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Álgebra Lineal I: Problemas de producto de matrices y matrices invertibles

Introducción

Esta sección consta de puros problemas para practicar los conceptos vistos en entradas previas. Las entradas anteriores correspondientes son la de producto de matrices y la de matrices invertibles.

Problema. Encuentra todas las matrices B\in M_3(\mathbb{C}) que conmutan con la matriz

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

Solución. Sea

    \begin{align*}B=\begin{pmatrix} a & b & c\\ d & e & f \\ g & h & i \end{pmatrix}\in M_3(\mathbb{C}).\end{align*}

Calculamos usando la regla del producto:

    \begin{align*}AB=\begin{pmatrix}a & b & c\\ 0 & 0 & 0\\ 2 g & 2h & 2i \end{pmatrix}\end{align*}

y

    \begin{align*}BA= \begin{pmatrix} a & 0 & 2c\\  d & 0 & 2f\\ g & 0 & 2i\end{pmatrix}.\end{align*}

Igualando ambas matrices obtenemos que A y B conmutan si y sólo si se satisfacen las condiciones

    \begin{align*}\begin{cases}b=d=f=h=0\\2c=c\\2g=g\end{cases}.\end{align*}

Las últimas dos condiciones son equivalentes a que c=g=0. Cualquier matriz que conmuta con A satisface estas condiciones y conversamente (por nuestro cálculo) si satisface estas ecuaciones conmuta con A. Esto nos deja como parámetros libres a a,e,i, es decir B puede ser cualquier matriz diagonal.

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Problema. Considerando las matrices

    \begin{align*}A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 0& 4 &-1\\ 9& 6 & 0 \end{pmatrix}, \hspace{2mm} B= \begin{pmatrix} -1 & 1\\ 0 & -2 \\ 1 &0 \end{pmatrix},\end{align*}

¿cuáles de los productos A^2, AB, BA, B^2 tienen sentido? Calcula los que si lo tienen.

Solución. Recordamos que los productos tienen sentido si el número de columnas de la matriz de la izquierda sea el mismo que el número de filas de la matriz de la derecha. Entonces no podemos realizar los productos BA o B^2 pues esta condición no se cumple (por ejemplo, B tiene 3 columnas, A tiene 2 filas, y estos números difieren). Calculamos entonces usando la regla del producto:

    \begin{align*}A^2 = \begin{pmatrix}10 & 11 & 0\\-9 & 10 & -4\\9 & 33 & 3\end{pmatrix}, \hspace{2mm} AB= \begin{pmatrix} 0 & -1\\ -1  & -8\\ -9 &-3\end{pmatrix}.\end{align*}

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Problema. Considera la matriz

    \begin{align*}A=\begin{pmatrix} 1 & 1& 0 \\ 0 & 1 &1\\ 0 &0 & 1 \end{pmatrix}\end{align*}

  • Demuestra que A satisface que (A-I_3)^3=O_3
  • Calcula A^{n} para cualquier entero positivo n.

Solución.

  • Hacemos el cálculo directamente:

        \begin{align*}(A-I_3)^3&= \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\0 & 0 &1\\ 0 & 0 &0 \end{pmatrix}^{2} \cdot \begin{pmatrix} 0 & 1 &0 \\ 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 &0 \end{pmatrix} \\&= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0\\ 0 &0 &0\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} 0 & 1 &0 \\ 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 &0 \end{pmatrix}\\&=O_3. \end{align*}

  • Para este tipo de problemas, una estrategia que funciona es hacer casos pequeños para hacer una conjetura, y luego demostrarla por inducción. Probando para algunos valores de n conjeturamos que

        \begin{align*}A^{n}=\begin{pmatrix} 1 & n & \frac{n(n-1)}{2}\\ 0 & 1 & n\\ 0 & 0 &1 \end{pmatrix}.\end{align*}


    Lo demostramos por inducción sobre n, dando por cierto el caso base con n=1.
    Hagamos ahora el paso inductivo. Para esto usamos que 1+\dots + (n-1)= \frac{n(n-1)}{2}.
    Nuestra hipótesis de inducción nos dice entonces que para cierto n se tiene que A^{n}=\begin{pmatrix} 1 & n & 1+\dots +(n-1) \\ 0 & 1 & n\\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}. Usando que A^{n+1}=A^{n}\cdot A con nuestra hipótesis de inducción se sigue:

        \begin{align*}A^{n+1}= A^{n}\cdot A&= \begin{pmatrix} 1 & n & 1+\dots +(n-1)\\ 0 & 1 &n\\ 0 & 0 &1\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\\ &= \begin{pmatrix} 1 & 1+n & 1+\dots + (n-1)+n\\ 0 & 1 & n\\ 0 & 0 &1\end{pmatrix}.\end{align*}


    Luego el resultado es cierto para n+1 y así queda demostrado el resultado.

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El siguiente problema combina temas de números complejos y de matrices invertibles. Para que lo entiendas a profundidad, es útil recordar la teoría de raíces n-ésimas de la unidad. Puedes revisar esta entrada del blog. El ejemplo puede parecer un poco artificial. Sin embargo, las matrices que se definen en él tienen muchas aplicaciones, por ejemplo, en procesamiento de señales.

