero ( $A = -A$ ): los dos conjuntos son subespacios suplementarios de $\mathcal{M}_n(K)$ — el exacto análogo de la división par/impar de funciones (Ejemplo 18.11), con la transposición desempeñando el papel papel de $x \mapsto -x$ . Dimensiones: una matriz simétrica es libre en y por encima de la diagonal, una antisimétrica estrictamente por encima (diagonal cero):

\frac{n(n+1)}{2} + \frac{n(n-1)}{2} = n^2 ,

y el balance de cuentas es la confirmación de Grassmann de franqueza. Para $n = 2$ : $\begin{pmatrix} 1 & 5\\ 1 & 2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 3\\ 3 & 2\end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 2\\ -2 & 0\end{pmatrix}$ . simétrico las matrices regresan como los datos segunda derivada de Capítulo 25 (el Monge triple $r, s, t$ ), y el los simétrico-ortogonales se clasifican en Ejercicio 23.12.

21.2 Cambio de base

Definición 21.8

Sean $\mathcal{B}, \mathcal{B}'$ bases de $E$ . El cambio de matriz base $P = P_{\mathcal{B}\to\mathcal{B}'}$ tiene para columnas el coordenadas de los vectores nuevo base en viejo base. es invertible, $P^{-1} = P_{\mathcal{B}'\to\mathcal{B}}$ , y Transformación coordenadas por $X = PX'$ (antiguo $=$ $P\,\cdot$ nuevo).

Ejemplo 21.9 (Lectura de la matriz de cambio de base)

En $\R^2$ , del canónico $\mathcal B$ al $\mathcal B' = \bigl((1,1), (1,-1)\bigr)$ :

P = P_{\mathcal B\to\mathcal B'} = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1 \end{pmatrix}

(nuevos vectores escritos en el antiguo coordenadas, columna por columna). el vector del viejo coordenadas $X = (3, 1)^{\mathsf T}$ tiene nuevo coordenadas $X' = P^{-1}X = \frac12(3 + 1,\ 3 - 1)^{\mathsf T} = (2, 1)^{\mathsf T}$ : efectivamente $2(1,1) + 1(1,-1) = (3,1)$ . Cuidado con el dirección — la matriz $P$ se construye a partir de nuevo base pero convierte nuevo a viejo coordenadas ( $X = PX'$ ); pasando de viejo a nuevo cuesta lo contrario. Escribir el control de cordura $2(1,1) + (1,-1) = (3,1)$ después de cada conversión captura el Error invertido- $P$ , que es el error más común del capítulo.

Teorema 21.10 (Cambio de base para una aplicación)

Sea $u \in \mathcal{L}(E)$ con la matriz $A$ en $\mathcal{B}$ y $A'$ en $\mathcal{B}'$ y $P = P_{\mathcal{B}\to\mathcal{B}'}$ . entonces

A' = P^{-1} A\, P .

Dos matrices relacionadas de esta manera son similar. (Para $u \colon E \to F$ con dos pares de bases, el la fórmula es $A' = Q^{-1} A P$ — equivalente matrices.)

Demostración. Para cualquier $x$ : $X = PX'$ y imagen satisface $Y = AX$ , $Y = PY'$ . Entonces $PY' = APX'$ , es decir $Y' = (P^{-1}AP)X'$ para todo $X'$ : la matriz de $u$ en el nuevo base es $P^{-1}AP$ (tome para $X'$ el canónico columnas). ∎

Ejemplo 21.11 (Una buena base hace transparente una aplicación)

Sea $u(x, y) = (y, x)$ (swap), con la matriz $A = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 0\end{pmatrix}$ en el canónico base. En el base $\mathcal B' = \bigl((1,1), (1,-1)\bigr)$ :

P = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1 \end{pmatrix}, \qquad P^{-1} = \frac12\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1 \end{pmatrix}, \qquad P^{-1} A P = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & -1 \end{pmatrix}.

Realmente no se necesitaba ningún producto de matriz: $u$ corrige $(1,1)$ y invierte $(1,-1)$ , por lo que en $\mathcal B'$ su matriz debe será $\operatorname{diag}(1, -1)$ — el intercambio es el reflejo a través de la línea $y = x$ . Encontrar, para un endomorfismo dado, un base en el que su matriz se vuelve diagonal es el problema central del volumen Año 2 (teoría de la reducción); el problema del fin de semana A continuación se muestra hasta dónde llegan las identidades polinomio por sí solas.

Ejemplo 21.12 (Cambio de base, ejecución inversa)

El proyección sobre $F = \operatorname{Vect}(1,1)$ junto con $G = \operatorname{Vect}(1,-1)$ tiene, en el base $\mathcal B' = \bigl((1,1),(1,-1)\bigr)$ adaptado, la matriz transparente $A' = \operatorname{diag}(1, 0)$ . Para obtener su matriz base-canónica, ejecute Teorema 21.10 al revés, $A = P A' P^{-1}$ :

P = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1\end{pmatrix}, \quad P^{-1} = \frac12\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1\end{pmatrix}, \quad A = P\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 0\end{pmatrix}P^{-1} = \frac12\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 1\end{pmatrix}.

Verifique: $A^2 = A$ (idempotente), $\operatorname{tr} A = 1 = \operatorname{rk} A$ y $A\binom{1}{1} = \binom11$ , $A\binom{1}{-1} = 0$ , según lo prescrito. Esta dirección inversa — diseñe la matriz en el buen base, luego conjugue nuevamente — es cómo son en realidad las matrices de rotación, reflexión y proyección producido en la práctica.

Teorema 21.13 (Rango de forma normal)

El rango de una matriz (el rango de sus columnas, equivalentemente del aplicación lineal asociado) es el único invariante de equivalencia: cada $A \in \mathcal{M}_{n,p}$ del rango $r$ equivale a

J_r = \begin{pmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix},

y $\operatorname{rk}(A^{\mathsf T}) = \operatorname{rk}(A)$ : rango de fila es igual al rango de la columna.

Demostración. Dejemos que $u \colon E \to F$ tenga el rango $r$ . Elija un suplementario $S$ de $\ker u$ ( $\dim S = r$ , Teorema 20.7) con base $(e_1, \dots, e_r)$ , completado por un base de $\ker u$ en un base de $E$ ; el imágenes $f_i = u(e_i)$ , $i \leq r$ , forman un base de $\operatorname{im} u$ (la restricción es un isomorfismo), completado en un base de $F$ . En estas bases la matriz de $u$ es exactamente $J_r$ . Entonces $A = Q J_r P^{-1}$ para $P, Q$ invertible.

