Matemáticas universitarias — Grado 2 · Bachelor Year 2

2Álgebra lineal

El álgebra lineal del volumen del Año 1 trabajó sobre $\R$ o $\C$ en dimensión finita, y admitió el determinante general. este capitulo actualiza las tres restricciones: la teoría se establece sobre un campo arbitrario $K$ , la interacción entre un espacio y su dual se desarrolla sistemáticamente (bases dual, aniquiladores, transpone), y el determinante es finalmente construido de alterno formas multilineales y la firma de Capítulo 1 — descargando todas las admisiones del Año 1.

En todo momento, $K$ es un campo ( $\Q$ , $\R$ , $\C$ o $\Z/p\Z$ — el A la teoría no le importa) y, a menos que se indique lo contrario, los espacios son de dimensión finita sobre $K$ . Los resultados del Año 1 (bases, dimensión, rango–nulidad, matrices) se transfieren textualmente: sus pruebas nunca se usaron cualquier cosa menos los axiomas de campo.

2.1 doble espacio

Definición 2.1 (Espacio dual, base dual)

El dual de $E$ es $E^* = \mathcal{L}(E, K)$ , el espacio de las formas lineales. Si $\mathcal{B} = (e_1, \dots, e_n)$ es una base de $E$ , la formas coordinadas $e_1^*, \dots, e_n^*$ definido por $e_i^*(e_j) = \delta_{ij}$ (Kronecker: $1$ si $i = j$ , demás $0$ ) del base dual $\mathcal{B}^*$ de $E^*$ ; en particular $\dim E^* = \dim E$ , y

x = \sum_{i=1}^{n} e_i^*(x)\, e_i \quad (x \in E), \qquad \varphi = \sum_{i=1}^{n} \varphi(e_i)\, e_i^* \quad (\varphi \in E^*).

Prueba de que $\mathcal{B}^*$ es una base. Gratis: aplicando una combinación nula $\sum \lambda_i e_i^* = 0$ a $e_j$ da $\lambda_j = 0$ . Generando: para $\varphi \in E^*$ , el el formulario $\varphi - \sum_i \varphi(e_i) e_i^*$ mata todos los $e_j$ , por lo tanto es cero (un mapa lineal que se desvanece sobre una base se desvanece). los dos Las fórmulas de visualización son los mismos cálculos leídos hacia adelante. ∎

Ejemplo 2.2

En $K_n[X]$ con base $(1, X, \dots, X^n)$ : el base dual es $P \mapsto \frac{P^{(k)}(0)}{k!}$ (coeficientes de Taylor). otra base del dual: las evaluaciones $P \mapsto P(x_i)$ en $n + 1$ distintas puntos — su base “pre-dual” en $K_n[X]$ es exactamente la familia de polinomios de Lagrange $L_i$ (volumen del año 1), desde $L_i(x_j) = \delta_{ij}$ . Interpolación is dualidad.

Método 2.3 (Bases duales y anteduales en la práctica.)

Para ampliar un formulario $\varphi$ sobre la base $(e_i)$ de $E$ : Las coordenadas son valores $\varphi(e_i)$ — no hay sistema para resolver. Para encontrar la base $(u_j)$ de $E$ cuyo dual es un dado base $(\varphi_1, \dots, \varphi_n)$ de $E^*$ (el antedual): resuelve los sistemas lineales $n$

\varphi_i(u_j) = \delta_{ij} \qquad (1 \leq i \leq n),

una columna $u_j$ a la vez; en términos matriciales, si las filas de $M$ enumerar los coeficientes del $\varphi_i$ en una base conocida de $E^*$ , las columnas de $M^{-1}$ son las $u_j$ . Existencia y La unicidad del antedual se demuestra en el fin de semana de este capítulo. problema; el cálculo es siempre esta inversión.

Ejemplo 2.4 (Una base dual de $\R^2$ , completamente calculada)

Para la base $b_1 = (1, 1)$ , $b_2 = (1, -1)$ de $\R^2$ : la base dual $(b_1^*, b_2^*)$ debe satisfacer $b_i^*(b_j) = \delta_{ij}$ . Escribiendo $b_1^*(x, y) = \alpha x + \beta y$ , el condiciones $\alpha + \beta = 1$ y $\alpha - \beta = 0$ dan

b_1^*(x, y) = \frac{x + y}{2}, \qquad\text{and likewise}\qquad b_2^*(x, y) = \frac{x - y}{2} .

Comprobaciones de cordura: $b_1^*$ es no $e_1^* + e_2^*$ evaluado ingenuamente — el base dual depende de toda la base, no de cada vector por separado (reemplazando $b_2$ por $(0, 1)$ cambia $b_1^*$ en $x \mapsto x$ ). Y la fórmula de expansión funciona: $(x, y) = \frac{x+y}2\,b_1 + \frac{x-y}2\,b_2$ , el par/impar descomposición de un par — dual las bases son coordenadas extractores, y este extrae simétricos y antisimétricos. partes.

Definición 2.5 (aniquilador)

Para un subespacio $F \subseteq E$ , el aniquilador es

F^{\circ} = \{\varphi \in E^* : \varphi|_F = 0\},

un subespacio de $E^*$ .

Teorema 2.6 (Dimensión del aniquilador)

$\dim F^{\circ} = \dim E - \dim F$ . Además $F \mapsto F^\circ$ invierte las inclusiones y $F$ se recupera de su aniquilador:

F = \{x \in E : \forall\varphi \in F^\circ,\ \varphi(x) = 0\}.

En consecuencia, cada subespacio de la dimensión $p$ en la dimensión $n$ es el conjunto de soluciones de $n - p$ ecuaciones lineales independientes — y por el contrario.

Demostración. Elija una base $(e_1, \dots, e_p)$ de $F$ completada en una base de $E$ . Un formulario $\varphi = \sum \varphi(e_i) e_i^*$ aniquila $F$ si y así sus primeros coeficientes $p$ se desvanecen: $F^\circ = \operatorname{Vect}(e_{p+1}^*, \dots, e_n^*)$ , de dimensión $n - p$ . La reversión de la inclusión es inmediata. Para la recuperación: la mano derecha el lado contiene $F$ ; por el contrario, si $x \notin F$ , complete una base de $F$ por $x$ y otros vectores; la forma de coordenadas de $x$ en este base aniquila $F$ pero no $x$ . La lectura de las "ecuaciones" toma un base $(\varphi_1, \dots, \varphi_{n-p})$ de $F^\circ$ : luego $F = \bigcap \ker\varphi_j$ , una intersección de $n - p$ independiente hiperplanos. ∎

Ejemplo 2.7 (Un aniquilador, ambas direcciones.)

Sea $F = \operatorname{Vect}\bigl((1, 2, 1),\ (1, 0, -1)\bigr) \subseteq \R^3$ . Un formulario $\varphi = a\,e_1^* + b\,e_2^* + c\,e_3^*$ aniquila $F$ si y así

a + 2b + c = 0 \qquad\text{and}\qquad a - c = 0 ,

es decir, $c = a$ y $b = -a$ : $F^\circ = \R\,(e_1^* - e_2^* + e_3^*)$ , de dimensión $3 - 2 = 1$ como Teorema 2.6 requiere. Leyendolo al revés: $F = \{(x, y, z) : x - y + z = 0\}$ — el avión se recuperó como el núcleo del formulario único que abarca $F^\circ$ . Pasando de un familia que abarca las ecuaciones is calculando un aniquilador; pasar de ecuaciones a una parametrización es calcular una pre-aniquilador. (Compruebe: ambos vectores de expansión satisfacen $x - y + z = 0$ ).

Definición 2.8 (Transponer mapa)

Para $u \in \mathcal{L}(E, F)$ , el transponer $u^{\mathsf T} \in \mathcal{L}(F^*, E^*)$ es

u^{\mathsf T}(\psi) = \psi \circ u .

Satisface $(v \circ u)^{\mathsf T} = u^{\mathsf T} \circ v^{\mathsf T}$ , y en bases dual, la matriz de $u^{\mathsf T}$ es la matriz transpuesta de $u$ — que finalmente explica el transposición del año 1.

Ejemplo 2.9 (La transposición, entrada por entrada)

Sea $u \colon \R^2 \to \R^3$ la matriz $A = \left(\begin{smallmatrix} 1 & 2\\ 0 & 1\\ 3 & 0\end{smallmatrix}\right)$ en las bases canónicas. Para $\psi = b_1f_1^* + b_2f_2^* + b_3f_3^* \in (\R^3)^*$ , calcule $u^{\mathsf T}(\psi) = \psi \circ u$ en la base de $\R^2$ :

(\psi \circ u)(e_1) = \psi(1, 0, 3) = b_1 + 3b_3, \qquad (\psi \circ u)(e_2) = \psi(2, 1, 0) = 2b_1 + b_2 .

Entonces $u^{\mathsf T}(\psi) = (b_1 + 3b_3)\,e_1^* + (2b_1 + b_2)\,e_2^*$ , y en la dual se basa la matriz de $u^{\mathsf T}$ es

\begin{pmatrix} 1 & 0 & 3\\ 2 & 1 & 0\end{pmatrix} = A^{\mathsf T} :

el abstracto transponer is la matriz invertida, sin cálculo dejado para creer en la fe. Tenga en cuenta el mecanismo: el $j$ -ésimo columna de $A$ se convirtió en el $j$ -ésimo fila del nueva matriz porque $\psi \circ u$ lee las salidas de $u$ a través de Coeficientes de $\psi$ .

Proposición 2.10

$\ker u^{\mathsf T} = (\operatorname{im} u)^{\circ}$ y $\operatorname{im} u^{\mathsf T} = (\ker u)^{\circ}$ . En consecuencia $\operatorname{rk}(u^{\mathsf T}) = \operatorname{rk}(u)$ : rango de fila es igual al rango de columna, demostrado estructuralmente.

Demostración. $\psi \in \ker u^{\mathsf T} \iff \psi \circ u = 0 \iff \psi$ mata $\operatorname{im} u$ : la primera identidad. Para el segundo: $u^{\mathsf T}(\psi) = \psi \circ u$ mata a $\ker u$ siempre, así que $\operatorname{im} u^{\mathsf T} \subseteq (\ker u)^\circ$ ; dimensiones coinciden por rango: nulidad y Teorema 2.6:

\operatorname{rk} u^{\mathsf T} = \dim F^* - \dim\ker u^{\mathsf T} = \dim F - \bigl(\dim F - \operatorname{rk} u\bigr) = \operatorname{rk} u = \dim (\ker u)^{\circ} . \qedhere

∎

Ejemplo 2.11 (Rango leído en ambos lados)

dejar

A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1 & 1\\ 1 & 3 & 1 & 2 \end{pmatrix} .

