Introducción
En la nota anterior resolvimos varios problemas para introducir los bloques de Jordan. Comenzaremos resolviendo el siguiente problema:
Problema 1: Sea $T \colon V \to V$ una transformación lineal nilpotente con índice $k$ en un espacio vectorial, sea $v \in V$ y sea $$W = \langle(v,T(v), \ldots, T^{k-1}(v))\rangle$$
- Prueba que $W$ es invariante bajo $T$.
- Prueba que si $T^{k-1}(v) \neq 0$, entonces $T^{k-1}(v), T^{k-2}(v), \ldots , T(v), v$ forman una base de $W$ (por lo que $\dim(W) = k$) y la matriz de la transformación lineal $T \colon W \to W$ con respecto a esta base es $$J_{k} = \begin{pmatrix}0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 \end{pmatrix}$$
Esta matriz se llama un bloque de Jordan de tamaño $k$ (nota que $J_{1} = O_{1}$, la matriz de $1 \times 1$ con una entrada igual a 0).
Solución.
- Cualquier elemento de $W$ es de la forma $$w = a_{0}v + a_{1}T(v) + \cdots + a_{k-1}T^{k-1}(v)$$ Dado que $T^{k}(v) = 0$, tenemos $$T(w) = a_{0}T(v) + \cdots + a_{k-2}T^{k-1}(v) \in W,$$ por lo que $W$ es invariante bajo $T$.
- Si $T^{k-1}(v) \neq 0$, la parte 1 del problema 2 en (hipervínculo nota introducción) nos muestra que $T^{k-1}(v), \ldots , T(v), v$ es una familia linealmente independiente y como también genera $W$, es una base de $W$. Más aún, como $T^{k}(v) = 0$ y $T(T^{i}(v)) = T^{i+1}(v)$ para $k-2 \geq i \geq 0$, es claro que la matriz de $T \colon W \to W$ respecto a esta base es $J_{k}$.
El principal teorema que concierne a transformaciones lineales nilpotentes en espacios vectoriales de dimensión finita es el siguiente:
Teorema de Jordan
Teorema de Jordan (1): Sea $V$ un espacio vectorial de dimensión finita sobre un campo $F$ y sea $T \colon V \to V$ una transformación lineal nilpotente. Entonces hay una base de $V$ respecto a la cual la matriz de $T$ es de la forma $$A = \begin{pmatrix}J_{k_{1}} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & J_{k_{2}} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & J_{k_{d}} \end{pmatrix}$$ para alguna sucesión de enteros positivos $k_{1} \geq k_{2} \geq \cdots \geq k_{d}$ con $k_{1} + \cdots + k_{d} = n$. Más aún, la sucesión $(k_{1}, \ldots , k_{d})$ está determinada de forma única.
Podemos escribir el teorema anterior en términos de matrices:
Teorema de Jordan (2): Cualquier matriz nilpotente $A \in M_{n}(F)$ es similar a una matriz diagonal por bloque $\begin{pmatrix}J_{k_{1}} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & J_{k_{2}} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & J_{k_{d}} \end{pmatrix}$ para una sucesión única de enteros positivos $(k_{1}, \ldots , k_{d})$ con $k_{1} \geq k_{2} \geq \cdots \geq k_{d}$ y $k_{1} + \cdots + k_{d} = n$.
La matriz $\begin{pmatrix}J_{k_{1}} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & J_{k_{2}} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & J_{k_{d}} \end{pmatrix}$ se llama la forma canónica de Jordan de $A$ o $T$.
Los siguientes problemas están dedicados a la demostración de este teorema. Empezaremos con la unicidad de la sucesión $(k_{1}, \ldots , k_{d})$. La prueba que daremos en los siguientes tres problemas, también muestra cómo calcular explícitamente estos enteros y por lo tanto, cómo encontrar en la práctica la forma de Jordan de matrices nilpotentes.
Problemas para probar Jordan (unicidad)
Problema 2: Sea $T$ la transformación lineal en $F^{n}$ asociada con el bloque de Jordan $J_{n}$. Prueba que para toda $1 \leq k \leq n – 1$ tenemos $$rango\left(T^{k}\right) = n – k$$ y deduce que $$rango\left(J_{n}^{k}\right) = n – k$$ para $1 \leq k \leq n – 1$.
