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 $\mathbb{Z}_2$, y el siguiente ejemplo lo expone:

Ejemplo. Sea $f:\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 \rightarrow \mathbb{Z}_2$ definido como $f(x,y)=xy$. Claramente $f$ es bilineal, pero no es alternate ya que $f(1,1)=1\neq 0$. Por otro lado, $f$ es antisimétrica, porque $f(x,y)+f(y,x)=xy+yx=2xy=0$.

$\square$

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 $f:V^d \rightarrow W$ una transformación $d$-lineal. Demuestra que

$A(f):=\sum_{\sigma \in S_d} \text{sign}(\sigma) \sigma (f)$

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 $\tau \in S_d$, $\tau (A(f))=\text{sign}(\tau) A(f)$. Notemos que

\begin{align*}
\tau(A(f)) &= \sum_{\sigma \in S_d} \text{sign}(\sigma) \tau(\sigma(f)) \\
&= \sum_{\sigma \in S_d} \text{sign}(\sigma) (\tau\sigma)(f).
\end{align*}

Usando el hecho que $\text{sign}(\tau)\text{sign}(\sigma)=\text{sign}(\tau\sigma)$ y que $\{ \tau \sigma : \sigma \in S_d \}=S_d$, obtenemos que

\begin{align*}
\text{sign}(\tau)\tau(A(f)) &= \sum_{\sigma \in S_d} \text{sign}(\tau\sigma) (\tau\sigma)(f) \\
&= \sum_{\eta \in S_d} \text{sign}(\eta) (\eta)(f) =A(f).
\end{align*}

Por lo tanto, $\tau(A(f))=\text{sign}(\tau)A(f)$.

$\square$

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 $\det(b_1,\ldots,b_n)$ únicamente por un factor multiplicativo. Otro resultado interesante ese teorema es el siguiente:

Problema. Sea $V$ un espacio vectorial sobre $F$ de dimensión finita. Sea $e_1,\ldots,e_n$ una base de $V$ y sea $T:V\rightarrow V$ una transformación lineal. Demuestra que para todo $v_1,\ldots,v_n\in V$ tenemos que

$\sum_{i=1}^n \det(v_1,\ldots,v_{i-1},T(v_i),v_{i+1},\ldots, v_n) =\text{Tr}(T)\cdot \det(v_1,\ldots,v_n),$

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

Solución. Definimos el mapeo $\phi:V^n\rightarrow F$ como

$\phi(v_1,\ldots,v_n)=\sum_{i=1}^n \det(v_1,\ldots,v_{i-1},T(v_i),v_{i+1},\ldots,v_n).$

Esta transformación es la suma de transformaciones $n$-lineales, por lo tanto $\phi$ es $n$-lineal. Más aún, es alternante, ya que si asumimos, por ejemplo, que $v_1=v_2$, entonces

\begin{align*}
\phi(v_1,v_1,v_3,\ldots,v_n) &=\det(T(v_1),v_1,v_3,\ldots,v_n)+ \det(v_1,T(v_1),v_3,\ldots,v_n) \\
&+ \sum_{i=3}^n \det(v_1,v_1,\ldots,v_{i-1},T(v_i),v_{i+1},\ldots,v_n) \\
&= \det(T(v_1),v_1,v_3,\ldots,v_n)+ \det(v_1,T(v_1),v_3,\ldots,v_n) \\
&= \det(T(v_1),v_1,v_3,\ldots,v_n)- \det(T(v_1),v_1,v_3,\ldots,v_n) \\
&=0,
\end{align*}

debido a que el determinante es antisimétrico.

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

$\phi(v_1,\ldots,v_n)=\alpha \det(v_1,\ldots,v_n)$

para todo $v_1,\ldots,v_n$. Sea $A=[a_{ij}]$ la matriz de $T$ con respecto a la base canónica. Si tomamos $v_1=e_1,\ldots,v_n=e_n$, por el mismo teorema tenemos que

\begin{align*}
\alpha &= \phi(e_1,\ldots,e_n) \\
&=\sum_{i=1}^n \det(e_1,\ldots,e_{i-1},\sum_{j=1}^n a_{ji}e_j, e_{i+1},\ldots,e_n)\\
&=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_{ji}\det(e_1,\ldots,e_{i-1},e_j,e_{i+1},\ldots,e_n) \\
&= \sum_{i=1}^n a_{ii} = \text{Tr}(T).
\end{align*}

Por lo tanto, obtenemos lo que queremos.

$\square$

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. Sea $n$ un número impar y sean $A,B\in M_n(\mathbb{R})$ matrices tal que $A^2+B^2=0_n$. Prueba que la matriz $AB-BA$ no es invertible.

Solución. Notemos que

$(A+iB)(A-iB)=A^2+B^2+i(BA-AB)=i(BA-AB).$

Por la propiedad del determinante de un producto, tenemos que

$\det(A+iB)\det(A-iB)=i^n \det(BA-AB).$

Suponemos que $AB-BA$ es invertible, entonces $\det(BA-AB)\neq 0$. Además sabemos que

$\det(A-iB)=\det(\overline{A+iB})=\overline{\det(A+iB)},$

esto implica que $|\det(A+iB)|^2=i^n\det(BA-AB).$ Como consecuencia, $i^n$ es un número real, contradiciendo al hecho que $n$ es impar. Por lo tanto $\det(BA-AB)=0$.

$\square$

Problema. Para $1\leq i,j\leq n$, definimos $a_{ij}$ como el número de divisores positivos en común de $i$ y $j$ y definimos $b_{ij}$ igual a 1 si $j$ divide $i$ e igual a 0 si no.

1. Probar que $A=B\cdot ^t B$, donde $A=[a_{ij}]$ y $B=[b_{ij}]$.
2. ¿Qué podemos decir de la forma de $B$?
3. Calcula $\det(A)$.

Solución. 1) Fijando $i,j$ tenemos que

$\det(B\cdot ^t B)_{ij}=\sum{k=1}^n b_{ik}b_{jk}.$

Notemos que $b_{ik}b_{jk}$ no es cero ($b_{ij},b_{jk}=1$) 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 $\det(B\cdot ^tB)_{ij}=a_{ij}$.

2) Si $i<j$, no es posible que $j$ divida a $i$. Entonces $b_{ij}=0$ para todo $i<j$, esto significa que $B$ es, al menos, triangular inferior. Un dato más que podemos asegurar es que $b_{ii}=1$ 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 $\det(A)=\det(B\cdot ^tB)=(\det B)^2.$ Pero por el inciso (2), $\det B=1$, concluimos que $\det A=1$.

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