Transposición: $A^{\mathsf T} = (P^{-1})^{\mathsf T} J_r^{\mathsf T} Q^{\mathsf T}$ con $J_r^{\mathsf T}$ de la misma forma (rango $r$ ) y el exterior factores invertibles (transponer de invertible es invertible, de $(AB)^{\mathsf T} = B^{\mathsf T}A^{\mathsf T}$ aplicado a $AA^{-1} = I$ ): $\operatorname{rk} A^{\mathsf T} = r$ . ∎

21.3 Operaciones de fila

Método 21.14 (Eliminación gaussiana en matrices)

Los tres operaciones elementales de fila — intercambie dos filas, multiplique una fila por $\lambda \neq 0$ , agregue un múltiplo de una fila a otra — no cambie el rango (cada una se deja multiplicación por una matriz invertible). Algoritmo: crear un pivote (entrada distinta de cero más a la izquierda), borre la columna siguiente y pase a la siguiente fila y columna; el número de pivotes de la forma escalonada resultante es el rango.

Cálculo inverso: ejecute el algoritmo en el bloque $(A \mid I_n)$ hasta que el bloque izquierdo se convierta en $I_n$ (posible si $A$ sea reversible); el bloque derecho es entonces $A^{-1}$ — de hecho el producto de las matrices elementales utilizadas es igual a $A^{-1}$ .

Ejemplo 21.15

$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}$ : reducir $(A \mid I_2)$ :

\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 & 0\\ 3 & 4 & 0 & 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 & 0\\ 0 & -2 & -3 & 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 & 1\\ 0 & 1 & \tfrac32 & -\tfrac12 \end{pmatrix},

(operaciones: $L_2 \leftarrow L_2 - 3L_1$ ; luego $L_1 \leftarrow L_1 + L_2$ , $L_2 \leftarrow -\frac12 L_2$ ). Entonces $A^{-1} = \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ \tfrac32 & -\tfrac12\end{pmatrix}$ . Controlar: $AA^{-1} = I_2$ .

Ejemplo 21.16 (Clasificar con un parámetro, solo por filas)

Para $m \in \R$ , el rango de $M_m = \begin{pmatrix} 1 & 1 & m\\ 1 & m & 1\\ m & 1 & 1\end{pmatrix}$ . Reducir: $L_2 \leftarrow L_2 - L_1$ y $L_3 \leftarrow L_3 - mL_1$ dan las filas

(1,\ 1,\ m), \qquad (0,\ m - 1,\ 1 - m), \qquad (0,\ 1 - m,\ 1 - m^2).

Caso $m = 1$ : las dos últimas filas desaparecen — un pivote, $\operatorname{rk} M_1 = 1$ (las tres filas originales fueron igual). Case $m \neq 1$ : escala $L_2$ por $\frac1{m-1}$ y $L_3$ por $\frac1{1-m}$ para obtener $(0, 1, -1)$ y $(0, 1, 1 + m)$ , luego $L_3 \leftarrow L_3 - L_2 = (0, 0, m + 2)$ . Si $m = -2$ : dos pivotes, rango $2$ ; de lo contrario, tres pivotes, rango $3$ . Resumen:

\operatorname{rk} M_m = \begin{cases} 1 & m = 1,\\ 2 & m = -2,\\ 3 & \text{otherwise}. \end{cases}

Los mismos umbrales desaparecerán del cálculo de un determinante en Capítulo 22 (el polinomio $-(m+2)(m-1)^2$ de Ejercicio 22.7) — pero note lo que la eliminación le da a eso el determinante no: el valor del rango en el casos degenerados, no sólo el hecho de que haya disminuido.

Ejemplo 21.17 (Poderes de computación)

$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1\end{pmatrix} = I + N$ con $N = E_{12}$ , $N^2 = 0$ . Dado que $I$ y $N$ conmutan, el teorema del binomio (Proposición 7.20) trunca:

A^k = I + kN = \begin{pmatrix} 1 & k \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \qquad (k \in \N, \text{ and } k \in \Z \text{ using } A^{-1} = I - N).

Método 21.18 (Computación $A^n$ : las tres rutas)

Ruta binomial: si $A = \lambda I + N$ con $N$ nilpotente, el teorema del binomio se trunca (Ejemplo 21.17, Ejercicio 21.5); se aplica porque $\lambda I$ viaja con todo.
Polinomio route: encontrar una identidad polinomio satisfecho con $A$ (en la dimensión $2$ , siempre $A^2 = sA - pI$ ) y reduzca el módulo $X^n$ ; el problema del fin de semana A continuación se construye esta ruta por completo.
Ruta de similitud: encuentra un $P$ invertible con $P^{-1}AP = D$ simple (diagonal o desplazamiento), calcular $D^n$ y deshacer: $A^n = P D^n P^{-1}$ (Teorema 21.10, Ejemplo 21.11); el sistemático la búsqueda de tal $P$ es la teoría de reducción del año 2.

Sea cual sea la ruta, consulta el resultado en $n = 0, 1, 2$ : tres pruebas baratas que detectan casi todos los deslices.

Observación 21.19 (Errores comunes: el precio de la no conmutatividad)

Cada identidad de álgebra escalar cuya demostración reordena los factores muere en $\mathcal{M}_n(K)$ , $n \geq 2$ . Cuadrícula: $(A + B)^2 = A^2 + AB + BA + B^2$ , y el el medio colapsa a $2AB$ solo si $AB = BA$ (Ejercicio 21.1). Poderes de productos: $(AB)^k$ es $ABAB\cdots$ , no $A^kB^k$ . divisores cero: $E_{12}E_{12} = 0$ con $E_{12} \neq 0$ ; en consecuencia sin cancelación: $AB = AC$ implica $B = C$ sólo cuando $A$ es invertible (multiplicar por $A^{-1}$ — en el lado correcto). Rastros: $\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(BA)$ siempre, pero $\operatorname{tr}(AB) \neq \operatorname{tr}A\operatorname{tr}B$ en general (tomar $A = B = I_2$ : $2 \neq 4$ ), y $\operatorname{tr}(ABC) = \operatorname{tr}(BCA)$ (cíclico) mientras que $\operatorname{tr}(ACB)$ puede diferir. transpone reverse: $(AB)^{\mathsf T} = B^{\mathsf T}A^{\mathsf T}$ — olvidar la reversión es lo más común error en los cálculos de ortogonalidad (Capítulo 23). En caso de duda, pruebe cualquier identidad reclamada en $E_{12}$ y $E_{21}$ : el par más pequeño que no conmuta refuta la mayoría de los falsos fórmulas en una línea.

Observación 21.20 (Donde va el diccionario)

El diccionario matricial se utiliza en todas las páginas restantes de este volumen: Capítulo 22 adjunta a cada matriz cuadrada un solo número que decide la invertibilidad y resuelve $AX = B$ sistemáticamente; Capítulo 23 destaca las matrices preservar longitudes (matrices ortogonales); y en Capítulo 25, el comportamiento de segundo orden de una función de dos variables es una matriz simétrica $2 \times 2$ . El rastro, presentado anteriormente casi de pasada, se convierte en un poderoso invariante: Ejercicios 21.6 y 21.8 dale una primera probada, y el volumen del Año 2 se basa en la teoría de los valores propios. el fin de semana El problema desarrolla el otro caballo de batalla: polinomio identidades. satisfecho por una matriz, que convierte el cálculo de $A^n$ en un recurrencia lineal de dos términos.

