Comenzamos la primera grabación de Tutoría Intercampus en la que
trataremos el tema de subespacios invariantes. En esta grabación vamos a
hacer diversos ejercicios representativos del tema. El primer tipo de
ejercicio sería determinar si un subespacio dado es F invariante. En
segundo lugar, si conocido un subespacio invariante, determinar si es
reducible o irreducible. También vamos a identificar subespacios
invariantes en las formas canónicas. Vamos a determinar posibles formas
canónicas que cumplan una serie de condiciones sobre subespacios
invariantes y, por supuesto, abordaremos el problema del cálculo de todos
los subespacios invariantes del endomorcismo y el de descomposición de un
subespacio reducible en suma de subespacios F invariantes de dimensión
menor. Vamos a comenzar recordando conceptos que vimos en el tema anterior.
El primero es la definición de subespacio invariante. Un subespacio U es
invariante por un endomorfismo F si se cumple esta condición. La imagen de
U está contenida en U y esta condición es equivalente a que, dado un
sistema generador del subespacio U, se cumpla que las imágenes de los
vectores del sistema generado son vectores que pertenecen a U. Recordar
también propiedades básicas de los subespacios invariantes que nos van a
permitir generar los subespacios. Y es que la suma e intersección de
subespacios invariantes es un subespacio invariante. Y, por supuesto, dar
importancia a la proposición 521 que justifica la relación que hay entre
las matrices diagonales por bloques y los subespacios invariantes. Vamos a
comenzar entonces explorando una forma canónica, identificando ahí los
subespacios invariantes que ya hemos construido, como digo, en el capítulo
1. Esta es una matriz 7x7. Pongamos que se corresponde con un endomorfismo
F. de K7 en K7, que viene dado respecto de una base, que llamemos V1, hasta
V7. Y en esta forma canónica se ha construido, de manera que nuestro
espacio K7 se ha descompuesto como suma de dos subespacios máximos, el
asociado al autovalor 1, que aparece aquí, es un autovalor triple, y el
subespacio máximo asociado al autovalor 2, son dos subespacios
invariantes, y en la construcción de la base de Jordán de MD1 y de MD2
había dos filas, puesto que en MD1 hay dos bloques, pues en esa
construcción de la base hay dos filas. La primera fila da lugar a este
bloque 2x2, que determina un subespacio invariante 2-cíclico. Es un plano
2-cíclico. El segundo bloque determina otro subespacio invariante, y es el
plano 2-cíclico. El segundo bloque es el generado por el vector V3, que es
un autovector, y genera una recta invariante. Y después, en el subespacio
M2, el subespacio M2 tiene dimensión 4, que es la multiplicidad algebraica
del autovalor, que aparece aquí cuatro veces, y tenemos dos bloques, por
tanto habría dos filas en la base de Jordán, y la primera fila determina
un subespacio 3-cíclico, el V4, V5, V6, y la segunda fila determinaría...
...el subespacio 1-cíclico o recta invariante generada por el V7. Este es
un subespacio 3-cíclico. Todos los subespacios R-cíclicos son
invariantes, y esta es una recta invariante o subespacio 1-cíclico. Y esta
sería otra recta invariante, por ser tanto V7 como V3 autovectores. Bien,
así que hemos descompuesto el espacio total, K7, para obtener esta forma
canónica en suma de 4. Subespacios. recíclicos y estos subespacios
recíclicos van a jugar un papel muy importante en la determinación de
todos los subespacios invariantes asociados a un endomorfismo. Utilizando
esta misma forma canónica y las propiedades que hemos indicado
anteriormente, pues podríamos determinar nuevos subespacios invariantes,
por ejemplo, como suma de estos asociados a los bloques. Por ejemplo,
podríamos tener un hiperplano invariante H, sería un subespacio de
dimensión 6 y podríamos obtenerlo como suma de los tres primeros V1, V2,
este plano invariante, la recta V3 y el espacio tridimensional generado por
los vectores V4, V5, V6. Como suma de estos tres subespacios invariantes
tenemos un nuevo subespacio invariante que es un hiperplano. De esta manera
podemos determinar nuevos subespacios invariantes que visualizamos en la
forma canónica. Este endomorfismo tiene muchísimos más subespacios
invariantes que no se ven a simple vista en la forma canónica. Tendrá
infinitos planos invariantes e infinitos subespacios tridimensionales
invariantes, infinitas rectas e infinitos hiperplanos. Este ha sido como un
primer ejemplo. Vamos a abordar los primeros conceptos del tema que
implican la definición de dos tipos de subespacios invariantes. Por un