Rango de columna: la tercera fila es la suma de las dos primeras, por lo que $\operatorname{rk} A \leq 2$ ; las columnas $1$ y $2$ son gratuitas: $\operatorname{rk} A = 2$ . The transponer’s kernel: resolviendo $A^{\mathsf T}y = 0$ da $y \in \R\,(1, 1, -1)$ , por lo que $\ker A^{\mathsf T}$ tiene la dimensión $1 = 3 - 2$ : exactamente $(\operatorname{im} A)^\circ$ bajo la identificación de $(\R^3)^*$ con vectores de fila, como Proposición 2.10 afirma — el single relación “fila $_3$ = fila $_1$ + fila $_2$ ” is la aniquilador del espacio de columna. Clasificación de fila ( $2$ filas libres) y El rango de las columnas coincide no por accidente sino porque ambos son iguales. $\operatorname{rk} A = \operatorname{rk} A^{\mathsf T}$ .

Ejemplo 2.12 (La dualidad lee una regla de cuadratura.)

¿Por qué existe una regla como la de Simpson (Ejercicio 2.4)? ¿Y por qué es único? La dualidad responde ante cualquier cálculo. En $E = \R_2[X]$ , la integral $P \mapsto \int_0^1 P$ es uno vector específico del tridimensional dual $E^*$ ; el evaluaciones en $0$ , $\frac12$ , $1$ forman un base de $E^*$ ; por lo tanto, la integral se expande únicamente sobre ellos — que expansión is regla de Simpson, coeficientes incluidos. un El recuento de dimensiones también calibra las expectativas: en $\R_3[X]$ , En general, las cuatro dimensiones de las formas no pueden abarcarse mediante tres evaluaciones, por lo que la exactitud en las cúbicas no se debe a la dualidad; que Simpson integre cúbicas exactamente de todos modos es una ventaja simetría (cancelación de grados impares alrededor de $\frac12$ ), para ser comprobado a mano. Las reglas con nodos $n + 1$ son expansiones de la formulario de integración en una base de evaluación de $\R_n[X]^*$ : la existencia y la unicidad cuestan un teorema de base dual; solo el Los títulos extra cuestan trabajo.

2.2 Formas alternas multilineales

Definición 2.13

Un mapa $f \colon E^n \to K$ es $n$ -lineal cuando es lineal en cada variable, y alterno cuando desaparece cuando dos argumentos son iguales. alternar implica antisimétrico: intercambiar dos argumentos cambia el signo (expandir $f(\dots, x + y, \dots, x + y, \dots) = 0$ ); más generalmente, para $\sigma \in \mathfrak{S}_n$ ,

f(x_{\sigma(1)}, \dots, x_{\sigma(n)}) = \varepsilon(\sigma)\, f(x_1, \dots, x_n),

descomponiendo $\sigma$ en transposiciones (Teorema 1.21).

Teorema 2.14 (El teorema fundamental de los determinantes)

Sean $\dim E = n$ y $\mathcal{B} = (e_1, \dots, e_n)$ una base. el El espacio de alterno $n$ -formas lineales en $E$ tiene la dimensión $1$ : cada una de estas formas es un múltiplo de

\det{}_{\mathcal{B}}(x_1, \dots, x_n) = \sum_{\sigma \in \mathfrak{S}_n} \varepsilon(\sigma) \prod_{i=1}^{n} a_{\sigma(i),\,i}, \qquad x_j = \sum_{i} a_{ij} e_i ,

y $\det_{\mathcal{B}}$ es el único que toma el valor $1$ en $\mathcal{B}$ .

Demostración. Sea $f$ alterno $n$ -lineal. Ampliando cada argumento en $\mathcal{B}$ por multilinealidad,

f(x_1, \dots, x_n) = \sum_{i_1, \dots, i_n} a_{i_1,1}\cdots a_{i_n,n}\, f(e_{i_1}, \dots, e_{i_n}).

Los términos con índice repetido desaparecen (alterno); los sobrevivientes las tuplas $(i_1, \dots, i_n)$ son las inyectivas, es decir, $i_k = \sigma(k)$ para una permutación $\sigma$ , y reórdenes antisimétricos $f(e_{\sigma(1)}, \dots, e_{\sigma(n)}) = \varepsilon(\sigma) f(e_1, \dots, e_n)$ . Por lo tanto

f = f(e_1, \dots, e_n) \cdot \det{}_{\mathcal{B}} :

cada forma alterna es así de múltiple, siempre que $\det_{\mathcal{B}}$ en sí (la suma mostrada) is alterno $n$ -lineal y toma el valor $1$ en $\mathcal B$ . La multilinealidad es clara (cada sumando es lineal en cada columna). Valor en $\mathcal B$ : el único término distinto de cero es $\sigma = \mathrm{id}$ . Alterno: supongamos $x_j = x_k$ ( $j \neq k$ ), entonces que las columnas de coordenadas cumplan $a_{i j} = a_{i k}$ para todos $i$ . Empareje cada $\sigma$ con $\sigma' = \sigma\circ(j\,k)$ — una involución sin puntos fijos en $\mathfrak{S}_n$ . el los productos emparejados coinciden:

\prod_i a_{\sigma'(i),\,i} = a_{\sigma(k),\,j}\; a_{\sigma(j),\,k} \prod_{i \neq j,k} a_{\sigma(i),\,i} = a_{\sigma(k),\,k}\; a_{\sigma(j),\,j} \prod_{i \neq j,k} a_{\sigma(i),\,i} = \prod_i a_{\sigma(i),\,i},

utilizando la igualdad de las columnas $j$ y $k$ ; mientras $\varepsilon(\sigma') = -\varepsilon(\sigma)$ . cada par aporta cero: la suma se desvanece. ∎

Ejemplo 2.15 (Sarrus, derivado y derribado)

Para $n = 3$ , la fórmula de permutación tiene exactamente términos $3! = 6$ . Listado $\mathfrak{S}_3$ por firma — $\mathrm{id}$ , $(1\,2\,3)$ , $(1\,3\,2)$ par; $(1\,2)$ , $(1\,3)$ , $(2\,3)$ impar — da

\det A = a_{11}a_{22}a_{33} + a_{21}a_{32}a_{13} + a_{31}a_{12}a_{23} - a_{21}a_{12}a_{33} - a_{31}a_{22}a_{13} - a_{11}a_{32}a_{23} :

precisamente la regla de las "diagonales" de Sarrus que se enseña en la escuela — ahora un teorema, con los signos misteriosos identificados como firmas. La demolición: para $n = 4$ hay $24$ permutaciones, de las cuales sólo $8$ son recogidas por cualquier esquema de dibujo diagonal; Sarrus no tiene una versión grado $4$ , y la expansión del cofactor (Teorema 2.17 (4)) toma terminado. Contar términos también es una advertencia: la fórmula de permutación tiene sumandos $n!$ , por lo que es un definición, no un algoritmo — la reducción de filas calcula $\det$ en $O(n^3)$ operaciones en su lugar.

Definición 2.16 (Determinantes)

El determinante de una familia en una base es $\det_{\mathcal{B}}(x_1, \dots, x_n)$ ; el determinante de un matriz $A$ es el determinante de sus columnas en la base canónica — la fórmula de permutación anterior; el determinante de un endomorfismo $u$ es el escalar $\det u$ tal que

\det{}_{\mathcal{B}}\bigl(u(x_1), \dots, u(x_n)\bigr) = \det u \cdot \det{}_{\mathcal{B}}(x_1, \dots, x_n) \quad \text{for all } x_i

(el lado izquierdo es alterno $n$ -lineal, por lo tanto, un múltiplo de $\det_\mathcal{B}$ por Teorema 2.14; el factor lo hace no depende de $\mathcal{B}$ ).

Teorema 2.17 (El cálculo determinante, demostrado)

$\det(uv) = \det u\,\det v$ ; $\;\det(AB) = \det A \det B$ .
$u$ es invertible $\iff \det u \neq 0$ ; una familia es una base $\iff$ su determinante en alguna base es distinto de cero.
$\det(A^{\mathsf T}) = \det A$ .
Expansión de cofactor a lo largo de cualquier fila o columna, como se indica en la Volumen del año 1, retenciones; matrices similares comparten sus determinante.

Demostración. (1) Aplique la relación definitoria dos veces: $\det_{\mathcal B}(uv(x_i)) = \det u \cdot \det_{\mathcal B}(v(x_i)) = \det u \det v \cdot \det_{\mathcal B}(x_i)$ .

(2) Si $u$ es invertible, $\det u \det u^{-1} = \det \mathrm{id} = 1 \neq 0$ . En caso contrario, las imágenes $u(e_i)$ están vinculadas; expresando uno a través de los demás y expandiéndose, $\det_{\mathcal B}(u(e_i)) = 0$ (alterno elimina las instrucciones repetidas), por lo que $\det u = 0$ . la base El criterio es el mismo para las familias.

(3) En la fórmula de permutación, reindexe cada producto por $j = \sigma(i)$ , es decir, $i = \tau(j)$ con $\tau = \sigma^{-1}$ : el los factores son los mismos números en diferente orden, entonces

\prod_{i=1}^{n} a_{\sigma(i),\,i} = \prod_{j=1}^{n} a_{j,\,\tau(j)} ,

y $\varepsilon(\tau) = \varepsilon(\sigma)^{-1} = \varepsilon(\sigma)$ (los valores son $\pm1$ ; $\varepsilon$ es un morfismo). Sumar $\sigma$ es lo mismo que sumar $\tau$ (la inversión es una biyección de $\mathfrak{S}_n$ ):

\det A = \sum_{\tau}\varepsilon(\tau)\prod_j a_{j,\tau(j)} = \det(A^{\mathsf T}),

siendo la última suma la fórmula de permutación aplicada al entradas transpuestas $(A^{\mathsf T})_{ij} = a_{ji}$ .