Observación 21.21 (Perspectivas dentro del Libro 3)

Tres familias de matrices presentadas aquí tienen citas más adelante en este volumen. Matrices simétricas (Ejemplo 21.7) lleva los datos de segundo orden de funciones de dos variables: la prueba de Monge de Capítulo 25 es un enunciado sobre el comportamiento de los signos de una matriz simétrica $2\times2$ y su determinante $rt - s^2$ es calculado por la maquinaria de Capítulo 22. ortogonal matrices ( $A^{\mathsf T}A = I$ ) son las isometrías de Capítulo 23, donde finalmente el transponer adquiere su significado geométrico: es la sombra algebraica del interior producto. Matrices reversibles cumplen su prueba práctica en Capítulo 22 — un número, $\det A \neq 0$ — cerrando La búsqueda de este capítulo comenzó con la reducción de filas. Rastro y determinante luego viaja como el par invariante $(s, p)$ del problema del fin de semana, hasta llegar a la teoría del valor propio de Año 2.

21.4 Ceremonias

Ejercicio 21.1 ★

Sean $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ y $B = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0\end{pmatrix}$ . Calcular $AB$ , $BA$ , $A^2 - B^2$ y $(A+B)(A-B)$ ; Explique por qué los dos últimos difieren.

Solución

Solución de Ejercicio 21.1.

AB = \begin{pmatrix} 2 & 1\\ 1 & 0\end{pmatrix}, \quad BA = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 2\end{pmatrix}, \quad A^2 - B^2 = \begin{pmatrix} 1 & 4\\ 0 & 1\end{pmatrix} - I = \begin{pmatrix} 0 & 4\\ 0 & 0\end{pmatrix},

(A+B)(A-B) = A^2 - AB + BA - B^2 = \begin{pmatrix} 0 & 4\\ 0 & 0\end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -2 & 0\\ 0 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 & 4\\ 0 & 2\end{pmatrix}.

Se diferencian por $BA - AB \neq 0$ : la identidad $(a+b)(a-b) = a^2 - b^2$ requiere conmutatividad, lo que falla aquí.

Ejercicio 21.2 ★

Calcular el rango de

M = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 2 & 4 & 6\\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad N = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 2\\ 0 & 1 & 1 & 1\\ 1 & 2 & 1 & 3 \end{pmatrix}.

Solución

Solución de Ejercicio 21.2.

$M$ : $L_2 \leftarrow L_2 - 2L_1$ mata la segunda fila; $L_3 \leftarrow L_3 - L_1$ da $(0, -1, -2)$ . Dos pivotes: $\operatorname{rk} M = 2$ .

$N$ : $L_3 \leftarrow L_3 - L_1$ da $(0,1,1,1) = L_2$ ; luego $L_3 \leftarrow L_3 - L_2 = 0$ . Dos pivotes: $\operatorname{rk} N = 2$ .

Ejercicio 21.3 ★

Invierta, por reducción de filas, $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$ y verifique un producto.

Solución

Solución de Ejercicio 21.3.

Reduciendo $(A \mid I_3)$ : $L_2 \leftarrow L_2 - 2L_1$ , $L_3 \leftarrow L_3 - L_1$ :

\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & -1 & -2 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & -1 & 0 & 1 \end{pmatrix} \xrightarrow{L_3 \leftarrow L_3 - L_2} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & -1 & -2 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 1 & -1 & 1 \end{pmatrix},

entonces $L_1 \leftarrow L_1 - L_3$ , $L_2 \leftarrow L_2 + L_3$ :

A^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & -1\\ -1 & 0 & 1\\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}.

Controlar: primera fila de $A$ multiplicada por la primera columna de $A^{-1}$ : $1 \cdot 0 + 0\cdot(-1) + 1\cdot 1 = 1$ ; veces segunda columna: $1 - 0 - 1 = 0$ ; veces tercero: $-1 + 0 + 1 = 0$ .

Ejercicio 21.4 ★

Escribe la matriz, en la canónica base de $\R_2[X]$ , de la endomorfismo $u(P) = P(X + 1)$ . Explique, sin cálculo, por qué. es invertible y da la matriz de $u^{-1}$ .

Solución

Solución de Ejercicio 21.4.

$u(1) = 1$ , $u(X) = X + 1$ , $u(X^2) = X^2 + 2X + 1$ : columnas de coordenadas en $(1, X, X^2)$ dan

M = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 2\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.

$u$ es invertible porque tiene el inverso obvio $P \mapsto P(X - 1)$ (composición de sustituciones). Su matriz se obtiene la de la misma manera desde $u^{-1}(X^k) = (X-1)^k$ :

M^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1\\ 0 & 1 & -2\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.

Ejercicio 21.5 ★★

Sea $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 2\end{pmatrix}$ . Escriba $A = 2I + N$ , calcule $N^2$ y deduzca $A^k$ para todos los $k \in \N$ mediante el teorema del binomio.

Solución

Solución de Ejercicio 21.5.

$N = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 & 0\end{pmatrix}$ , $N^2 = 0$ . desde $2I$ y $N$ conmutan, la expansión binomial se trunca después de dos términos:

A^k = (2I + N)^k = 2^k I + k\,2^{k-1} N = \begin{pmatrix} 2^k & k\,2^{k-1}\\ 0 & 2^k\end{pmatrix}.

(Marque $k = 2$ : $A^2 = \begin{pmatrix}4 & 4\\ 0 & 4\end{pmatrix}$ , corregir por producto directo.)

Ejercicio 21.6 ★★

Demuestre que no existen matrices $A, B \in \mathcal{M}_n(K)$ (con $K = \R$ o $\C$ ) de modo que $AB - BA = I_n$ . (Take rastros.)

Solución

Solución de Ejercicio 21.6.

Rastros: $\operatorname{tr}(AB - BA) = \operatorname{tr}(AB) - \operatorname{tr}(BA) = 0$ (Definición 21.5), mientras que $\operatorname{tr}(I_n) = n \neq 0$ en $\R$ o $\C$ . No solución. (En espacios de dimensión infinita la identidad is realizable — la diferenciación y multiplicación por $x$ lo satisfacen — precisamente porque allí no existe ningún rastro.)

Ejercicio 21.7 ★★

Una matriz $A$ es nilpotente cuando $A^m = 0$ para algunos $m$ . probar que $I - A$ es entonces invertible, con

(I - A)^{-1} = I + A + A^2 + \dots + A^{m-1} .

Aplicación: invertir $\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 0 & 1 & 2\\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}$ .

Solución

Solución de Ejercicio 21.7.

Producto telescópico, todas las potencias de $A$ conmutables:

(I - A)(I + A + \dots + A^{m-1}) = I - A^m = I ,

y Proposición 21.4 actualiza la inversa unilateral. Para la aplicación: la matriz dada es $I + N$ con

N = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 3\\ 0 & 0 & 2\\ 0&0&0 \end{pmatrix}, \quad N^2 = \begin{pmatrix} 0&0&4\\ 0&0&0\\ 0&0&0\end{pmatrix}, \quad N^3 = 0 ,

entonces, reemplazando $A$ por $-N$ en la fórmula:

(I + N)^{-1} = I - N + N^2 = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 1\\ 0 & 1 & -2\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.