Solución. Si $e_{1}, \ldots, e_{n}$ es la base canónica de $F^{n}$, entonces $T(e_{1}) = 0$, $T(e_{2}) = e_{1}$, $T(e_{3}) = e_{2}$, …, $T(e_{n}) = e_{n-1}$.
En otras palabras, se tiene que $T(e_{i}) = e_{i-1}$ para $1 \leq i \leq n$ con $e_{0} = 0$. Deducimos que $T^{2}(e_{i}) = T(e_{i-1}) = e_{i-2}$ para $1 \leq i \leq n$, con $e_{- 1} = 0$.
Una inducción nos lleva a que $T^{j}(e_{i}) = e_{i-j}$ para $1 \leq j \leq n-1$ y $1 \leq i \leq n$, con $e_{r} \leq 0$. De donde $$Im(T^{j}) = \langle (e_{1}, e_{2}, \ldots, e_{n-j}) \rangle$$ y este espacio es de dimensión $n-j$, lo cual implica que $$rango(T^{k}) = n-k$$ para $1 \leq k \leq n-1$.
La segunda parte es consecuencia inmediata de la primera (¿Por qué?).
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Problema 3: Supóngase que $A \in M_{n}(F)$ es similar a $\begin{pmatrix}J_{k_{1}} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & J_{k_{2}} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & J_{k_{d}} \end{pmatrix}$.
Sea $N_{j}$ el número de términos iguales a $j$ en la secuencia $(k_{1}, \ldots , k_{d})$. Prueba que para toda $1 \leq j \leq n$, $$rango(A^{j}) = N_{j+1} + 2N_{j+2} + \cdots + (n-j)N_{n}.$$
Solución. Si $A_{1}, \ldots, A_{d}$ son matrices cuadradas, entonces $$rango\left(\begin{pmatrix}A_{1} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & A_{2} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & A_{d} \end{pmatrix}\right) = rango(A_{1}) + \cdots + rango(A_{d}).$$
Puedes probarlo usando el hecho de que el rango de una matriz es la dimensión del generado por su conjunto de columnas/filas (o el número de columnas/filas linealmente independientes). Dado que matrices similares tienen el mismo rango, deducimos que para toda $j \geq 1$ tenemos $$rango(A^{j}) = rango \left( \begin{pmatrix}J^{j}_{k_{1}} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & J^{j}_{k_{2}} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & J^{j}_{k_{d}} \end{pmatrix}\right) = \sum_{i=1}^{d} rango(J^{j}_{k_{i}}).$$
Por el problema anterior, $rango(J^{j}_{k_{i}}) = k_{i} – j$ si $j \leq k_{i}$ y 0 si pasa otra cosa. De donde, como $N_{t}$ es el número de índices $i$ para los cuales $k_{i} = t$, tenemos $$\sum_{i=1}^{d} rango(J^{j}_{k_{i}}) = \sum_{t \geq j} \sum_{k_{i} = t} rango(J^{j}_{t})$$ $$= \sum_{t \geq j} N_{t} \cdot (t – j) = N_{j+1} + 2N_{j+2} + \cdots + (n-j)N_{n}$$
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Problema 4: Prueba que si $k_{1} \geq \cdots \geq k_{d}$ y $k’_{1} \geq \cdots \geq k’_{d}$, son sucesiones de enteros positivos que suman $n$ y tales que $A = \begin{pmatrix}J_{k_{1}} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & J_{k_{2}} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & J_{k_{d}} \end{pmatrix}$ es similar a $B = \begin{pmatrix}J_{k’_{1}} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & J_{k’_{2}} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & J_{k’_{d}} \end{pmatrix}$, entonces las sucesiones son iguales. Esta es la unicidad del teorema de Jordan.
Solución. Sea $N_{j}$ el número de términos iguales a $j$ en la sucesión $k_{1}, \ldots, k_{d})$, y definamos de una manera similar a $N’_{j}$ para la sucesión $k’_{1}, \ldots, k’_{d})$. Tenemos que probar que $N_{j} = N’_{j}$ para $1 \leq j \leq n$.