(4) Corrija la columna $j$ y divida $x_j = \sum_i a_{ij} e_i$ por linealidad: $\det A = \sum_i a_{ij}\, \det(\dots, e_i, \dots)$ , y moviendo $e_i$ a la última posición ( $n - i$ transposiciones de filas, $n - j$ de columnas, vía (3)) identifica $\det(\dots, e_i, \dots) = (-1)^{i+j}\Delta_{ij}$ con el menor: exactamente el cofactor del año 1 regla. Similitud: $\det(P^{-1}AP) = \det P^{-1}\det A \det P = \det A$ por (1). ∎

Ejemplo 2.18 (Expansión de cofactor, ejecutada)

calcular

\det\begin{pmatrix} 2 & 1 & 3\\ 0 & 4 & 1\\ 1 & 2 & 0 \end{pmatrix}

a lo largo de la primera columna (dos ceros de pereza: uno). Las señales siguen el tablero de ajedrez $(-1)^{i+j}$ :

2\,\det\begin{pmatrix}4 & 1\\ 2 & 0\end{pmatrix} - 0 + 1\cdot\det\begin{pmatrix}1 & 3\\ 4 & 1\end{pmatrix} = 2(0 - 2) + (1 - 12) = -15 .

Verificación cruzada de Sarrus (Ejemplo 2.15): $0 + 1 + 0 - 12 - 0 - 4 = -15$ . Estrategia, no doctrina: expandirse a lo largo del línea con la mayor cantidad de ceros, y cuando ninguno tenga ninguno, haga algunos operaciones primero por fila — una ronda de costos de eliminación menos de dos capas de cofactor.

Ejemplo 2.19 (Un determinante por las reglas)

Sea $J \in \mathcal{M}_n(K)$ la matriz de todos unos y $a \in K$ ; Calculamos $\det(aI_n + J)$ con las herramientas recién probadas. cada La columna de $aI_n + J$ suma la misma manera: suma todas las filas a la primera. (el determinante no ha cambiado — agregando un múltiplo de una fila a otro añade un término de dirección repetida, eliminado por alternancia). La primera fila pasa a ser $(a + n, a + n, \dots, a + n)$ ; factorizar $a + n$ por linealidad en esa fila, luego resta la primera columna de cada dos columnas: lo que queda es triangular con diagonal $(1, a, \dots, a)$ . Por lo tanto

\det(aI_n + J) = (a + n)\,a^{\,n-1}.

La idea final: las raíces $a = 0$ (multiplicidad $n - 1$ ) y $a = -n$ dice que $J$ tiene valor propio $0$ con multiplicidad $n - 1$ y valor propio $n$ una vez — el espectro de la matriz de rango uno $J$ , un capítulo antes (Capítulo 3 hará que esto sistemático).

Ejemplo 2.20 (Un determinante por la fórmula de permutación)

Para una matriz con muchos ceros la fórmula es práctica por sí sola: en

A = \begin{pmatrix} 0 & a & 0 & 0\\ 0 & 0 & b & 0\\ 0 & 0 & 0 & c\\ d & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix},

la única permutación que selecciona entradas distintas de cero es el ciclo $4$ $\sigma = (1\,2\,3\,4)$ columna de mapeo $1 \to$ fila $4$ , etc.; $\varepsilon(\sigma) = (-1)^3 = -1$ , entonces $\det A = -abcd$ . (Compruebe mediante intercambios de tres columnas para llegar a una matriz diagonal).

Ejemplo 2.21 (Un Vandermonde por la fórmula del producto.)

Para los nodos $0, 1, 2$ (utilizados por reglas de cuadratura como Ejercicio 2.4’s), el Vandermonde determinante de Ejercicio 2.11 evalúa de un vistazo:

\det\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 2\\ 0 & 1 & 4 \end{pmatrix} = (1 - 0)(2 - 0)(2 - 1) = 2 ,

y por expansión directa a lo largo de la primera columna: $1\cdot(4 - 2) = 2$ : acuerdo. Lo que no desaparece para distintos nodos es el todo. teoría de la interpolación en uno determinante: la evaluación Los formularios $P \mapsto P(a_i)$ son una base del dual exactamente cuando este determinante es distinto de cero, es decir, siempre para $a_i$ distinto — Ejemplo 2.2 cuantificado.

2.3 Seguimiento, revisitado

Proposición 2.22

La traza $\operatorname{tr} \colon \mathcal{M}_n(K) \to K$ es la forma lineal única con $\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(BA)$ y $\operatorname{tr}(I_n) = n$ (para $\operatorname{char} K = 0$ ); la huella de un endomorfismo es bien definido a través de cualquier representación matricial, y

\operatorname{tr}(u) = \sum_{i} e_i^*\bigl(u(e_i)\bigr)

en cualquier base — la dualidad escribe la huella libremente.

Demostración. $\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(BA)$ y invariancia de base se demostraron en el año 1. Unicidad: una forma lineal $t$ con $t(AB) = t(BA)$ mata a todos los conmutadores $AB - BA$ . Reclamamos los conmutadores. abarca el hiperplano de traza cero, de dimensión $n^2 - 1$ . dos familias de conmutadores son suficientes. La regla de multiplicación de la matrices elementales es $E_{ab}E_{cd} = \delta_{bc}E_{ad}$ . Para $i \neq j$ da

E_{ii}E_{ij} - E_{ij}E_{ii} = E_{ij} - 0 = E_{ij}

(el segundo producto es $E_{ij}E_{ii} = \delta_{ji}E_{ii} = 0$ desde $j \neq i$ ): cada $E_{ij}$ fuera de la diagonal es un conmutador. y

E_{ij}E_{ji} - E_{ji}E_{ij} = E_{ii} - E_{jj} .

El $E_{ij}$ ( $i \neq j$ , $n^2 - n$ de ellos) junto con el $E_{11} - E_{jj}$ ( $j \geq 2$ , $n - 1$ de ellos) son $n^2 - 1$ Matrices de traza cero linealmente independientes: abarcan el hiperplano $\ker\operatorname{tr}$ . Entonces $t$ desaparece donde $\operatorname{tr}$ lo hace y lo factoriza: $t = c\operatorname{tr}$ ; entonces $t(I) = n$ fuerza a $c = 1$ . La pantalla: la entrada diagonal $i$ de la matriz de $u$ es precisamente $e_i^*(u(e_i))$ . ∎

Observación 2.23 (Errores comunes)

(i) El determinante es $n$ -lineal en el columnas, no lineal en la matriz: $\det(A + B) \neq \det A + \det B$ en general, y $\det(\lambda A) = \lambda^n\det A$ , no $\lambda\det A$ . (ii) Transposición invierte productos: $(vu)^{\mathsf T} = u^{\mathsf T}v^{\mathsf T}$ ; olvidando el la inversión arruina todo cálculo que involucre inversos. (iii) El aniquilador $F^\circ$ vive en $E^*$ , no en $E$ : se convierte en familiar “complemento ortogonal” sólo después de un producto interno identifica $E$ con $E^*$ (Capítulo 12); no hay tal La identificación es canónica. (iv) “El rango de fila es igual a la columna rango” no significa que la fila espacio sea igual al espacio de la columna — los dos viven en espacios diferentes ( $K^n$ y $K^m$ ) y están relacionados a través de Proposición 2.10, no iguales. (v) La fórmula de permutación es un dispositivo de prueba: para números, use operaciones de fila y cofactores (Ejemplo 2.15).

Ejemplo 2.24 (El emparejamiento de trazas divide el espacio de la matriz.)

En $\mathcal{M}_2(\R)$ con el emparejamiento $\langle A, B\rangle = \operatorname{tr}(AB)$ de Ejercicio 2.9: descomponer $M = \left(\begin{smallmatrix}1 & 4\\ 2 & 3\end{smallmatrix}\right)$ en partes simétricas y antisimétricas,

M = S + A, \qquad S = \tfrac12(M + M^{\mathsf T}) = \begin{pmatrix}1 & 3\\ 3 & 3\end{pmatrix}, \qquad A = \tfrac12(M - M^{\mathsf T}) = \begin{pmatrix}0 & 1\\ -1 & 0\end{pmatrix}.

Entonces $\operatorname{tr}(SA) = \operatorname{tr} \left(\begin{smallmatrix}-3 & 1\\ -3 & 3\end{smallmatrix}\right) = 0$ : el dos partes son "ortogonales" para el emparejamiento de trazas — una ejemplo del hecho general (probado en el problema del fin de semana de este capítulo) que las matrices antisimétricas forman exactamente aniquilador de los simétricos. La dualidad ve la descomposición $\mathcal{M}_n = \mathcal{S}_n \oplus \mathcal{A}_n$ antes de elegir cualquier producto interno.

Observación 2.25 (Perspectivas dentro de este volumen)

Mira cómo las tres construcciones de este capítulo cambian de disfraz. adelante. El transponer regresa en Capítulo 3: $u$ y $u^{\mathsf T}$ comparten valores propios con multiplicidades geométricas iguales (los problema del fin de semana, pregunta 15), por lo que fila y columna Los análisis de una matriz nunca están en desacuerdo. El determinante se convierte en función de un parámetro en Capítulo 3 ( $\chi_u(X) = \det(X\,\mathrm{id} - u)$ ) y un jacobiano en Capítulo 20, donde su multilinealidad se convierte en la factor de cambio de variables. El rastro siembra el invariantes de similitud: es el segundo coeficiente de $\chi_u$ , la suma de valores propios y, finalmente, la integral de la diagonal en identidades de estilo Capítulo 14. uno Capítulo de álgebra lineal, tres largas sombras.

Observación 2.26 (Dónde se utiliza este capítulo)

El espacio dual no es una abstracción por sí mismo: aniquiladores y transpone ejecutan la teoría de solubilidad de sistemas lineales (este El problema del fin de semana del capítulo demuestra que Fredholm es de dimensión finita. alternativa de ellos), los pares no degenerados reaparecen como forma polar en Capítulo 12 y el adjunto en Capítulo 13, y el determinante construido aquí alimenta el conjunto de Capítulo 3. En el volumen del año 3 lo mismo. la dualidad, transportada a la dimensión infinita, se convierte en Teorema de representación de Riesz y teoría de Fredholm sobre Hilbert espacios — con compacidad reemplazando los recuentos de dimensiones utilizados aquí.