Ejercicio 21.8 ★★

Dejemos que $A \in \mathcal{M}_n(\R)$ satisfaga $A^2 = A$ (idempotente). probar que $\operatorname{tr} A = \operatorname{rk} A$ . (Interpret $A$ as a proyección and choose an adapted base; Teorema 21.10 says the rastro is basis-independent since $\operatorname{tr}(P^{-1}MP) = \operatorname{tr} M$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 21.8.

$A^2 = A$ : el endomorfismo $a$ es un proyección (Teorema 20.15), $E = \operatorname{im} a \oplus \ker a$ con $\dim\operatorname{im} a = r = \operatorname{rk} A$ . en un base adaptado a esta descomposición ( $r$ vectores del imagen, luego un base del kernel), la matriz de $a$ es $\begin{pmatrix} I_r & 0\\ 0 & 0\end{pmatrix}$ , de rastro $r$ . el rastro es invariante bajo cambio de base: $\operatorname{tr}(P^{-1}MP) = \operatorname{tr}(MPP^{-1}) = \operatorname{tr} M$ por la identidad cíclica. Por lo tanto $\operatorname{tr} A = r = \operatorname{rk} A$ .

Ejercicio 21.9 ★★★

Sea $J \in \mathcal{M}_n(\R)$ la matriz de todos unos. Calcular $J^2$ , y deducir, para $a, b \in \R$ , la condición de invertibilidad de $M = aI + bJ$ junto con $M^{-1}$ (look for an inverse of the same form $\alpha I + \beta J$ ).

Solución

Solución de Ejercicio 21.9.

$J^2 = nJ$ (cada entrada de $J^2$ suma $n$ unos). Buscar $M^{-1} = \alpha I + \beta J$ :

(aI + bJ)(\alpha I + \beta J) = a\alpha\, I + (a\beta + b\alpha + nb\beta)\, J .

Esto es igual a $I$ y si $a\alpha = 1$ y $a\beta + b\alpha + nb\beta = 0$ , es decir, $\alpha = \frac1a$ y $\beta(a + nb) = -\frac ba$ . Si $a \neq 0$ y $a + nb \neq 0$ :

M^{-1} = \frac 1a I - \frac{b}{a(a + nb)}\, J .

Por el contrario, si $a = 0$ : $M = bJ$ tiene rango $\leq 1 < n$ (para $n \geq 2$ ): no invertible ( $n = 1$ es el caso escalar). Si $a + nb = 0$ : el vector $v = (1, \dots, 1)^{\mathsf T}$ satisface $Mv = (a + nb)v = 0$ con $v \neq 0$ : no invertible. Entonces $M \in GL_n \iff a \neq 0$ y $a + nb \neq 0$ .

Ejercicio 21.10 ★★★

(Desigualdades de rango) Para $A, B \in \mathcal{M}_n(K)$ , demuestre

\operatorname{rk}(A + B) \leq \operatorname{rk} A + \operatorname{rk} B, \qquad \operatorname{rk}(AB) \geq \operatorname{rk} A + \operatorname{rk} B - n .

(For the second — Sylvester’s inequality — apply rank–nullity to the restriction of the aplicación of $A$ to $\operatorname{im} B$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 21.10.

Suma: $\operatorname{im}(A + B) \subseteq \operatorname{im} A + \operatorname{im} B$ (cada $(A+B)x = Ax + Bx$ ) y Grassmann limita la dimensión de una suma por la suma de dimensiones.

Silvestre: sea $a$ la aplicación de $A$ restringido a $V = \operatorname{im} B$ (dimensión $\operatorname{rk} B$ ). Su imagen es $\operatorname{im}(AB)$ ( $a(Bx) = ABx$ ) y rango–nulidad en $V$ :

\operatorname{rk} B = \dim\ker(a_{|V}) + \operatorname{rk}(AB) .

Ahora $\ker(a_{|V}) \subseteq \ker A$ , de dimensión $n - \operatorname{rk} A$ : entonces

\operatorname{rk}(AB) \geq \operatorname{rk} B - (n - \operatorname{rk} A) = \operatorname{rk} A + \operatorname{rk} B - n . \qedhere

Ejercicio 21.11 ★★

Vamos $D = \operatorname{diag}(d_1, \dots, d_n)$ con el $d_i$ distinto por pares.

Demuestre que una matriz $A$ conmuta con $D$ si y sólo si $A$ es diagonal. (Compare las entradas $(i,j)$ de $AD$ y $DA$ .)
Deduce el centro de $\mathcal{M}_n(K)$ : el Las matrices que conmutan con la matriz cada son exactamente las matrices escalares $\lambda I_n$ . (Test against $D$ , then against the matrices $E_{ij}$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 21.11.

Entrada, $(AD)_{ij} = a_{ij}\,d_j$ y $(DA)_{ij} = d_i\,a_{ij}$ . Entonces $AD = DA$ y si $a_{ij}(d_j - d_i) = 0$ para todos $i, j$ ; cuando $i \neq j$ el factor $d_j - d_i$ es distinto de cero, forzando a $a_{ij} = 0$ : $A$ es diagonal. Por el contrario, las matrices diagonales conmutan entre sí.
Si $A$ conmuta con cada matriz, conmuta con $\operatorname{diag}(1, 2, \dots, n)$ , entonces $A = \operatorname{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_n)$ por (1). Luego $A E_{ij} = \lambda_i E_{ij}$ (solo la fila $i$ de $E_{ij}$ sobrevive) mientras que $E_{ij} A = \lambda_j E_{ij}$ : desplazarse con $E_{ij}$ fuerzas $\lambda_i = \lambda_j$ . Por lo tanto $A = \lambda I_n$ ; y las matrices escalares conmutan con todo. El centro de $\mathcal{M}_n(K)$ es $K\,I_n$ .

Ejercicio 21.12 ★★★

(Matrices de rango uno) Sean $A \in \mathcal{M}_n(K)$ , $A \neq 0$ .

Demuestre que $\operatorname{rk} A = 1$ si y solo si $A = CL$ para una columna distinta de cero $C \in \mathcal{M}_{n,1}$ y una fila distinta de cero $L \in \mathcal{M}_{1,n}$ .
Para tal $A$ , pruebe $A^2 = (\operatorname{tr} A)\,A$ ; deducir que una matriz de rango uno es nilpotente si y sólo si su rastro es cero.
Si $\operatorname{tr} A \neq -1$ , demuestre que $I_n + A$ es reversible con

$(I_n + A)^{-1} = I_n - \frac{1}{1 + \operatorname{tr} A}\,A ,$

y que $I_n + A$ es no invertible cuando $\operatorname{tr} A = -1$ . (Encuentra un vector asesinado por $I_n + A$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 21.12.