Dado que $A$ y $B$ son similares, $A^{j}$ y $B^{j}$ son similares para toda $j \geq 1$, por lo que tienen los mismos rangos. Usando el problema 3, deducimos que $$N_{j+1} + 2N_{j+2} + \cdots + (n-j)N_{n} = N’_{j+1} + 2N’_{j+2} + \cdots + (n-j)N’_{n}$$ para $j \geq 1$. Fijar $j = n – 1$ nos da que $N_{n} = N’_{n}$, luego si fijamos $j = n – 2$ y usamos que $N_{n} = N’_{n}$ tenemos que $N_{n-1} = N’_{n-1}$. Si continuamos así, tendremos que $N_{j} = N’_{j}$ para $2 \leq j \leq n$.
Todavía nos falta probar que $N_{1} = N’_{1}$, pero esto se sigue de $$N_{1} + 2N_{2} + \cdots + nN_{n} = N’_{1} + 2N’_{2} + \cdots + nN’_{n} = n,$$ ya que $$k_{1} + \cdots + k_{d} = k’_{1} + \cdots + k’_{d} = n.$$
Observación. Los dos problemas anteriores muestran como calcular la sucesión $(k_{1}, \ldots , k_{d})$ en práctica. Concretamente, lo redujimos a calcular $N_{1}, \ldots, N_{n}$. Para esto, usamos la igualdad $$rango(A^{j}) = N_{j+1} + 2N_{j+2} + \cdots + (n-j)N_{n}$$ para $1 \leq j \leq n$ (basta tomar a $j \leq k$ si $A$ tiene índice $k$, nota que en la igualdad anterior para $j = k$ ya tenemos que $N_{k+1} = \cdots = N_{n} = 0$). Esto determina completamente a $N_{2}, \ldots, N_{n}$. Para encontrar a $N_{1}$, usaremos la siguiente igualdad: $$N_{1} + 2N_{2} + \cdots + nN_{n}.$$
Ejemplo. Para un ejemplo específico, considera la matriz $$A = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 & 2 \\ 1 & -1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & -2 & 4 \\ 0 & 0 & -1 & 2 \end{pmatrix}$$
Puedes checar fácilmente que la matriz es nilpotente pues $$A^{2} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & -4 & 8 \\ 0 & 0 & -4 & 8 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$ y $A^{3} = O_{3}$. Es decir, $A$ tiene índice $k = 3$. De ahí, se tiene que $N_{4} = 0$ y $$N_{1} + 2N_{2} + 3N_{3} = 4.$$
Ahora, fíjate que el rango de $A$ es 2, ya que la primera y la segunda filas son idénticas, la última fila es la mitad de la tercera, y la primera y la tercera son linealmente independientes. Por lo que $$2 = rango(A) = N_{2} + 2N_{3} + 3N_{4} = N_{2} + 2N_{3}$$
Ahora, como el rango de $A^2$ es 1 (porque sólo hay una fila linealmente independiente) tenemos que $1 = rango(A^{2}) = N_{3} + 2N_{4} = N_{3}.$
Por lo que $N_{1} = 1$, $N_{2} = 0$, $N_{3} = 1$, $N_{4} = 0$ y así, la forma normal de Jordan de $A$ es $$\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$
Existencia
Ya probamos la unicidad del teorema de Jordan, falta probar la existencia, lo cual es mucho más difícil. La idea básica no es muy impactante: Trabajamos con inducción fuerte sobre la dimensión de $V$, el caso en que $\dim(V) = 1$ es claro (Pues entonces T = 0). Supongamos que el resultado es cierto para $\dim(V) < n$ y consideremos el caso en el que $\dim(V) = n$. Supongamos que $T \neq 0$ ya que si así fuera, ya habríamos terminado. Sean $k_{1} = k$ el índice de $T$ y $v \in V$ tal que $T^{k-1}(v) \neq 0$. Por el problema 1, el subespacio $$W = \langle(v, T(v), \ldots, T^{k-1}(v)) \rangle$$ es T-invariante, lo cual actúa sobre él como la matriz $J_{k}$ sobre $F^{k}$. Más aún, $\dim(W) = k$. Si $k = n$, entonces hemos terminado. Si no, buscamos un subespacio complementario $W’$ de $W$ que sea invariante bajo $T$. Si pudiéramos encontrar dicho espacio $W’$, entonces podríamos aplicar la hipótesis de inducción a $T \colon W’ \to W$ (nota que su índice no excede $k_{1}$) y encontrar una base de $W’$ en la cual la matriz de $T$ tiene la forma deseada. Conectar la base $T^{k-1}(v), \ldots, T(v), v$ y esta base de $W’$ nos llevaría a la base deseada de $V$ y terminaríamos la inducción. La dificultad clave es probar la existencia de $W’$. Haremos esto con los siguientes dos problemas:
Problema 5:
- Prueba que si $A \in M_{n}(F)$ es nilpotente, entonces $^{t}A$ es nilpotente y tiene el mismo índice que $A$.