2.4 Ceremonias

Ejercicio 2.1 ★

En $\R^3$ , sea $\varphi_1(x,y,z) = x + y$ , $\varphi_2 = y + z$ , $\varphi_3 = x + z$ . Demuestre que $(\varphi_1, \varphi_2, \varphi_3)$ es una base de $(\R^3)^*$ y encuentre la base de $\R^3$ de la cual es el dual.

Solución

Solución de Ejercicio 2.1.

Tres formas en un $3$ -dimensional dual: la libertad es suficiente. una relacion $\alpha\varphi_1 + \beta\varphi_2 + \gamma\varphi_3 = 0$ evaluado en $(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)$ da $\alpha + \gamma = 0$ , $\alpha + \beta = 0$ , $\beta + \gamma = 0$ , de donde $\alpha = \beta = \gamma = 0$ .

Pre-dual base $(u_1, u_2, u_3)$ : resolver $\varphi_i(u_j) = \delta_{ij}$ . Escribiendo $u_j = (x, y, z)$ : para $u_1$ : $x + y = 1$ , $y + z = 0$ , $x + z = 0$ da $u_1 = \bigl(\tfrac12, \tfrac12, -\tfrac12\bigr)$ ; simétricamente $u_2 = \bigl(-\tfrac12, \tfrac12, \tfrac12\bigr)$ , $u_3 = \bigl(\tfrac12, -\tfrac12, \tfrac12\bigr)$ .

Ejercicio 2.2 ★

Calcule mediante la fórmula de permutación el determinantes de

\begin{pmatrix} 0 & 0 & a\\ 0 & b & 0\\ c & 0 & 0 \end{pmatrix}, \qquad \begin{pmatrix} a & b & 0 & 0\\ c & d & 0 & 0\\ 0 & 0 & e & f\\ 0 & 0 & g & h \end{pmatrix},

y enuncie la regla de la diagonal de bloques que sugiere el segundo.

Solución

Solución de Ejercicio 2.2.

Primera matriz: la única permutación de producto distinto de cero envía $1 \mapsto 3$ , $2 \mapsto 2$ , $3 \mapsto 1$ — el transposición $(1\,3)$ , firma $-1$ : determinante $-abc$ .

Segundo: una permutación con producto distinto de cero no puede mezclar los dos bloques (una entrada que los vincula es $0$ ), por lo que se divide como una permutación de $\{1,2\}$ multiplicado por uno de $\{3,4\}$ , y la firma es la producto de las dos firmas: la suma se factoriza como

(ad - bc)(eh - fg) .

Regla general sugerida (y cierta, misma prueba): el determinante de un La matriz diagonal de bloques es el producto de determinantes de la bloques.

Ejercicio 2.3 ★

Deje $F = \{(x,y,z,t) \in \R^4 : x + y = z + t \text{ and } x = 2y\}$ . Dé una base de $F^\circ$ y verifique Teorema 2.6 sobre dimensiones.

Solución

Solución de Ejercicio 2.3.

$F$ está definido por las dos ecuaciones independientes $\varphi_1(x,y,z,t) = x + y - z - t = 0$ y $\varphi_2 = x - 2y = 0$ : por Teorema 2.6 leído al revés, $F^\circ = \operatorname{Vect}(\varphi_1, \varphi_2)$ — se encuentran en $F^\circ$ por construcción, son libres (no proporcionales), y $\dim F^\circ = 4 - \dim F = 4 - 2 = 2$ desde $\dim F = 2$ (dos independientes ecuaciones en $\R^4$ ). Base: $(\varphi_1, \varphi_2)$ ; dimensiones: $2 + 2 = 4$ , como exige el teorema.

Ejercicio 2.4 ★★

Sean $a_0, \dots, a_n$ puntos distintos de $K$ y $\varphi_i \colon P \mapsto P(a_i)$ en $K_n[X]$ . Demuestre que $(\varphi_0, \dots, \varphi_n)$ es una base de $K_n[X]^*$ , identifique su base pre-dual, y expanda el formulario $P \mapsto \int_0^1 P(t)\,\dd t$ (para $K = \R$ , $n = 2$ , $a_i = 0, \frac12, 1$ ) en esta base — reconociendo La regla de Simpson.

Solución

Solución de Ejercicio 2.4.

Los $\varphi_i$ son formularios $n + 1$ en un espacio dimensional $(n+1)$ : la libertad es suficiente. Si $\sum_i \lambda_i \varphi_i = 0$ , evaluar en el polinomio de Lagrange $L_j$ de los nodos: $\lambda_j = 0$ . el La base pre-dual es $(L_0, \dots, L_n)$ , desde $\varphi_i(L_j) = L_j(a_i) = \delta_{ij}$ .

Para la forma integral con nodos $0, \frac12, 1$ en $\R_2[X]$ : $\int_0^1 P = \sum_i c_i P(a_i)$ con $c_i = \int_0^1 L_i$ . Calcular: $L_0 = 2(X - \tfrac12)(X - 1)$ , $\int_0^1 L_0 = \frac16$ ; $L_1 = -4X(X-1)$ , $\int_0^1 L_1 = \frac46$ ; $L_2 = 2X(X - \tfrac12)$ , $\int_0^1 L_2 = \frac16$ . Por lo tanto

\int_0^1 P = \frac{1}{6}\Bigl(P(0) + 4P\bigl(\tfrac12\bigr) + P(1)\Bigr) \quad (P \in \R_2[X]) :

La regla de Simpson, exacta en cuadráticas — una declaración sobre dual bases.

Ejercicio 2.5 ★★

Deje $u \in \mathcal{L}(E)$ con $\dim E = n$ y $\operatorname{rk} u = 1$ . Demuestre que $u = \varphi(\cdot)\, a$ para un vector $a$ y un formulario $\varphi$ ; que $\operatorname{tr} u = \varphi(a)$ ; y eso $u^2 = (\operatorname{tr} u)\, u$ . Deducir $\det(I + u) = 1 + \operatorname{tr} u$ .

Solución

Solución de Ejercicio 2.5.

$\operatorname{im} u = Ka$ para algunos $a \neq 0$ ; luego $u(x) = \varphi(x)\,a$ donde $\varphi(x)$ es la coordenada de $u(x)$ en $a$ — lineal en $x$ . Seguimiento: complete $a = e_1$ en una base; el La matriz de $u$ tiene columnas $\varphi(e_j)\,e_1$ , por lo que su única diagonal la entrada es $\varphi(e_1) = \varphi(a)$ : $\operatorname{tr} u = \varphi(a)$ . entonces

u^2(x) = \varphi(x)\, u(a) = \varphi(x)\varphi(a)\, a = (\operatorname{tr} u)\, u(x).

Determinante, en dos casos. If $\varphi(a) \neq 0$ : toma cualquiera base del hiperplano $\ker\varphi$ y anexar $a$ . Entonces $u$ mata $\ker\varphi$ (allí $u(x) = \varphi(x)a = 0$ ) y $u(a) = \varphi(a)\,a$ : la matriz de $I + u$ es diagonal, $(1, \dots, 1,\, 1 + \varphi(a))$ , entonces $\det(I + u) = 1 + \varphi(a) = 1 + \operatorname{tr} u$ . If $\varphi(a) = 0$ : luego $a \in \ker\varphi$ ; tomar una base de $\ker\varphi$ cuyo primer vector es $a$ y agregue un vector $b$ con $\varphi(b) = 1$ . Entonces $I + u$ corrige la base de $\ker\varphi$ y envía $b \mapsto b + a$ : triangular con unidad diagonal, $\det(I + u) = 1 = 1 + \operatorname{tr} u$ . Ambos casos concuerdan con la fórmula.

Ejercicio 2.6 ★★

Demuestre que cada hiperplano de $\mathcal{M}_n(K)$ ( $n \geq 2$ ) contiene una matriz invertible. Hint: a hyperplane is $\{M : \operatorname{tr}(AM) = 0\}$ for some $A \neq 0$ (Ejercicio 2.9). If $A$ is scalar, exhibit an invertible matrix of zero trace; otherwise, find an invertible $M$ making $AM$ have zero diagonal — a permutation-like matrix does it.

Solución

Solución de Ejercicio 2.6.

Por Ejercicio 2.9, el hiperplano es $H_A = \{M : \operatorname{tr}(AM) = 0\}$ con $A \neq 0$ .

If $A = \lambda I$ : $H_A$ es el hiperplano de traza cero; el matriz de la permutación del ciclo $n$ (unos en las posiciones $(i, i+1)$ y $(n, 1)$ ) es invertible (su determinante es $\pm 1$ por Cálculo de Ejemplo 2.20) y no tiene rastro.

Si $A$ no es escalar: primero encuentre un $P$ invertible tal que $B = P^{-1}AP$ tiene una entrada fuera de la diagonal distinta de cero $b_{ji}$ ( $j \neq i$ ). De hecho, si $A$ ya tiene uno, tome $P = I$ ; si $A$ es diagonal con dos entradas distintas $d_1 \neq d_2$ , conjugando por la transvección $P = I + E_{12}$ produce la entrada fuera de la diagonal $d_1 - d_2 \neq 0$ (calcular: $P^{-1}AP = A + (d_1 - d_2)E_{12}$ ); y una matriz diagonal con todas las entradas iguales es escalar, excluido. Ahora configure $M' = I + tE_{ij}$ con $t = -\operatorname{tr}(B)/b_{ji}$ : luego

\operatorname{tr}(BM') = \operatorname{tr} B + t\,b_{ji} = 0,

y $M'$ es invertible (triangular con diagonal unitaria). Deshacer el conjugación, $M = PM'P^{-1}$ es invertible y $\operatorname{tr}(AM) = \operatorname{tr}(BM') = 0$ : $M \in H_A$ .

Ejercicio 2.7 ★★

(Derivado del determinante) Para $A \in \mathcal{M}_n(\R)$ , demostrar de la multilinealidad que

\frac{\dd}{\dd t}\Big|_{t=0} \det(I_n + tA) = \operatorname{tr} A ,

y deducir $\det(\eu^{tA}) = \eu^{t\operatorname{tr} A}$ suponiendo la diferenciabilidad de $t \mapsto \det(\eu^{tA})$ y el grupo propiedad $\eu^{(s+t)A} = \eu^{sA}\eu^{tA}$ (establecida en Capítulo 16).

Solución

Solución de Ejercicio 2.7.