Si $\operatorname{rk} A = 1$ : la imagen de $A$ es una línea $\operatorname{Vect}(C)$ , $C \neq 0$ , por lo que $j$ -ésimo La columna de $A$ es $\ell_j\,C$ para escalares $\ell_j$ (no todo cero), es decir, $A = C L$ con $L = (\ell_1, \dots, \ell_n) \neq 0$ . Por el contrario, si $A = CL \neq 0$ , todos las columnas son múltiplos de $C$ : rango $1$ .
$A^2 = C\,(L C)\,L$ y $LC$ es el escalar $\sum_i \ell_i c_i = \operatorname{tr}(CL) = \operatorname{tr} A$ . Entonces $A^2 = (\operatorname{tr} A)\,A$ , por lo tanto por inducción $A^m = (\operatorname{tr} A)^{m-1} A$ . si $\operatorname{tr} A \neq 0$ , ningún poder desaparece; si $\operatorname{tr} A = 0$ , luego $A^2 = 0$ : rango uno la matriz es nilpotente si su rastro es cero.
Con $t = \operatorname{tr} A \neq -1$ :

$(I_n + A)\Bigl(I_n - \frac{A}{1 + t}\Bigr) = I_n + A - \frac{A + A^2}{1 + t} = I_n + A - \frac{(1 + t)A}{1 + t} = I_n ,$

utilizando $A^2 = tA$ . Si $t = -1$ : $(I_n + A)A = A + A^2 = A - A = 0$ con $A \neq 0$ , entonces $I_n + A$ mata todos Columna (distinta de cero) de $A$ : no inyectivo, no invertible.

21.5 Problema: potencias de una matriz por división polinómica

Problema 21.1

Calcular $A^{100}$ entrada por entrada es inútil; computarlo a través de una identidad polinomio satisfecha por $A$ es de tres líneas. Este problema construye el método desde cero: división euclidiana de $X^n$ , la identidad $A^2 - sA + pI = 0$ verificada por cada matriz $2 \times 2$ (el teorema de Cayley–Hamilton en dimensión $2$ ), y el diccionario entre potencias de matriz y lineal recurrencias — con Números de Fibonacci como ejemplo de ejecución.

Parte I — The remainder calculus. Reparar $s, p \in K$ y $D = X^2 - sX + p$ .

Justifique que para cada $n \in \N$ existen $Q_n \in K[X]$ y $(a_n, b_n) \in K^2$ únicos con

$X^n = Q_n\,D + a_n X + b_n ,$

y calcular $(a_0, b_0)$ y $(a_1, b_1)$ .
Multiplicando por $X$ y dividiendo nuevamente, establece el recurrencias

$a_{n+1} = s\,a_n + b_n, \qquad b_{n+1} = -p\,a_n ,$

y deducir $a_{n+2} = s\,a_{n+1} - p\,a_n$ : el La secuencia de coeficientes obedece al recurrencia lineal adjunto. a $D$ .
Supongamos que $D$ tiene dos raíces distintas $\lambda \neq \mu$ . Evaluando la identidad de la división, demuestre

$a_n = \frac{\lambda^n - \mu^n}{\lambda - \mu}, \qquad b_n = \frac{\lambda\mu^n - \mu\lambda^n}{\lambda - \mu} .$
Supongamos que $D = (X - \lambda)^2$ . Usando el derivado de la identidad de la división, probar $a_n = n\lambda^{n-1}$ y $b_n = (1 - n)\lambda^{n}$ .
Demuestre que al sustituir una matriz fija $M \in \mathcal{M}_k(K)$ en polinomios se respetan sumas y productos: $(PQ)(M) = P(M)\,Q(M)$ . Deduzca que si $D(M) = 0$ , entonces

$M^n = a_n\,M + b_n\,I \qquad (n \in \N).$

Parte II — Dimension 2: rastro, determinant number, Cayley–Hamilton. Para $A = \begin{pmatrix} a & b\\ c & d\end{pmatrix}$ configure $s = a + d = \operatorname{tr} A$ y $p = ad - bc$ (el número que Capítulo 22 nombrará el determinante).

Verificar por cómputo directo el Cayley–Hamilton identidad en la dimensión $2$ :

$A^2 - s\,A + p\,I_2 = 0 .$
Demuestre por expansión directa que $p$ es multiplicativo: con notación obvia, $p(AB) = p(A)\,p(B)$ . Luego muestra: $A$ es invertible si y sólo si $p \neq 0$ , en el cual caso

$A^{-1} = \frac1p\,\bigl(s\,I_2 - A\bigr).$
Vamos $A = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 0 & 2\end{pmatrix}$ . Calcule $s$ , $p$ , las raíces de $D$ y deduzca un cerrado. fórmula para $A^n$ ; compruébalo con un cálculo directo de $A^2$ .
Vamos $A = \begin{pmatrix} 3 & 1\\ -1 & 1\end{pmatrix}$ . Demuestre que $D$ tiene una raíz doble y calcule $A^n$ ; comprobar en $n = 2$ .
Deja que $F = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 0\end{pmatrix}$ y defina Números de Fibonacci por $F_0 = 0$ , $F_1 = 1$ , $F_{n+2} = F_{n+1} + F_n$ . probar

$F^n = \begin{pmatrix} F_{n+1} & F_n\\ F_n & F_{n-1}\end{pmatrix} \quad (n \geq 1),$

deducir la fórmula de Binet $F_n = \dfrac{\varphi^n - \psi^n}{\sqrt5}$ donde $\varphi = \frac{1 + \sqrt5}2$ , $\psi = \frac{1 - \sqrt5}2$ , y, utilizando la pregunta 7, Identidad de Cassini $F_{n+1}F_{n-1} - F_n^2 = (-1)^n$ .

Parte III — recurrencias lineales, structurally. Repare $s, p \in K$ con $p \neq 0$ y deje que $E_D$ sea el conjunto de secuencias con $u_{n+2} = s\,u_{n+1} - p\,u_n$ para todos los $n$ .

Mostrar que $E_D$ es un espacio vectorial de dimensión $2$ (adaptar Ejercicio 19.10).
Demuestre que la secuencia $(a_n)$ de la Parte I es el elemento de $E_D$ con valores iniciales $0, 1$ , y que cada $u \in E_D$ satisface

$u_n = u_1\,a_n + u_0\,b_n \qquad (n \in \N),$

con $(b_n)$ como en la Parte I: los restos de la división se resuelven todo recurrencias a la vez.
Si $\lambda \neq \mu$ son las raíces de $D$ , demuestre que $\bigl((\lambda^n), (\mu^n)\bigr)$ es un base de $E_D$ ; si $D = (X-\lambda)^2$ con $\lambda \neq 0$ , muestre que $\bigl((\lambda^n), (n\lambda^n)\bigr)$ es uno.
Resolver completamente: $u_{n+2} = u_{n+1} + 6u_n$ , $u_0 = 1$ , $u_1 = 8$ ; verifique la respuesta en $u_2$ y $u_3$ .
Vamos $C = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ -p & s\end{pmatrix}$ (el matriz acompañante de $D$ ). mostrar eso

$\begin{pmatrix} u_{n}\\ u_{n+1}\end{pmatrix} = C^n \begin{pmatrix} u_0\\ u_1\end{pmatrix} \quad (u \in E_D),$

y que $\operatorname{tr} C = s$ y $p(C) = p$ : el recurrencia y la matriz llevan el mismo polinomio $D$ .