Problema. Sea n>1 un natural y sea

    \begin{align*}\zeta= e^{\frac{2\pi i}{n}}= \cos \left( \frac{2\pi}{n}\right)+i\sin \left( \frac{2\pi}{n}\right).\end{align*}

Este número puede parecer muy feo, pero es simplemente la raíz n-ésima de la unidad de menor argumento.

Definimos la matriz de Fourier de orden n, denotada por \mathcal{F}_n como la matriz tal que su (j,k)-ésima entrada es \zeta^{(j-1)(k-1)} para 1\leq j,k\leq n.

  • a) Sea \overline{\mathcal{F}_n} la matriz cuya (j,k)-ésima entrada es el conjugado complejo de la (j,k)-ésima entrada de \mathcal{F}_n. Demuestra que

        \begin{align*}\mathcal{F}_n\cdot \overline{\mathcal{F}_n} = \overline{\mathcal{F}_n}\cdot \mathcal{F}_n= nI_n.\end{align*}

  • b) Deduce que \mathcal{F}_n es invertible y calcule su inversa.

Solución.

  • a) Sean 1\leq j,k\leq n. Usando la regla del producto, podemos encontrar la entrada (j,k) como sigue:

        \begin{align*}\left( \mathcal{F}_n \cdot \overline{\mathcal{F}_n} \right)_{jk} &= \sum_{l=1}^{n} \left(\mathcal{F}_n\right)_{jl} \cdot \left(\overline{\mathcal{F}_n}\right)_{lk}\\&= \sum_{l=1}^{n} \zeta^{(j-1)(l-1)} \cdot \overline{\zeta^{(l-1)(k-1)}}\\&= \sum_{l=1}^{n} \zeta^{(j-1)(l-1)-(l-1)(k-1)}, \end{align*}


    la última igualdad se debe a que \overline{\zeta}= \zeta^{-1}. Así

        \begin{align*}\left( \mathcal{F}_n \cdot \overline{\mathcal{F}_n}\right)_{jk}=\sum_{l=1}^{n}\zeta^{(l-1)(j-k)}=\sum_{l=0}^{n-1}\left( \zeta^{j-k}\right)^{l}.\end{align*}


    Y la suma de la derecha es la suma de una sucesión geométrica con razón \zeta^{j-k}. Si j=k, entonces \zeta^{j-k}=1, así que la suma es igual a n ya que cada termino es 1 y lo sumamos n veces. Si j\neq k entonces \zeta^{j-k}\neq 1 y usamos la fórmula para una suma geométrica:

        \begin{align*}\sum_{l=0}^{n-1} \left( \zeta^{j-k}\right)^{l}= \frac{1-\left(\zeta^{j-k}\right)^{n}}{1-\zeta^{j-k}}=\frac{1-(\zeta^{n})^{j-k}}{1-\zeta^{j-k}}=0.\end{align*}


    Usamos en la última igualdad que \zeta^{n}=1. Se sigue que \left( \mathcal{F}_n \cdot \overline{\mathcal{F}_n}\right)_{jk} es n si j=k y 0 de otra manera, es decir

        \begin{align*}\mathcal{F}_n\cdot\overline{\mathcal{F}_n}=n\cdot I_n.\end{align*}


    La igualdad simétrica \overline{\mathcal{F}_n}\cdot \mathcal{F}_n=n \cdot I_n se prueba de la misma manera y omitimos los detalles.
  • b) Por el inciso anterior, sugerimos \frac{1}{n} \overline{\mathcal{F}_n}, y esta satisface

        \begin{align*}\mathcal{F}_n \cdot \frac{1}{n} \overline{\mathcal{F}_n} = \frac{1}{n} \cdot n I_n= I_n\end{align*}


    y la otra igualdad se verifica de la misma manera. Por lo tanto, \mathcal{F}_n es invertible y su inversa es \frac{1}{n} \overline{\mathcal{F}_n}.

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Problema. Sean A,B\in M_n(\mathbb{R}) matrices tales que

    \begin{align*}A+B=I_n \hspace{5mm} A^2+B^2=O_n\end{align*}

Demuestra que A y B son invertibles y que satisfacen

    \begin{align*}(A^{-1}+B^{-1})^{n}=2^{n} I_n\end{align*}

Solución. Observamos que las propiedades dadas nos permiten calcular

    \begin{align*}A(I_n+B-A)&= (I_n-B) (I_n+B-A)\\&=I_n+B-A-B-B^2+BA\\&= I_n -A-B^2+BA \\&=I_n+(B-I_n)A-B^2\\ &=I_n-A^2-B^2\\&= I_n.\end{align*}

Es decir A^{-1}=I_n+B-A (falta demostrar que con esta propuesta, también se cumple A^{-1}A=I_n, omitimos los cálculos). Similarmente B^{-1}= I_n+A-B y por tanto A^{-1}+B^{-1}= 2\cdot I_n y de esta igualdad se sigue la segunda parte del problema, pues

    \begin{align*}\left(A^{-1}+B^{-1}\right)^{n}= \left( 2\cdot I_n\right)^{n}=2^{n} \cdot I_n.\end{align*}


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