$\det(I + tA)$ es, según la fórmula de permutación, un polinomio en $t$ ; su término constante es $1$ ( $t = 0$ ). Su coeficiente $t$ : expandir $\det$ como forma alterna de las columnas $e_j + t\,c_j(A)$ ; por multilinealidad, los términos lineales en $t$ reemplazan exactamente un $e_j$ por $c_j(A)$ :

\sum_{j} \det(e_1, \dots, c_j(A), \dots, e_n) = \sum_j a_{jj} = \operatorname{tr} A ,

(el determinante con todas las columnas canónicas excepto $c_j(A)$ en la ranura $j$ elige la entrada diagonal $j$ ). Por tanto, la derivada en $0$ es $\operatorname{tr} A$ .

Deje $g(t) = \det(\eu^{tA})$ . La propiedad del grupo da $g(s + t) = g(s)g(t)$ (multiplicatividad de $\det$ ), $g$ es diferenciable y $g'(0) = \operatorname{tr} A$ por lo anterior ( $\eu^{tA} = I + tA + O(t^2)$ ). Un morfismo diferenciable $(\R, +) \to (\R^*, \times)$ satisface $g' = g'(0)\,g$ (diferenciar $g(s+t)$ en $s$ en $0$ ), por lo que $g(t) = \eu^{t\operatorname{tr} A}$ por la singularidad de las soluciones de $y' = cy$ con $y(0) = 1$ (volumen del año 1).

Ejercicio 2.8 ★★

(Circulante, $3 \times 3$ ) Deje que $j = \eu^{2\iu\pi/3}$ y

C = \begin{pmatrix} a & b & c\\ c & a & b\\ b & c & a \end{pmatrix} \in \mathcal{M}_3(\C).

Verifique que las columnas de la matriz de Vandermonde de $1, j, j^2$ estén vectores propios de $C$ y deducir

\det C = (a + b + c)(a + bj + cj^2)(a + bj^2 + cj).

Solución

Solución de Ejercicio 2.8.

Deje $v_k = (1, j^k, j^{2k})^{\mathsf T}$ por $k = 0, 1, 2$ . Usando $1 + j + j^2 = 0$ y $j^3 = 1$ :

C v_k = \begin{pmatrix} a + b j^k + c j^{2k}\\ c + a j^k + b j^{2k}\\ b + c j^k + a j^{2k} \end{pmatrix} = (a + b j^k + c j^{2k}) \begin{pmatrix} 1\\ j^k\\ j^{2k}\end{pmatrix},

(verifique la segunda fila: $j^k(a + bj^k + cj^{2k}) = aj^k + bj^{2k} + cj^{3k} = c + aj^k + bj^{2k}$ ). Entonces $v_k$ es un vector propio con valor propio $\lambda_k = a + bj^k + cj^{2k}$ . El $v_k$ forma una base. (Vandermonde del distinto $1, j, j^2$ ), por lo que $C$ es diagonalizable con estos valores propios y

\det C = \lambda_0\lambda_1\lambda_2 = (a+b+c)(a + bj + cj^2)(a + bj^2 + cj).

Ejercicio 2.9 ★★★

Demuestre que cada forma lineal $t$ en $\mathcal{M}_n(K)$ es $M \mapsto \operatorname{tr}(AM)$ para un $A$ único: el mapa $A \mapsto \operatorname{tr}(A\,\cdot)$ es un isomorfismo de $\mathcal{M}_n(K)$ en su dual. Deducir el enunciado de unicidad de Proposición 2.22 nuevamente.

Solución

Solución de Ejercicio 2.9.

El mapa $\Theta \colon A \mapsto \operatorname{tr}(A\,\cdot)$ es lineal desde $\mathcal{M}_n(K)$ hasta su dual, entre espacios de igual dimensión $n^2$ : la inyectividad es suficiente. Si $\operatorname{tr}(AM) = 0$ para todos los $M$ , tome $M = E_{ji}$ : $\operatorname{tr}(A E_{ji}) = a_{ij} = 0$ para todos los $i, j$ : $A = 0$ . Entonces $\Theta$ es un isomorfismo.

Unicidad de la traza (Proposición 2.22): una forma $t$ matar todos los conmutadores es $\operatorname{tr}(A\,\cdot)$ para algunos $A$ con $\operatorname{tr}(A(MN - NM)) = 0$ para todos los $M, N$ , es decir $\operatorname{tr}((AM - MA)N) = 0$ para todos los $N$ (ciclicidad), es decir $AM = MA$ para todos los $M$ (inyectividad de $\Theta$ ): $A$ conmuta con todo, por lo tanto es escalar ( $A$ conmuta con todas las fuerzas $E_{ij}$ entradas fuera de la diagonal $0$ y entradas diagonales iguales), por lo que $t = c \operatorname{tr}$ .

Ejercicio 2.10 ★★★

Deje $u, v \in \mathcal{L}(E)$ con $u \circ v - v \circ u = u$ . Demuestre que $u$ es nilpotente. Hint: show $\operatorname{tr}(u^k) = 0$ for all $k \geq 1$ (compute $u^k v - v u^k$ by induction), then use the following fact, to be proved via Newton’s identities or by induction on the dimension: an endomorphism of a $\C$ -vector space all of whose powers have zero trace is nilpotent. Work over $\C$ .

Solución

Solución de Ejercicio 2.10.

Trabaje sobre $\C$ (una matriz real es nilpotente si es como un complejo matriz: nilpotencia es $u^n = 0$ ).

Step 1: $\operatorname{tr}(u^k) = 0$ for $k \geq 1$ . Por inducción, $u^k v - v u^k = k\, u^k$ : para $k = 1$ es el hipótesis; para el paso,

u^{k+1}v - vu^{k+1} = u^k(uv - vu) + (u^k v - v u^k)u = u^{k+1} + k\,u^{k+1} .

Tomando rastros: $0 = \operatorname{tr}(u^k v) - \operatorname{tr}(vu^k) = k \operatorname{tr}(u^k)$ , entonces $\operatorname{tr}(u^k) = 0$ .

Step 2: zero power traces imply nilpotence (over $\C$ ). Deja $\lambda_1, \dots, \lambda_r$ sean los distintos valores propios distintos de cero de $u$ con multiplicidades $m_1, \dots, m_r$ (en la característica polinomio, que se divide en $\C$ — Capítulo 3). Las trazas de potencia son $\operatorname{tr}(u^k) = \sum_i m_i \lambda_i^k$ (trigonalizar: la diagonal de un triángulo La potencia $k$ -ésima de la matriz es la potencia $k$ -ésima). El sistema $\sum_i m_i \lambda_i^k = 0$ para $k = 1, \dots, r$ es Vandermonde-invertible en las incógnitas $m_i\lambda_i$ (matriz $(\lambda_i^{k-1})$ veces diagonal $\lambda_i$ , todos $\lambda_i \neq 0$ distintos): cada $m_i \lambda_i = 0$ , imposible con $m_i \geq 1$ a menos que $r = 0$ . Entonces $u$ no tiene valor propio distinto de cero: su polinomio característico es $(-X)^n$ , y Cayley–Hamilton (Capítulo 3) da $u^n = 0$ : nilpotente.

Ejercicio 2.11 ★★

(Vandermonde) Para $a_0, \dots, a_n \in K$ , demuestre

\det\begin{pmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1\\ a_0 & a_1 & \cdots & a_n\\ \vdots & \vdots & & \vdots\\ a_0^n & a_1^n & \cdots & a_n^n \end{pmatrix} = \prod_{0 \leq i < j \leq n} (a_j - a_i).

(View the determinante as a polynomial in $a_n$ : identify its degree, its roots, and its leading coefficient; induct.)

Solución

Solución de Ejercicio 2.11.

Escriba $V(a_0, \dots, a_n)$ para determinante e induzca en $n$ ; Se inicia $V(a_0) = 1$ . Corrija $a_0, \dots, a_{n-1}$ y vea $D(T) = V(a_0, \dots, a_{n-1}, T)$ , el determinante con la última columna $(1, T, \dots, T^n)$ : expandiéndose a lo largo de esa columna, $D$ es un polinomio de grado $\leq n$ en $T$ cuyo coeficiente $T^n$ es el menor $V(a_0, \dots, a_{n-1})$ . Supongamos primero que $a_0, \dots, a_{n-1}$ son distintos. Por cada $T = a_i$ ( $i < n$ ) dos columnas coinciden, entonces $D(a_i) = 0$ : con $n$ raíces y grados distintos $\leq n$ ,

D(T) = V(a_0, \dots, a_{n-1}) \prod_{i=0}^{n-1}(T - a_i),

y $T = a_n$ más la hipótesis de inducción dan el producto fórmula. Si dos de $a_0, \dots, a_{n-1}$ coinciden, ambos lados son $0$ (columnas repetidas; un factor repetido) y la fórmula es válida trivialmente.

Ejercicio 2.12 ★★★

Dejemos que $A, B, C, D \in \mathcal{M}_n(K)$ con $K$ sea infinito, y supongamos $CD = DC$ . demostrar que

\det\begin{pmatrix} A & B\\ C & D\end{pmatrix} = \det(AD - BC).

(Treat first $D$ invertible, multiplying on the right by $\left(\begin{smallmatrix} I & 0\\ -D^{-1}C & I\end{smallmatrix}\right)$ ; then replace $D$ by $D + tI$ and compare two polynomials in $t$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 2.12.

$D$ reversible. Multiplicar a la derecha por la matriz del bloque $T = \left(\begin{smallmatrix} I & 0\\ -D^{-1}C & I\end{smallmatrix}\right)$ , que es un bloque triangular con diagonal unitaria, $\det T = 1$ (su determinante, según la fórmula de permutación, solo selecciona la diagonal bloques — la regla de bloqueo de Ejercicio 2.2):

\begin{pmatrix} A & B\\ C & D\end{pmatrix} T = \begin{pmatrix} A - BD^{-1}C & B\\ C - DD^{-1}C & D\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A - BD^{-1}C & B\\ 0 & D\end{pmatrix},

cuyo determinante es $\det(A - BD^{-1}C)\det D = \det\bigl((A - BD^{-1}C)D\bigr) = \det(AD - BD^{-1}CD)$ . Desde $CD = DC$ , $BD^{-1}CD = BC$ : el determinante es $\det(AD - BC)$ .