Parte IV — Degree three. Deja que $D_3 = X^3 - \alpha X^2 - \beta X - \gamma$ y

C_3 = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\\ \gamma & \beta & \alpha \end{pmatrix}.

Demuestra que $D_3(C_3) = 0$ . (Compute the imágenes of the canonical base vectors under powers of $C_3$ : the aplicación of $C_3$ sends $e_1 \mapsto \dots \mapsto$ a combination forced by the last row.)
Demuestre que si $D_3$ tiene tres raíces distintas $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$ , el resto $R_n$ de $X^n$ dividido por $D_3$ es el Interpolante de Lagrange de los valores $\lambda_i^n$ en los nodos $\lambda_i$ (Teorema 8.23); deducir que cada entrada de $C_3^{\,n}$ es una combinación lineal fija de $\lambda_1^n, \lambda_2^n, \lambda_3^n$ .
Resuelve: $u_{n+3} = 2u_{n+2} + u_{n+1} - 2u_n$ con $u_0 = 0$ , $u_1 = 1$ , $u_2 = 1$ . (Factor $D_3 = (X - 1)(X + 1)(X - 2)$ .) Consulte $u_3$ .
Calcule el resto de $X^n$ módulo $(X - \lambda)^3$ (Taylor expansion of $X^n$ at $\lambda$ ) y deduzca una fórmula para $(\lambda I + N)^n$ cuando $N^3 = 0$ y $N$ conmutan con todo lo que está en vista; compruébalo con el teorema del binomio.
Demuestre que para $D_3$ con raíces distintas, el general la solución de la recurrencia del orden $3$ es $u_n = c_1 \lambda_1^n + c_2\lambda_2^n + c_3\lambda_3^n$ : probar que las tres secuencias geométricas forman un base de la espacio de solución. (For freeness, evaluate a null combination at $n = 0, 1, 2$ and recognize an interpolation system at the distinct nodes $\lambda_i$ .)

Part V — Fibonacci dividends, and synthesis.

Demostrar $F_1 + F_2 + \dots + F_n = F_{n+2} - 1$ .
De $F^{m+n} = F^m F^n$ , derive la fórmula de suma

$F_{m+n} = F_{m+1}F_n + F_m F_{n-1},$

y deducir $F_{2n} = F_n(F_{n+1} + F_{n-1})$ .
Demuestre que $F_n$ es el entero más cercano a $\varphi^n/\sqrt5$ por cada $n \geq 0$ .
Vamos $t_n = \operatorname{tr}(F^n) = F_{n+1} + F_{n-1}$ (el números de lucas $L_n$ ). Muestre $t_{n+2} = t_{n+1} + t_n$ , $t_1 = 1$ , $t_2 = 3$ , ese $L_n = \varphi^n + \psi^n$ y recupere $F_{2n} = F_n L_n$ .
Síntesis, en cuatro frases: por qué las potencias de una matriz $2 \times 2$ viven en el plano $\operatorname{Vect}(I, A)$ de $\mathcal{M}_2(K)$ (que El argumento de dimensión garantiza una identidad cuadrática, y qué identidad explícita produjo la Parte II); que euclidiano la división convierte la exponenciación en una de dos términos recurrencia; cuál enunciado de este problema es el caso $n = 2$ de un teorema válido en todas las dimensiones (nómbrelo, y decir donde se prueba en este serie); y que La construcción de la matriz complementaria se suma a la imagen.

Solución

Solución de Problema 21.1.

1. División euclidiana de $X^n$ por el grado- $2$ mónico $D$ (Teorema 8.3): existen cociente y resto y son únicos, y el resto tiene grado $\leq 1$ : $X^n = Q_n D + a_n X + b_n$ . Para $n = 0$ : $Q_0 = 0$ , $(a_0, b_0) = (0, 1)$ ; para $n = 1$ : $(a_1, b_1) = (1, 0)$ .

2. Multiplica por $X$ y reduce $X^2 = D + sX - p$ :

X^{n+1} = X Q_n D + a_n X^2 + b_n X = (X Q_n + a_n)\,D + (s\,a_n + b_n)\,X - p\,a_n .

La última expresión tiene forma de resto (grado $\leq 1$ ), por lo que por unicidad $a_{n+1} = s a_n + b_n$ y $b_{n+1} = -p a_n$ . Al sustituir $b_{n+1} = -pa_n$ en $a_{n+2} = s a_{n+1} + b_{n+1}$ se obtiene $a_{n+2} = s\,a_{n+1} - p\,a_n$ .

3. Evalúe $X^n = Q_n D + a_n X + b_n$ en las raíces: $\lambda^n = a_n\lambda + b_n$ y $\mu^n = a_n\mu + b_n$ . Restar y dividir por $\lambda - \mu \neq 0$ :

a_n = \frac{\lambda^n - \mu^n}{\lambda - \mu}, \qquad b_n = \lambda^n - a_n\lambda = \frac{\lambda\mu^n - \mu\lambda^n}{\lambda - \mu} .

4. En la doble raíz: $\lambda^n = a_n\lambda + b_n$ . Diferenciando la identidad, $nX^{n-1} = Q_n'\,(X - \lambda)^2 + 2Q_n\,(X - \lambda) + a_n$ , y evaluando en $\lambda$ : $a_n = n\lambda^{n-1}$ ; luego $b_n = \lambda^n - n\lambda^{n} = (1 - n)\lambda^{n}$ .

5. Para $P = \sum_i p_i X^i$ y $Q = \sum_j q_j X^j$ ,

P(M)\,Q(M) = \sum_{i,j} p_i q_j M^{i+j} = (PQ)(M),

porque las potencias de la matriz única $M$ conmutan entre sí (las sumas son claras por linealidad). Si $D(M) = 0$ , sustituyendo $M$ en $X^n = Q_n D + a_n X + b_n$ da $M^n = Q_n(M)\,D(M) + a_n M + b_n I = a_n M + b_n I$ .

6. Productos directos:

A^2 = \begin{pmatrix} a^2 + bc & b(a + d)\\ c(a + d) & d^2 + bc \end{pmatrix}, \qquad s A = \begin{pmatrix} a(a+d) & b(a+d)\\ c(a+d) & d(a+d) \end{pmatrix},

entonces $A^2 - sA$ tiene cero entradas fuera de la diagonal y entradas diagonales $a^2 + bc - a^2 - ad = bc - ad = -p$ : $A^2 - sA + pI_2 = 0$ .

7. Con $A' = \begin{pmatrix} a' & b'\\ c' & d'\end{pmatrix}$ , ampliando $p(AA') = (aa' + bc')(cb' + dd') - (ab' + bd')(ca' + dc')$ : los términos $aa'cb'$ y $ab'ca'$ se cancelan, los términos $bc'dd'$ y $bd'dc'$ se cancelan, y lo que queda es

aa'dd' - bca'd' + bcb'c' - adb'c' = (ad - bc)(a'd' - b'c') = p(A)\,p(A').

