Álgebra Lineal I: Problemas de definición y propiedades de determinantes

Por Blanca Radillo

Introducción

En esta entrada haremos una serie de problemas que nos ayudarán como repaso de los temas vistos durante las últimas dos semanas. Mostraremos algunas propiedades bastante interesantes acerca de las transformaciones alternantes y antisimétricas, así como de la transformación estrella de esta semana: el determinante.

Problemas de transformaciones antisimétricas

En la entrada del miércoles 6 de mayo, hablábamos sobre la equivalencia entre transformaciones alternantes y antisimétricas, justo resaltamos que ésto no es cierto si el campo F es Z2, y el siguiente ejemplo lo expone:

Ejemplo. Sea f:Z2×Z2Z2 definido como f(x,y)=xy. Claramente f es bilineal, pero no es alternate ya que f(1,1)=10. Por otro lado, f es antisimétrica, porque f(x,y)+f(y,x)=xy+yx=2xy=0.

De manera natural surge la pregunta: ¿cómo podemos construir una transformación d-lineal antisimétrica o alternante? El siguiente problema muestra un camino para obtener una transformación antisimétrica dada un mapeo d-lineal f.

Problema. Sea f:VdW una transformación d-lineal. Demuestra que

A(f):=σSdsign(σ)σ(f)

es un mapeo d-lineal antisimétrico.

Solución. Es fácil ver que A(f) es una transformación d-lineal, dado que A(f) es una combinación lineal de mapeos d-lineales. Queremos probar que, para τSd, τ(A(f))=sign(τ)A(f). Notemos que

τ(A(f))=σSdsign(σ)τ(σ(f))=σSdsign(σ)(τσ)(f).

Usando el hecho que sign(τ)sign(σ)=sign(τσ) y que {τσ:σSd}=Sd, obtenemos que

sign(τ)τ(A(f))=σSdsign(τσ)(τσ)(f)=ηSdsign(η)(η)(f)=A(f).

Por lo tanto, τ(A(f))=sign(τ)A(f).

◻

Problemas de determinantes

Ahora continuando con la discusiones del determinante, sabemos que éste es una forma n-lineal alternante, y además que cualquier otra forma n-lineal alternante varía de det(b1,,bn) únicamente por un factor multiplicativo. Otro resultado interesante ese teorema es el siguiente:

Problema 1. Sea V un espacio vectorial sobre F de dimensión finita. Sea e1,,en una base de V y sea T:VV una transformación lineal. Demuestra que para todo v1,,vnV tenemos que

i=1ndet(v1,,vi1,T(vi),vi+1,,vn)=Tr(T)det(v1,,vn),

donde todos los determinantes están calculados en la base canónica y Tr(T) es la traza de la matriz de T (con respecto a la base canónica).

Solución. Definimos el mapeo ϕ:VnF como

ϕ(v1,,vn)=i=1ndet(v1,,vi1,T(vi),vi+1,,vn).

Esta transformación es la suma de transformaciones n-lineales, por lo tanto ϕ es n-lineal. Más aún, es alternante, ya que si asumimos, por ejemplo, que v1=v2, entonces

ϕ(v1,v1,v3,,vn)=det(T(v1),v1,v3,,vn)+det(v1,T(v1),v3,,vn)+i=3ndet(v1,v1,,vi1,T(vi),vi+1,,vn)=det(T(v1),v1,v3,,vn)+det(v1,T(v1),v3,,vn)=det(T(v1),v1,v3,,vn)det(T(v1),v1,v3,,vn)=0,

debido a que el determinante es antisimétrico.

Por el último teorema visto en la clase del viernes pasado, existe escalar α tal que

ϕ(v1,,vn)=αdet(v1,,vn)

para todo v1,,vn. Sea A=[aij] la matriz de T con respecto a la base canónica. Si tomamos v1=e1,,vn=en, por el mismo teorema tenemos que

α=ϕ(e1,,en)=i=1ndet(e1,,ei1,j=1najiej,ei+1,,en)=i=1nj=1najidet(e1,,ei1,ej,ei+1,,en)=i=1naii=Tr(T).

Por lo tanto, obtenemos lo que queremos.

◻

Por último, los siguientes dos problemas nos ilustran como podemos obtener información de las matrices de manera fácil y «bonita», usando algunas propiedades de los determinantes vistas en la sesión del martes pasado.

Problema 2. Sea n un número impar y sean A,BMn(R) matrices tal que A2+B2=0n. Prueba que la matriz ABBA no es invertible.

Solución. Notemos que

(A+iB)(AiB)=A2+B2+i(BAAB)=i(BAAB).

Por la propiedad del determinante de un producto, tenemos que

det(A+iB)det(AiB)=indet(BAAB).

Suponemos que ABBA es invertible, entonces det(BAAB)0. Además sabemos que

det(AiB)=det(A+iB)=det(A+iB),

esto implica que |det(A+iB)|2=indet(BAAB). Como consecuencia, in es un número real, contradiciendo al hecho que n es impar. Por lo tanto det(BAAB)=0.

◻

Problema 3. Para 1i,jn, definimos aij como el número de divisores positivos en común de i y j y definimos bij igual a 1 si j divide i e igual a 0 si no.

  1. Probar que A=BtB, donde A=[aij] y B=[bij].
  2. ¿Qué podemos decir de la forma de B?
  3. Calcula det(A).

Solución. 1) Fijando i,j tenemos que

det(BtB)ij=k=1nbikbjk.

Notemos que bikbjk no es cero (bij,bjk=1) si y sólo si k divide a i y a j, esto implica que la cantidad de términos de la suma no ceros corresponde exactamente con la cantidad de los divisores en común que tengan i y j. Por lo tanto det(BtB)ij=aij.

2) Si i<j, no es posible que j divida a i. Entonces bij=0 para todo i<j, esto significa que B es, al menos, triangular inferior. Un dato más que podemos asegurar es que bii=1 para toda i, por lo tanto, al menos, todos los términos de la diagonal de B son iguales a 1.

3) Dada la propiedad multiplicativa del determinante, dado que det(B)=det(tB) y usando el inciso (1), tenemos que det(A)=det(BtB)=(detB)2. Pero por el inciso (2), detB=1, concluimos que detA=1.

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104721 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM»

3 comentarios en “Álgebra Lineal I: Problemas de definición y propiedades de determinantes

  1. Lorena

    Hola Leo.

    En el problema de A^2 + B^2 = 0_n, podrías profundizar más en el último párrafo, es decir, en la parte de «Como consecuencia, i^n es un número real, contradiciendo al hecho que n es impar. Por lo tanto det(BA-AB)=0 »

    No comprendo por qué se menciona lo de «contradiciendo al hecho de que n es impar»

    Responder
    1. Leonardo Ignacio Martínez SandovalLeo

      Hola Lorena. Lo que sucede es que las potencias del número imaginario i alternan entre ser reales e imaginarias:
      i=i
      i^2=-1
      ^3=-i
      i^4=1
      i^5=i
      i^6=-1
      etcétera.

      Si la potencia es par, entonces queda un número real (1 ó -1). Si la potencia es impar, entonces queda un número imaginario (i ó -i). Si quieres puedes pensarlo al revés: como n es impar, entonces a la derecha en la última igualdad tenemos un imaginario, pero a la izquierda hay un real. Esto es una contradicción.

      Responder
  2. Antonio Mayorquin

    En el último problema solución del 1 hay un error de subindices, donde la derecha de la ecuación de igualdad debe leer k=1n. Todo lo demás esta bien.

    Responder

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