Generales $D$ . Dejar $D_t = D + tI$ ; entonces $CD_t = D_tC$ todavía. ambos

f(t) = \det\begin{pmatrix} A & B\\ C & D_t\end{pmatrix} \qquad\text{and}\qquad g(t) = \det(AD_t - BC)

son funciones polinómicas de $t$ . El polinomio $\det(D + tI)$ es mónico de grado $n$ , por lo tanto tiene como máximo raíces $n$ : para todos menos un número finito de $t$ , $D_t$ es invertible y $f(t) = g(t)$ por el primer caso. Dos polinomios sobre un campo infinito que concuerdan en infinitos puntos son iguales: $f = g$ y $t = 0$ concluye.

2.5 Problema: la alternativa Fredholm

¿Cuándo tiene solución el sistema lineal $u(x) = b$ ? el la respuesta completa es una declaración de dualidad: exactamente cuando $b$ es aniquilado por toda forma lineal que aniquila la imagen de $u$ — y esas formas son computables, siendo el núcleo de la transponer. Este problema de fin de semana construye el diccionario completo de dualidad de dimensión finita (factorización de formas, bidualidad, cálculo aniquilador, el transponer), demuestra la Alternativa a Fredholm de dimensión finita, y se cierra con la forma de la huella y una caracterización: la huella es la única Invariante lineal de similitud. En todo momento, $E$ y $F$ son espacios vectoriales $K$ de dimensión finita, $n = \dim E$ .

Problema 2.1

Problema de fin de semana — dualidad en dimensión finita y la alternativa Fredholm

Notación: para $S \subseteq E^*$ , el pre-aniquilador es $S_\circ = \{x \in E : \varphi(x) = 0 \text{ for all } \varphi \in S\}$ ; aniquiladores $F^\circ$ y transpone $u^{\mathsf T}$ son los de Definición 2.5 y Definición 2.8.

Parte I — The factorization lemma. Deja $\varphi_1, \dots, \varphi_p, \varphi \in E^*$ .

Vamos $\Phi \colon E \to K^p$ , $x \mapsto (\varphi_1(x), \dots, \varphi_p(x))$ . Identificar $\ker\Phi$ , mostrar $\Phi^{\mathsf T}$ asigna las formas de coordenadas de $K^p$ a el $\varphi_i$ , y deducir

$\dim \bigl(\ker\varphi_1 \cap \dots \cap \ker\varphi_p\bigr) = n - \dim \operatorname{Vect}(\varphi_1, \dots, \varphi_p).$
(Lema de factorización) Demuestre la equivalencia:

$\varphi \in \operatorname{Vect}(\varphi_1, \dots, \varphi_p) \iff \ker\varphi_1 \cap \dots \cap \ker\varphi_p \subseteq \ker\varphi .$
Deducir: $(\varphi_1, \dots, \varphi_p)$ es libre si $\bigcap_i \ker\varphi_i$ tiene dimensión $n - p$ ; y un subespacio de codimensión $p$ es una intersección de $p$ Hiperplanos, nunca menos.
En $\R^4$ , sean $\varphi_1 = x + y - z$ , $\varphi_2 = y + z - t$ , $\psi = x + 2y - t$ y $\psi' = x + y + t$ . Decida, mediante el lema de factorización, si $\psi$ y $\psi'$ pertenece a $\operatorname{Vect}(\varphi_1, \varphi_2)$ .
En $E = \R_2[X]$ , muestre que $\psi_0 \colon P \mapsto P(0)$ , $\psi_1 \colon P \mapsto P(1)$ , $\psi_2 \colon P \mapsto \int_0^1 P(t)\dd t$ forman una base de $E^*$ , calcular la base $(P_0, P_1, P_2)$ de $E$ de la cual es el dual, y busque el único $P \in \R_2[X]$ con $P(0) = 1$ , $P(1) = 2$ , $\int_0^1 P = \frac32$ .

Parte II — Biduality and the aniquilador calculus.

Demuestre que mapa de evaluación $J \colon E \to E^{**}$ , $J(x)(\varphi) = \varphi(x)$ , es lineal y inyectivo, de ahí un isomorfismo en dimensión finita.
(Doble aniquilador) Mostrar $J(F) = F^{\circ\circ} := (F^\circ)^\circ$ para cada subespacio $F \subseteq E$ : debajo la identificación $J$ , la aniquilador de la aniquilador es el subespacio mismo.
Demuestre el cálculo aniquilador: $(F + G)^\circ = F^\circ \cap G^\circ$ y $(F \cap G)^\circ = F^\circ + G^\circ$ .
Deducir (y reprender directamente): dos formas distintas de cero con el mismo núcleo son proporcionales.
(Base antedual) Demuestre que para cada base $(\varphi_1, \dots, \varphi_n)$ de $E^*$ existe una base única $(u_1, \dots, u_n)$ de $E$ con $\varphi_i(u_j) = \delta_{ij}$ .

Parte III — The transponer calculus.

Demuestre que $u \mapsto u^{\mathsf T}$ es una biyección lineal de $\mathcal{L}(E, F)$ a $\mathcal{L}(F^*, E^*)$ , y que $(u^{-1})^{\mathsf T} = (u^{\mathsf T})^{-1}$ cuando $u$ es invertible.
(Naturalidad) Demuestre que $u^{\mathsf T\mathsf T} \circ J_E = J_F \circ u$ : bajo los isomorfismos de evaluación, el doble transponer is $u$ .
Mostrar: $u$ es sobreyectivo si y si $u^{\mathsf T}$ es inyectivo; $u$ es inyectivo si $u^{\mathsf T}$ es sobreyectivo.
Para $u \in \mathcal{L}(E)$ : un subespacio $F$ es estable bajo $u$ si y sólo si $F^\circ$ es estable bajo $u^{\mathsf T}$ .
Demuestre que $\ker(u^{\mathsf T} - \lambda\, \mathrm{id}_{E^*}) = \bigl(\operatorname{im}(u - \lambda\, \mathrm{id}_E)\bigr)^\circ$ y deduzca que $u$ y $u^{\mathsf T}$ tienen los mismos valores propios con el mismo multiplicidades geométricas.

Parte IV — The Fredholm alternative.

Demuestre que $\operatorname{im} u = (\ker u^{\mathsf T})_\circ$ para $u \in \mathcal{L}(E, F)$ y deduzca la Alternativa a Fredholm en dimensión finita: el La ecuación $u(x) = b$ tiene solución si y sólo si cada $\psi \in F^*$ con $u^{\mathsf T}\psi = 0$ satisface $\psi(b) = 0$ .
Forma matricial: para $A \in \mathcal{M}_{m,n}(K)$ y $b \in K^m$ , se cumple exactamente uno de los siguientes: (i) $Ax = b$ tiene una solución; (ii) hay $y \in K^m$ con $A^{\mathsf T}y = 0$ y $y^{\mathsf T}b = 1$ . probar ambos el “como máximo uno” y el “al menos uno”.
Encuentra todos los $b \in \R^3$ para los cuales el sistema

$x + y = b_1, \qquad y + z = b_2, \qquad x + 2y + z = b_3$

tiene una solución, calculando el núcleo de la transpuesta matriz.
(Un problema de Neumann discreto) En $E = \R^n$ ( $n \geq 3$ ), defina $L$ por $(Lx)_k = x_k - \frac12(x_{k-1} + x_{k+1})$ , índices módulo $n$ . Mostrar $L^{\mathsf T} = L$ (identificaciones canónicas), muestra $\ker L$ es la línea de vectores constantes (mira una coordenada máxima), y concluya: $Lx = b$ se puede resolver si $\sum_k b_k = 0$ .

Part V — The trace form and the invariance theorem. Recuerde de Ejercicio 2.9 que $A \mapsto \operatorname{tr}(A\,\cdot)$ identifica $\mathcal{M}_n(K)$ con es dual. Supongamos $\operatorname{char} K = 0$ (por ejemplo, $K = \Q, \R, \C$ ).

Bajo esta identificación, muestre que el aniquilador de el subespacio $\mathcal{S}_n$ de matrices simétricas es el subespacio $\mathcal{A}_n$ de matrices antisimétricas, y por el contrario.
Demuestre que el aniquilador del hiperplano $\mathfrak{sl}_n = \{M : \operatorname{tr} M = 0\}$ es la línea $K I_n$ ; equivalentemente, una forma lineal que desaparece en todas las matrices de traza cero es un múltiplo de la traza.
Demuestre que cada matriz de $\mathcal{M}_n(K)$ es la suma de dos matrices invertibles.
(La traza es el único invariante de similitud lineal) Sea $t$ sea una forma lineal en $\mathcal{M}_n(K)$ con $t(PMP^{-1}) = t(M)$ para cada $M$ y cada invertible $P$ . Mostrar primero $t(PX) = t(XP)$ para $P$ invertible, luego $t(BX) = t(XB)$ para todo $B$ , y concluye $t = c \operatorname{tr}$ para algunos $c \in K$ .
Demuestre que $\operatorname{rk} u \leq r$ si y sólo si $u$ es una suma de mapas $r$ de rango $\leq 1$ , es decir, $u = \sum_{i=1}^{r} \psi_i(\cdot)\,f_i$ con $\psi_i \in E^*$ , $f_i \in F$ ; deducir $\operatorname{rk}(u + v) \leq \operatorname{rk} u + \operatorname{rk} v$ .
(Síntesis) Elaborar el diccionario probado en este problema: subespacios versus aniquiladores, sumas versus intersecciones, mapas versus transpone, solubilidad versus ortogonalidad al núcleo transpuesto, traza versus similitud. Para cada entrada, cite la pregunta que demostró y declara en una frase qué sustituye a la dimensión cuenta cuando la dimensión se vuelve infinita (el volumen del año 3 hace esto preciso en espacios de Hilbert).

Solución

Solución de Problema 2.1.

1. $\Phi$ es lineal con $\ker\Phi = \bigcap_i \ker\varphi_i$ (una tupla $p$ desaparece si cada entrada lo hace). Para las coordenadas forman $\varepsilon_i$ de $K^p$ : $\Phi^{\mathsf T}(\varepsilon_i) = \varepsilon_i \circ \Phi = \varphi_i$ , entonces $\operatorname{im}\Phi^{\mathsf T} \supseteq \operatorname{Vect}(\varphi_i)$ ; por el contrario $\operatorname{im}\Phi^{\mathsf T}$ está abarcado por el $\Phi^{\mathsf T}(\varepsilon_i)$ (el intervalo $\varepsilon_i$ $(K^p)^*$ ). Entonces $\operatorname{rk}\Phi = \operatorname{rk} \Phi^{\mathsf T} = \dim\operatorname{Vect}(\varphi_1, \dots, \varphi_p) =: r$ (Proposición 2.10), y rango: la nulidad da $\dim\bigcap_i\ker\varphi_i = n - r$ .