Si $p \neq 0$ , Cayley–Hamilton da $A\,\bigl(\tfrac1p(sI_2 - A)\bigr) = \tfrac1p(sA - A^2) = I_2$ , de donde lo inverso (y Proposición 21.4 lo hace de dos caras). Si $p = 0$ y $A$ eran invertibles, la multiplicatividad da $1 = p(I_2) = p(A)\,p(A^{-1}) = 0$ : imposible. Entonces $A \in GL_2 \iff p \neq 0$ .

8. $s = 3$ , $p = 2$ , $D = X^2 - 3X + 2 = (X - 1)(X - 2)$ : $\lambda = 2$ , $\mu = 1$ , entonces $a_n = 2^n - 1$ y $b_n = 2 - 2^n$ (pregunta 3). Por lo tanto

A^n = (2^n - 1)A + (2 - 2^n)I = \begin{pmatrix} 1 & 2^n - 1\\ 0 & 2^n \end{pmatrix}.

Verificar: $A^2 = \begin{pmatrix} 1 & 3\\ 0 & 4\end{pmatrix}$ ambos por la fórmula y elevando al cuadrado directamente.

9. $s = 4$ , $p = 3\cdot1 - 1\cdot(-1) = 4$ : $D = X^2 - 4X + 4 = (X - 2)^2$ , doble raíz $\lambda = 2$ . Pregunta 4: $a_n = n\,2^{n-1}$ , $b_n = (1 - n)2^n$ , entonces

A^n = n\,2^{n-1}A + (1 - n)2^n I = 2^{n-1}\begin{pmatrix} n + 2 & n\\ -n & 2 - n \end{pmatrix}.

En $n = 2$ : $2\begin{pmatrix} 4 & 2\\ -2 & 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 8 & 4\\ -4 & 0 \end{pmatrix}$ , que es $A^2$ calculado directamente.

10. Inducción: $F^1 = \begin{pmatrix} F_2 & F_1\\ F_1 & F_0\end{pmatrix}$ , y

F^{n+1} = F^n F = \begin{pmatrix} F_{n+1} + F_n & F_{n+1}\\ F_n + F_{n-1} & F_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} F_{n+2} & F_{n+1}\\ F_{n+1} & F_n \end{pmatrix}.

Aquí $s = 1$ , $p = -1$ , $D = X^2 - X - 1$ con raíces $\varphi, \psi$ ( $\varphi - \psi = \sqrt5$ , $\varphi\psi = -1$ ). el La secuencia $(F_n)$ tiene $F_0 = 0 = a_0$ , $F_1 = 1 = a_1$ y obedece. la misma recurrencia que $(a_n)$ : $F_n = a_n = (\varphi^n - \psi^n)/\sqrt5$ , fórmula de Binet. Cassini: aplicando las preguntas 7 multiplicatividad a $F^n$ ,

F_{n+1}F_{n-1} - F_n^2 = p(F^n) = p(F)^n = (-1)^n .

11. La condición es lineal y contiene el cero. secuencia: a subespacio. Por inducción $u_0, u_1$ determinar $u$ linealmente, y cada par de valores iniciales se realiza mediante exactamente una solución: como en Ejercicio 19.10, $E_D$ es parametrizado biyectivamente y linealmente por $(u_0, u_1) \in K^2$ : $\dim E_D = 2$ .

12. $(a_n)$ obedece a la recurrencia (pregunta 2) con $a_0 = 0$ , $a_1 = 1$ . También lo hace $(b_n)$ : $b_{n+2} = -p\,a_{n+1} = -p(s a_n + b_n) = s\,b_{n+1} - p\,b_n$ (usando $b_{n+1} = -pa_n$ dos veces), con $b_0 = 1$ , $b_1 = 0$ . La combinación $v_n = u_1 a_n + u_0 b_n$ es entonces una solución con $v_0 = u_0$ , $v_1 = u_1$ ; dos soluciones con los mismos valores iniciales coinciden (inducción), entonces $u_n = u_1 a_n + u_0 b_n$ para todos los $n$ .

13. $(\lambda^n)$ es una solución si $\lambda^{n+2} = s\lambda^{n+1} - p\lambda^n$ para todos los $n$ , es decir, $D(\lambda) = 0$ (después de dividir por $\lambda^n \neq 0$ ; tenga en cuenta $\lambda, \mu \neq 0$ desde $p = \lambda\mu \neq 0$ ). libertad de $\bigl((\lambda^n), (\mu^n)\bigr)$ : una relación en $n = 0, 1$ da $c + c' = 0$ , $c\lambda + c'\mu = 0$ , por lo que $c(\lambda - \mu) = 0$ : $c = c' = 0$ . Dos vectores libre en dimensión $2$ : un base. Doble raíz: $\bigl((n\lambda^n)\bigr)$ es una solución ya que, con $s = 2\lambda$ , $p = \lambda^2$ :

s(n+1)\lambda^{n+1} - p\,n\lambda^n = \lambda^{n+2}\bigl(2(n+1) - n\bigr) = (n+2)\lambda^{n+2} ;

libertad en $n = 0, 1$ : $c = 0$ , luego $c'\lambda = 0$ con $\lambda \neq 0$ .

14. $D = X^2 - X - 6 = (X - 3)(X + 2)$ . generales solución $u_n = A\,3^n + B(-2)^n$ ; las condiciones iniciales dan $A + B = 1$ y $3A - 2B = 8$ , entonces $A = 2$ , $B = -1$ :

u_n = 2\cdot 3^n - (-2)^n .

Verificar: $u_2 = 18 - 4 = 14 = u_1 + 6u_0$ ; $u_3 = 54 + 8 = 62 = u_2 + 6u_1 = 14 + 48$ .

15. $C\begin{pmatrix} u_n\\ u_{n+1}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} u_{n+1}\\ -p\,u_n + s\,u_{n+1}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} u_{n+1}\\ u_{n+2}\end{pmatrix}$ y inducción. da la fórmula con $C^n$ . Además $\operatorname{tr} C = 0 + s = s$ y $p(C) = 0\cdot s - 1\cdot(-p) = p$ : el acompañante La matriz tiene exactamente $D$ como su Cayley–Hamilton polinomio.

16. Para cualquier solución $u$ de $u_{n+3} = \alpha u_{n+2} + \beta u_{n+1} + \gamma u_n$ , los vectores de estado $v_n = (u_n, u_{n+1}, u_{n+2})^{\mathsf T}$ satisfacen $C_3 v_n = v_{n+1}$ (las dos primeras filas cambian, la última fila aplica el recurrencia). Por lo tanto

D_3(C_3)\,v_0 = v_3 - \alpha v_2 - \beta v_1 - \gamma v_0 ,

cuyos tres componentes son $u_{k+3} - \alpha u_{k+2} - \beta u_{k+1} - \gamma u_k = 0$ ( $k = 0, 1, 2$ ). Como estado inicial $v_0 = (u_0, u_1, u_2)^{\mathsf T}$ abarca más de todo de $K^3$ (los valores iniciales son libre), la matriz $D_3(C_3)$ mata cada vector: $D_3(C_3) = 0$ .