- Supongamos que $V$ es un espacio vectorial de dimensión finita sobre $F$. Prueba que si $T \colon V \to V$ es nilpotente, entonces $^{t}T \colon V^{*} \to V^{*}$ también es nilpotente y tiene el mismo índice que $T$.
Solución.
- Para toda $k \geq 1$ tenemos $$(^{t}A)^{k} = ^{t}(A^{k})$$ así $(^{t}A)^{k} = O_{n}$ si y sólo si $A^{k} = O_{n}$. Y así se sigue el resultado que queríamos.
- Sea $\beta$ una base de $V$ y sea \beta^{*} la base dual respecto a $\beta$. Si $A$ es la matriz de $T$ con respecto a $\beta$, entonces la matriz de $^{t}T$ con respecto a $\beta^{*}$ es $^{t}A$, por el siguiente teorema (que se vio en _____): Sea $T \colon V \to W$ una transformación lineal entre espacios vectoriales de dimensión finita y sean $\beta$ y $\beta^{*}$ dos bases de $V$ y $W$ respectivamente. Si $A$ es la matriz de $T$ con respecto a $\beta$ y $\beta’$, entonces la matriz de $^{t}T \colon W^{*} \to V^{*}$ con respecto a las bases duales de $\beta’$ y $\beta$ es $^{t}A$. Luego, por la primera parte de este problema. Podríamos haberlo probado de forma directa como sigue: Si $k \geq 1$, entonces $(^{t}T)^{k} = 0$ si y sólo si $(^{t}T)^{k}(l) = 0$ para toda $l \in V^{*}$, de forma equivalente $l \circ T^{k} = 0$ para toda $l \in V^{*}$. Esto puede escribirse como: Para toda $v \in V$ y toda $l \in V^{*}$ tenemos que $l(T^{k}(v)) = 0$. Ahora, la afirmación de que $l(T^{k}(v)) = 0$ para toda $l \in V^{*}$ es equivalente a $T^{k}(v) = 0$, por inyectividad de la función bidual $V \to V^{**}$. De ahí, $(^{t}T)^{k} = 0$ si y sólo si $T^{k} = 0$, y esto pasa aún cuando $V$ es de dimensión infinita. En otras palabras, la segunda parte de este problema es cierto en general (pero la prueba requería la inyectividad de la función $V \to V^{**}$, lo cual es difícil y no estaba dado para espacios vectoriales de dimensión infinita).
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Problema 6: Sean $T \colon V \to V$ una transformación nilpotente de índice $k$ en un espacio vectorial de dimensión finita $V$ y $v \in V$ tal que $T^{k-1}(v) \neq 0$. Denotamos por simplicidad $S = ^{t}T \colon V^{*} \to V^{*}$ y recordemos que $S$ es nilpotente de índice $k$ por el problema anterior.
- Explica por qué podemos encontrar una forma lineal $l \in V^{*}$ tal que $l(T^{k-1}(v)) \neq 0$.