2. ( $\Leftarrow$ ) Mantener una subfamilia libre máxima, digamos $\varphi_1, \dots, \varphi_r$ , que abarca el mismo espacio (por lo que el La hipótesis todavía dice $\bigcap_{i \leq r}\ker\varphi_i \subseteq \ker\varphi$ : la intersección de todo $i$ es igual a la de encima $i \leq r$ , siendo cada forma descartada una combinación). el mapa $\Psi = (\varphi_1, \dots, \varphi_r) \colon E \to K^r$ es sobreyectiva (pregunta 1: su rango es $r$ ). Si $\Psi(x) = \Psi(y)$ luego $x - y \in \ker\Psi \subseteq \ker\varphi$ , entonces $\varphi(x) = \varphi(y)$ : $\varphi$ se factoriza como $\varphi = \lambda \circ \Psi$ con $\lambda \colon K^r \to K$ bien definido; $\lambda$ es lineal porque $\Psi$ es lineal y sobreyectivo (para $t = \Psi(x)$ , $t' = \Psi(x')$ : $\lambda(t + \alpha t') = \varphi(x + \alpha x') = \lambda(t) + \alpha\lambda(t')$ ). Escritura $\lambda = \sum c_i \varepsilon_i$ : $\varphi = \sum_{i \leq r} c_i\varphi_i$ . ( $\Rightarrow$ ) Si $\varphi = \sum c_i \varphi_i$ , cualquier $x$ matar a todos los $\varphi_i$ mata a $\varphi$ .

3. Por pregunta 1, $\dim\bigcap\ker\varphi_i = n - r$ con $r = \dim\operatorname{Vect}(\varphi_i) \leq p$ y $r = p$ si la familia es libre. Un subespacio $F$ de codimensión $p$ : es aniquilador tiene dimensión $p$ (Teorema 2.6); una base $(\varphi_1, \dots, \varphi_p)$ de $F^\circ$ da $F = \bigcap_i\ker\varphi_i$ (el fórmula de recuperación). Menos: una intersección de hiperplanos $q$ tiene dimensión $\geq n - q > n - p$ por la pregunta 1.

4. Calcular $\ker\varphi_1 \cap \ker\varphi_2$ : a partir de $x + y - z = 0$ y $y + z - t = 0$ , parametrizar por $(y, z)$ : $x = z - y$ , $t = y + z$ , dando el plano de los vectores $(z - y,\; y,\; z,\; y + z)$ . En él, $\psi = x + 2y - t = (z - y) + 2y - (y + z) = 0$ : por el lema de factorización $\psi \in \operatorname{Vect}(\varphi_1, \varphi_2)$ — de hecho $\psi = \varphi_1 + \varphi_2$ . Pero $\psi' = x + y + t = (z - y) + y + (y + z) = y + 2z$ no es exactamente cero allí ( $y = 1, z = 0$ da $1$ ): $\psi' \notin \operatorname{Vect}(\varphi_1, \varphi_2)$ .

5. Tres formas en un espacio $3$ -dimensional: libertad basta. Si es $a\psi_0 + b\psi_1 + c\psi_2 = 0$ , pruebe en $1, X, X^2$ : $a + b + c = 0$ , $b + \frac c2 = 0$ , $b + \frac c3 = 0$ ; restando los dos últimos da $c = 0$ , luego $b = 0$ , $a = 0$ . Base antedual: escritura $P = \alpha + \beta X + \gamma X^2$ y resolviendo $\psi_i(P_j) = \delta_{ij}$ ( $P(0) = \alpha$ , $P(1) = \alpha + \beta + \gamma$ , $\int_0^1 P = \alpha + \frac\beta2 + \frac\gamma3$ ):

P_0 = 1 - 4X + 3X^2, \qquad P_1 = -2X + 3X^2, \qquad P_2 = 6X - 6X^2 .

(Marque, por ejemplo: $\int_0^1 P_2 = 3 - 2 = 1$ , $P_2(0) = P_2(1) = 0$ .) El problema de interpolación se resuelve mediante coordenadas en el base anterior:

P = 1\cdot P_0 + 2\cdot P_1 + \tfrac32\, P_2 = 1 + X

( $X$ -coeficiente $-4 - 4 + 9 = 1$ , $X^2$ -coeficiente $3 + 6 - 9 = 0$ ); de hecho $P(0) = 1$ , $P(1) = 2$ , $\int_0^1 P = \frac32$ .

6. Linealidad: para cada $\varphi$ , $J(x + \alpha y)(\varphi) = \varphi(x + \alpha y) = J(x)(\varphi) + \alpha J(y)(\varphi)$ , es decir $J(x + \alpha y) = J(x) + \alpha J(y)$ . Inyectividad: si $x \neq 0$ , complete $x = e_1$ en una base; la forma de coordenadas $e_1^*$ tiene $J(x)(e_1^*) = 1 \neq 0$ . Desde $\dim E^{**} = \dim E^* = \dim E$ , inyectivo implica biyectivo.

7. Inclusión: para $x \in F$ y $\varphi \in F^\circ$ , $J(x)(\varphi) = \varphi(x) = 0$ , entonces $J(F) \subseteq F^{\circ\circ}$ . Dimensiones (Teorema 2.6 dos veces):

\dim F^{\circ\circ} = \dim E^* - \dim F^\circ = n - (n - \dim F) = \dim F = \dim J(F),

$J$ es inyectivo. Por lo tanto $J(F) = F^{\circ\circ}$ .

8. Primera identidad: $\varphi$ mata a $F + G$ si mata tanto $F$ como $G$ (mata las sumas si mata las piezas): $(F+G)^\circ = F^\circ \cap G^\circ$ . Segundo: la inclusión $F^\circ + G^\circ \subseteq (F \cap G)^\circ$ es claro (cada orden mata a $F \cap G$ ). Dimensiones, usando la primera identidad. y Grassman:

\dim(F^\circ + G^\circ) = \dim F^\circ + \dim G^\circ - \dim(F^\circ \cap G^\circ) = (n - \dim F) + (n - \dim G) - \bigl(n - \dim(F + G)\bigr),

que por Grassmann en $E$ es igual a $n - \dim(F \cap G) = \dim(F \cap G)^\circ$ : igualdad.

9. A través del lema: $\ker\psi \subseteq \ker\varphi$ con $p = 1$ da $\varphi \in \operatorname{Vect}(\psi)$ , y $\varphi \neq 0$ hace que el escalar sea distinto de cero. Directamente: elija $x_0$ con $\psi(x_0) \neq 0$ ; cada $x$ escribe $x = \bigl(x - \frac{\psi(x)}{\psi(x_0)}x_0\bigr) + \frac{\psi(x)}{\psi(x_0)} x_0$ con el primer término en $\ker\psi = \ker\varphi$ ; aplicando $\varphi$ : $\varphi(x) = \frac{\varphi(x_0)}{\psi(x_0)}\psi(x)$ .

10. Tome el base dual $(\varphi_1^*, \dots, \varphi_n^*)$ de $(\varphi_1, \dots, \varphi_n)$ dentro de $E^{**}$ (Definición 2.1 aplicado a $E^*$ ) y establezca $u_j = J^{-1}(\varphi_j^*)$ : una base de $E$ ( $J$ es un isomorfismo, pregunta 6), con $\varphi_i(u_j) = J(u_j)(\varphi_i) = \varphi_j^*(\varphi_i) = \delta_{ij}$ . Unicidad: las condiciones $\varphi_i(u_j) = \delta_{ij}$ determina $J(u_j)$ sobre la base $(\varphi_i)$ , por lo tanto determine $u_j$ .

11. Linealidad: $(u + \alpha v)^{\mathsf T}\psi = \psi \circ (u + \alpha v) = u^{\mathsf T}\psi + \alpha\, v^{\mathsf T}\psi$ . Inyectividad: si $u \neq 0$ , elija $x$ con $u(x) \neq 0$ y $\psi$ con $\psi(u(x)) \neq 0$ (forma de coordenadas de la pregunta 6) truco): $u^{\mathsf T}\psi \neq 0$ . Los espacios $\mathcal{L}(E,F)$ y $\mathcal{L}(F^*, E^*)$ ambos tienen la dimensión $\dim E \dim F$ : biyectivo. Si $u$ es invertible, la regla de inversión $(vu)^{\mathsf T} = u^{\mathsf T}v^{\mathsf T}$ da $u^{\mathsf T}(u^{-1})^{\mathsf T} = (u^{-1}u)^{\mathsf T} = \mathrm{id}_{E^*}$ y $(u^{-1})^{\mathsf T}u^{\mathsf T} = (uu^{-1})^{\mathsf T} = \mathrm{id}_{F^*}$ , por lo que $(u^{\mathsf T})^{-1} = (u^{-1})^{\mathsf T}$ .

12. Para $x \in E$ y $\psi \in F^*$ :

\bigl(u^{\mathsf T\mathsf T}(J_E x)\bigr)(\psi) = (J_E x)\bigl(u^{\mathsf T}\psi\bigr) = (u^{\mathsf T}\psi)(x) = \psi\bigl(u(x)\bigr) = \bigl(J_F(u(x))\bigr)(\psi).

Como $\psi$ es arbitrario, $u^{\mathsf T\mathsf T} \circ J_E = J_F \circ u$ .

13. Por Proposición 2.10: $\ker u^{\mathsf T} = (\operatorname{im} u)^\circ$ , entonces $u$ sobreyectivo $\iff \operatorname{im} u = F \iff (\operatorname{im}u)^\circ = \{0\}$ (Teorema 2.6) $\iff u^{\mathsf T}$ inyectivo. Y $\operatorname{im} u^{\mathsf T} = (\ker u)^\circ$ , entonces $u$ inyectivo $\iff \ker u = \{0\} \iff (\ker u)^\circ = E^*$ $\iff u^{\mathsf T}$ sobreyectivo.