17. Escribe $X^n = Q\,D_3 + R_n$ con $\deg R_n \leq 2$ y evaluar en cada raíz: $\lambda_i^n = R_n(\lambda_i)$ . entonces $R_n$ es un polinomio de grado $\leq 2$ interpolando los tres valores $\lambda_i^n$ en los tres nodos distintos $\lambda_i$ : por unicidad en Teorema 8.23, $R_n = \sum_i \lambda_i^n L_i$ con $(L_i)$ el Lagrange base de los nodos. Sustituyendo $C_3$ (preguntas 5 y 16):

C_3^{\,n} = R_n(C_3) = \sum_{i=1}^{3} \lambda_i^n\,L_i(C_3),

con las tres matrices $L_i(C_3)$ independientes de $n$ : cada La entrada de $C_3^{\,n}$ es una combinación fija de $\lambda_1^n, \lambda_2^n, \lambda_3^n$ .

18. $D_3 = X^3 - 2X^2 - X + 2 = (X-1)(X+1)(X-2)$ . Solución general $u_n = A + B(-1)^n + C\,2^n$ . Inicial condiciones: $A + B + C = 0$ , $A - B + 2C = 1$ , $A + B + 4C = 1$ . Restando el primero del tercero: $3C = 1$ , $C = \frac13$ ; luego $A + B = -\frac13$ y $A - B = \frac13$ : $A = 0$ , $B = -\frac13$ . Por lo tanto

u_n = \frac{2^n - (-1)^n}{3}

(los números de Jacobsthal). Consultar: $u_3 = \frac{8 + 1}{3} = 3 = 2u_2 + u_1 - 2u_0 = 2 + 1 - 0$ .

19. Expansión de Taylor del polinomio $X^n$ en $\lambda$ :

X^n = \sum_{k=0}^{n} \binom nk \lambda^{n-k}(X - \lambda)^k ,

y todos los términos con $k \geq 3$ son divisibles por $(X - \lambda)^3$ : el resto es

R_n = \lambda^n + n\lambda^{n-1}(X - \lambda) + \binom n2\lambda^{n-2}(X - \lambda)^2 .

Para $M = \lambda I + N$ con $N^3 = 0$ : $(M - \lambda I)^3 = N^3 = 0$ , entonces la pregunta 5 da

M^n = \lambda^n I + n\lambda^{n-1} N + \binom n2 \lambda^{n-2} N^2 ,

cuál es exactamente la expansión binomial de $(\lambda I + N)^n$ truncado en $N^2$ — los dos métodos coinciden.

20. El espacio de la solución tiene la dimensión $3$ (igual parametrización por $(u_0, u_1, u_2)$ como en la pregunta 11), y cada $(\lambda_i^n)$ es una solución. Libertad: supongamos $c_1\lambda_1^n + c_2\lambda_2^n + c_3\lambda_3^n = 0$ para $n = 0, 1, 2$ . Arregla $i$ y deja que $L_i = \sum_{k \leq 2} p_k X^k$ sea el Lagrange polinomio de los nodos con $L_i(\lambda_j) = \delta_{ij}$ . entonces

0 = \sum_{k=0}^{2} p_k\Bigl(\sum_j c_j\lambda_j^k\Bigr) = \sum_j c_j\,L_i(\lambda_j) = c_i .

Entonces todo $c_i = 0$ : tres soluciones libre en la dimensión $3$ , una base; la solución general es $c_1\lambda_1^n + c_2\lambda_2^n + c_3\lambda_3^n$ .

21. De $F_k = F_{k+2} - F_{k+1}$ , la suma telescopios:

\sum_{k=1}^{n} F_k = \sum_{k=1}^{n}\bigl(F_{k+2} - F_{k+1}\bigr) = F_{n+2} - F_2 = F_{n+2} - 1 .

22. Tome la entrada $(1,2)$ de $F^{m+n} = F^m F^n$ : el el lado izquierdo es $F_{m+n}$ ; el lado derecho es (fila $1$ de $F^m$ ) veces (columna $2$ de $F^n$ ), es decir, $F_{m+1}F_n + F_m F_{n-1}$ . Con $m = n$ :

F_{2n} = F_{n+1}F_n + F_nF_{n-1} = F_n\,(F_{n+1} + F_{n-1}).

23. Por Binet, $F_n - \dfrac{\varphi^n}{\sqrt5} = -\dfrac{\psi^n}{\sqrt5}$ y $\abs\psi = \frac{\sqrt5 - 1}2 < 1$ , por lo que

\Bigl|F_n - \frac{\varphi^n}{\sqrt5}\Bigr| \leq \frac{1}{\sqrt5} < \frac12 \qquad (n \geq 0):

$F_n$ es el número entero más cercano a $\varphi^n/\sqrt5$ .

24. $t_n = F_{n+1} + F_{n-1}$ es una combinación de secuencias de Fibonacci desplazadas, por lo tanto satisface la misma recurrencia: $t_{n+2} = t_{n+1} + t_n$ ; y $t_1 = F_2 + F_0 = 1$ , $t_2 = F_3 + F_1 = 3$ : estos son los números de Lucas $L_n$ . La secuencia $\varphi^n + \psi^n$ es una solución con el mismo primeros dos valores ( $\varphi + \psi = 1$ , $\varphi^2 + \psi^2 = ( \varphi + \psi)^2 - 2\varphi\psi = 3$ ), entonces $L_n = \varphi^n + \psi^n$ . Finalmente

F_n L_n = \frac{(\varphi^n - \psi^n)(\varphi^n + \psi^n)}{\sqrt5} = \frac{\varphi^{2n} - \psi^{2n}}{\sqrt5} = F_{2n},

recuperando la pregunta 22.

25. (i) Las cinco matrices $I, A, A^2, A^3, A^4$ viven en el $4$ -dimensional $\mathcal{M}_2(K)$ , entonces alguno distinto de cero polinomio de grado $\leq 4$ mata a $A$ ; La parte II agudizó esto a la cuadrática explícita $A^2 = sA - pI$ , que bloquea todos potencia en el avión $\operatorname{Vect}(I, A)$ . (ii) La división euclidiana reduce el módulo $X^n$ a ese cuadrático, y el Los dos coeficientes del resto obedecen a la recurrencia de dos términos. $a_{n+2} = s\,a_{n+1} - p\,a_n$ : la exponenciación se ha vuelto iteración. (iii) La pregunta 6 es el caso $n = 2$ de la Teorema de Cayley-Hamilton, válido en todas las dimensiones y demostrado en el volumen del Año 2. (iv) La matriz complementaria se cierra el bucle: cada recurrencia lineal is una potencia de matriz, con el mismo polinomio $D$ que aparece como datos de rastreo y determinante, entonces el cálculo del resto resuelve recurrencias y calcula potencias de un solo golpe.