- Prueba que el ortogonal de $W’$ de $Z = \langle l, S(l), \ldots, S^{k-1}(l) \rangle \subset V^{*}$ es invariante bajo $T$.
- Prueba que $\dim(W’) + \dim(W) = \dim(V)$.
- Deduce que $W’ \oplus W = V$, de donde $W’$ es un subespacio complementario de $W$, estable bajo $T$. ¡Esto termina la prueba del Teorema de Jordan!
Solución.
- Esta es una consecuencia directa de la inyectividad (en realidad de la biyectividad porque nuestro espacio es de dimensión finita) de la función bidual $V \to V^{**}$.
- Intentemos entender concretamente al espacio $Z^{\perp}$. Un vector $x$ está en $Z^{\perp}$ si y sólo si $S^{j}(l)(x) = 0$ para $0 \leq j \leq k-1$. Dado $S = T^{*}$, tenemos $$S^{j}(l)(x) = (l \circ T^{j})(x) = l(T^{j}(x)),$$ así $$Z^{\perp} = \{x \in V : l(T^{j}(x)) = 0 \text{ para toda } 0 \leq j \leq k-1\}.$$ Ahora, sea $x \in Z^{\perp}$ y probemos que $T(x) \in Z^{\perp}$, es decir, que $$l(T^{j}(T(x))) = 0$$ para $0 \leq j \leq k-1$, o de forma equivalente $l(T^{j}(x)) = 0$ para $1 \leq j \leq k$. Esto es claro para $1 \leq j \leq k-1$, dado que $x \in Z^{\perp}$, y es verdadero para $j = k$ por la suposición de que $T^{k} = 0$.
- Por el Teorema 6.22 en el Titu tenemos que $$\dim(W’) = \dim(Z^{\perp}) = \dim(V^{*}) – \dim(Z) = \dim(V) – \dim(Z).$$ Por lo tanto, basta probar que $\dim(Z) = \dim(W)$. Ahora $\dim(W) = k$ por el Problema 1, y $\dim(Z) = k$ por el mismo problema aplicado a $V^{*}$, $S$ (quien es nilpotente de índice $k$) y $l$ (nota que $S^{k-1}(l) = l \circ T^{k-1} \neq 0$ dado que $l(T^{k-1}(v)) \neq 0$). Por lo que $\dim(W’) + \dim(W) = \dim(V)$.
- Por la parte 3. basta probar que $W’ \cap W = \{0\}$. Sea $w \in W$ y escribamos $$w = a_{0}v + a_{1}T(v) + \cdots + a_{k-1}T^{k-1}(v)$$ para algunos escalares $a_{0}, \ldots, a_{k-1}$. Supongamos que $w \in W’$, así $w \in Z^{\perp}$, lo cual significa que $l(T^{j}(w)) = 0$ para $0 \leq j \leq k-1$. Tomando $j = k-1$ y usando el hecho de que $T^{m} = 0$ para $m \geq k$ se obtiene que $$a_{0}l(T^{k-1}(v)) = 0.$$ Dado que $l(T^{k-1}(v)) \neq 0$, debemos tener que $a_{0} = 0$. Tomando $j = k-2$ obtenemos de forma similar que $a_{1}l(T^{k-1}(v)) = 0$ y por lo tanto $a_{1} = 0$. Procediendo inductivamente obtendremos que $a_{0} = \cdots = a_{k-1} = 0$ y así $w = 0$. Con esto hemos terminado de resolver el problema.
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Tarea moral
- Sean $T \colon V \to V$ transformaciones lineales en un espacio vectorial de dimensión finita tal que para todo $v \in V$ existe un entero positivo $k$ tal que $T^{k}(v) = 0$. Prueba que $T$ es nilpotente.
- Describe las posibles formas canónica de Jordan para una matriz nilpotente $A \in M_{4}(F)$.
- Encuentra, por similaridad, todas las matrices nilpotentes de $3 \times 3$ con entradas en los reales.
Más adelante…
Hasta ahora hemos visto cómo funciona Jordan para matrices nilpotentes pero nos gustaría conocer qué más puede pasar, si podemos llevar este tema a un terreno más general y eso es lo que haremos en las siguientes notas.
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