14. Si $u(F) \subseteq F$ y $\varphi \in F^\circ$ : $(u^{\mathsf T}\varphi)(x) = \varphi(u(x)) = 0$ para $x \in F$ , entonces $u^{\mathsf T}\varphi \in F^\circ$ . Por el contrario, si es $u(F) \not\subseteq F$ , elija $x \in F$ con $u(x) \notin F$ ; por el fórmula de recuperación de Teorema 2.6 hay $\varphi \in F^\circ$ con $\varphi(u(x)) \neq 0$ : entonces $(u^{\mathsf T}\varphi)(x) \neq 0$ aunque $x \in F$ , entonces $u^{\mathsf T}\varphi \notin F^\circ$ : $F^\circ$ no estable.

15. $u^{\mathsf T} - \lambda\,\mathrm{id}_{E^*} = (u - \lambda\,\mathrm{id}_E)^{\mathsf T}$ (transposición es lineal y $\mathrm{id}^{\mathsf T} = \mathrm{id}$ ), por lo que su núcleo es $(\operatorname{im}(u - \lambda\,\mathrm{id}))^\circ$ (Proposición 2.10), de dimensión

n - \operatorname{rk}(u - \lambda\,\mathrm{id}) = \dim\ker(u - \lambda\,\mathrm{id})

por rango –nulidad. En particular, un núcleo es distinto de cero si y solo si el el otro es: mismos valores propios, mismas multiplicidades geométricas.

16. Inclusión: si $b = u(x)$ y $u^{\mathsf T}\psi = 0$ , entonces $\psi(b) = \psi(u(x)) = (u^{\mathsf T}\psi)(x) = 0$ : entonces $\operatorname{im} u \subseteq (\ker u^{\mathsf T})_\circ$ . Dimensiones: para un subespacio $S \subseteq F^*$ , $S_\circ = J_F^{-1}(S^\circ)$ (desenrollado: $y \in S_\circ$ si cada $\psi \in S$ mata a $y$ si $J_F(y) \in S^\circ$ ), entonces $\dim S_\circ = \dim F - \dim S$ . Con $S = \ker u^{\mathsf T}$ :

\dim(\ker u^{\mathsf T})_\circ = \dim F - \dim\ker u^{\mathsf T} = \operatorname{rk} u^{\mathsf T} = \operatorname{rk} u :

igualdad de dimensiones, por lo tanto $\operatorname{im} u = (\ker u^{\mathsf T})_\circ$ . Reformulado: $b \in \operatorname{im} u$ si y así $\psi(b) = 0$ por cada $\psi$ con $u^{\mathsf T}\psi = 0$ — la alternativa de Fredholm.

17. Identifique $(K^m)^*$ con $K^m$ por $y \mapsto \psi_y$ , $\psi_y(v) = y^{\mathsf T}v$ ; luego $(u^{\mathsf T}\psi_y)(x) = y^{\mathsf T}Ax = (A^{\mathsf T}y)^{\mathsf T}x$ , entonces $u^{\mathsf T}\psi_y = \psi_{A^{\mathsf T}y}$ : el transponer es el matriz transpuesta. Como máximo uno: si $Ax = b$ y $A^{\mathsf T}y = 0$ , luego $y^{\mathsf T}b = y^{\mathsf T}Ax = (A^{\mathsf T}y)^{\mathsf T}x = 0 \neq 1$ . Al menos uno: si (i) falla, la pregunta 16 proporciona $\psi_y$ con $A^{\mathsf T}y = 0$ y $y^{\mathsf T}b \neq 0$ ; cambie la escala de $y$ para convertirlo en $1$ .

18. $A = \left(\begin{smallmatrix} 1 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 1\\ 1 & 2 & 1\end{smallmatrix}\right)$ (tercera fila = primera + segunda, entonces $A$ es singular). Resolver $A^{\mathsf T}y = 0$ : $y_1 + y_3 = 0$ , $y_1 + y_2 + 2y_3 = 0$ , $y_2 + y_3 = 0$ dar $y_1 = y_2 = -y_3$ : el línea abarcada por $y = (1, 1, -1)$ . Fredholm: si solucionable $y^{\mathsf T}b = b_1 + b_2 - b_3 = 0$ , es decir $b_3 = b_1 + b_2$ — visiblemente la condición correcta, ya que la tercera ecuación es la suma de los dos primeros.

19. La matriz de $L$ tiene $1$ en la diagonal y $-\frac12$ en posiciones $(k, k\pm1)$ (mod $n$ ): simétrico, por lo que $L^{\mathsf T} = L$ bajo la identificación de la pregunta 17. Núcleo: si $Lx = 0$ entonces cada $x_k = \frac12(x_{k-1} + x_{k+1})$ . Dejemos que $k_0$ maximice $x_k$ ; el promedio de los dos vecinos, ambos $\leq x_{k_0}$ , son iguales a $x_{k_0}$ solo si ambos igual $x_{k_0}$ ; propagándose alrededor de ciclo, $x$ es constante. Por el contrario, las constantes mueren. Entonces $\ker L^{\mathsf T} = \ker L = \R(1, \dots, 1)$ , y la alternativa de Fredholm dice: $Lx = b$ solucionable iff $(1,\dots,1)^{\mathsf T} b = \sum_k b_k = 0$ — la condición de compatibilidad discreta: una "distribución de calor" en un anillo puede realizarse mediante un potencial si y solo si su flujo total desaparece.

20. Si $A$ es antisimétrico y $S$ simétrico:

\operatorname{tr}(AS) = \operatorname{tr}\bigl((AS)^{\mathsf T}\bigr) = \operatorname{tr}(S^{\mathsf T}A^{\mathsf T}) = -\operatorname{tr}(SA) = -\operatorname{tr}(AS),

entonces $2\operatorname{tr}(AS) = 0$ y ( $\operatorname{char} K \neq 2$ ) $\operatorname{tr}(AS) = 0$ : $\mathcal{A}_n \subseteq \mathcal{S}_n^\circ$ (identificando el dual con matrices). Dimensiones: $\dim\mathcal{S}_n^\circ = n^2 - \frac{n(n+1)}2 = \frac{n(n-1)}2 = \dim\mathcal{A}_n$ : igualdad. Intercambiando roles (mismo cálculo), $\mathcal{A}_n^\circ = \mathcal{S}_n$ .

21. $\operatorname{tr}(I_nM) = \operatorname{tr} M = 0$ para $M \in \mathfrak{sl}_n$ : la línea $KI_n$ se encuentra en el aniquilador, cuya dimensión es $n^2 - (n^2 - 1) = 1$ : igualdad. Traducido por el isomorfismo $A \mapsto \operatorname{tr}(A\,\cdot)$ : una forma que desaparece en $\mathfrak{sl}_n$ es $\operatorname{tr}(\lambda I_n\,\cdot) = \lambda\operatorname{tr}$ .

22. Vamos $M \in \mathcal{M}_n(K)$ . El polinomio $t \mapsto \det(M - tI)$ es distinto de cero y tiene grado $n$ , por lo que tiene como máximo $n$ raíces; $K$ tiene la característica $0$ , por lo tanto es infinita: elija $\lambda \neq 0$ que no es root. Luego $M = (M - \lambda I) + \lambda I$ escribe $M$ como suma de dos matrices invertibles.

23. Paso 1: para $P$ invertible y arbitrario $X$ , aplicar invariancia a $M = XP$ : $t(P(XP)P^{-1}) = t(XP)$ , es decir, $t(PX) = t(XP)$ . Paso 2: arreglar $X$ ; ambos lados de $t(BX) = t(XB)$ son lineales en $B$ y coinciden en $B$ invertible; por la pregunta 22 cada $B$ es una suma de dos invertibles, por lo que de acuerdo en todas partes. Paso 3: $t$ mata todos los conmutadores $XB - BX$ ; los conmutadores abarcan $\mathfrak{sl}_n$ (se muestra en la prueba de Proposición 2.22), por lo que $t$ desaparece en $\mathfrak{sl}_n$ y la pregunta 21 da $t = c\operatorname{tr}$ . (Por el contrario, cada $c\operatorname{tr}$ es invariante de similitud: la traza es el similitud lineal invariante.)

24. Si $\operatorname{rk} u = r' \leq r$ : tomar una base $(f_1, \dots, f_{r'})$ de $\operatorname{im} u$ y escribe $u(x) = \sum_{i=1}^{r'} \psi_i(x) f_i$ ; cada coordenada $\psi_i(x)$ de $u(x)$ es lineal en $x$ (composición de $u$ con una coordenada formulario), por lo que $u$ es una suma de mapas $r' \leq r$ rango- $\leq1$ (pad con ceros). Por el contrario, si $u = \sum_{i=1}^r \psi_i(\cdot)f_i$ , luego $\operatorname{im} u \subseteq \operatorname{Vect}(f_1, \dots, f_r)$ : $\operatorname{rk} u \leq r$ . Subaditividad: escribir $u$ con términos $\operatorname{rk} u$ y $v$ con $\operatorname{rk} v$ términos; la suma tiene términos $\operatorname{rk} u + \operatorname{rk} v$ , por lo que $\operatorname{rk}(u + v) \leq \operatorname{rk} u + \operatorname{rk} v$ .

25. El diccionario: un subespacio $F$ corresponde a $F^\circ$ con dimensión complementaria (Teorema 2.6), y viceversa por bidualidad (preguntas 6–7); intercambio de sumas con intersecciones (pregunta 8); un mapa $u$ corresponde a $u^{\mathsf T}$ con $\ker u^{\mathsf T} = (\operatorname{im}u)^\circ$ , $\operatorname{im}u^{\mathsf T} = (\ker u)^\circ$ , rangos iguales, intercambiados inyectividad/suryectividad, subespacios estables emparejados y valores propios (preguntas 11 a 15); la ecuación $u(x) = b$ es resoluble si $b$ es ortogonal a $\ker u^{\mathsf T}$ (preguntas 16–19); y en $\mathcal{M}_n$ el emparejamiento de trazas realiza concretamente todo el diccionario, con la huella como invariante de similitud lineal única (preguntas 20 a 23) y rango como la longitud mínima de una descomposición en elemental tensores (pregunta 24). En dimensión infinita la dimensión los recuentos fallan y son reemplazados por hipótesis cerrazón sobre imágenes y por completitud — en espacios de Hilbert esto se convierte en el teorema de representación de Riesz y la teoría de Fredholm de operadores compactos, demostrado honestamente en el volumen del Año 3.