lado tendremos los subespacios reducibles, llamaremos reducibles a un
subespacio invariante que se descompone en suma de dos subespacios
invariantes de menor dimensión y que no sean triviales. Se exige que no
sean triviales porque siempre se tiene la descomposición trivial u igual a
u más el subespacio cero y si no excluimos la posibilidad de que estos dos
subespacios sean alguno de los dos nulo, no tendría sentido la
definición. Podríamos concluir que todo subespacio es reducible. Podemos
decir que toda recta invariante es reducible. Toda recta invariante es
irreducible. Es el caso de los subespacios de dimensión 1, no se pueden
descomponer como en suma de otros más pequeños. Así que cuando nos pidan
determinados subespacios invariantes irreducibles tendremos que empezar por
las rectas, que todas ellas lo son. Y todos los subespacios que no sean
irreducibles serán irreducibles. Estos subespacios irreducibles, ¿cómo
los determinaremos? Tenemos la proposición 6-11, que es la
caracterización de estos subespacios. Y nos viene a decir que todo
subespacio F invariante irreducible de dimensión R es un subespacio R
cíclico. Es una condición necesaria y suficiente. Así que todos los
subespacios irreducibles los podremos calcular como subespacios R
cíclicos. Un resultado interesante es el colorario 6-8, que nos da una
condición necesaria que deben cumplir los subespacios invariantes
irreducibles, que es que deben estar contenidos en los subespacios
máximos. Es una condición necesaria pero no es suficiente. ¿Esto qué
quiere decir? Pues que no es suficiente con estar contenido en un
subespacio máximo para ser irreducible. Es decir, dentro de un subespacio
máximo puede haber tantos subespacios irreducibles como reducibles. Con
estas primeras definiciones y resultados vamos a resolver un primer
ejemplo. Es un ejercicio de uno de los exámenes de junio de 2022. Es una
de las cuestiones. Sabéis que hay preguntas por valor 0.5 puntos, que son
alucinantes. Pues se terminan cuestiones y luego ejercicios, que cada uno
vale un punto. Bien, en esta cuestión se nos da la matriz de un
endomorfismo, la base canónica, y el subespacio generado, se supone que no
nos dicen cuál es el espacio vectorial, ni siquiera nos dicen si es real o
complejo. Podemos suponer que es K3, con K igual a R12, y la base canónica
es la base, conforme a la notación que han elegido, E1, E2, E3. Bien, nos
preguntan si el subespacio generado por los vectores E1 y E3, este plano,
es F invariante irreducible, F invariante reducible o no es F invariante.
Bien, en primer lugar, observamos la estructura en bloques de la matriz que
ya nos permite detectar dos subespacios invariantes. Nuestro espacio K3 se
descompone como suma de la recta generada por el vector V1, que es
invariante, está asociada al primer bloque, y al segundo bloque, el plano
generado por V2, V3, que es un subespacio 2 cíclico por la estructura del
bloque. Esa como primera observación. Nos dicen si este subespacio es
invariante, que sería la primera condición que deberíamos verificar.
Pues vamos a hacerlo. Nos preguntamos si U es F invariante. Esta condición
es equivalente a que F de E1 pertenezca a U y F de E3 pertenezca a U. Esas
son las dos condiciones que se tienen que cumplir. Bien, pues F de E1 es el
vector, lo podemos ver en la primera columna de la matriz, ahí están sus
coordenadas, es el vector 3 por E1 más 0 por E2 más 0 por E3. Y
efectivamente es un vector que pertenece a U. Después tenemos la imagen
del vector F de E3, que la vemos en la tercera columna. F de E3 es igual a
0 por E1 más 0 por E2 más 3 por E3, que es un vector que también
pertenece a U. E1 es un autovector y E3 es otro autovector. Podemos afirmar
que U sí es F invariante y esto hace que C no sea correcta. Y ahora
tenemos que decidir... ...si U es reducible o irreducible. En este caso...
Como directamente los dos generadores son autovectores, generan dos rectas
invariantes y podemos escribir el subespacio U como suma directa de la
recta generada por E1 y la recta generada por E3, que son dos rectas F
invariantes y por tanto U es reducible. En este caso es fácil, se
visualiza rápidamente la descomposición. Bueno, el mismo ejercicio o
similar, similar cuestión, aparece en el examen del mismo año de la otra
semana, de la primera en este caso. Es el mismo endomorfismo y ahora nos
preguntan sobre el subespacio generado por los vectores E1, E2. Bien, vamos
a empezar siempre comprobando si es invariante. ¿U es F invariante? Sí o
no, pues lo que se tiene que comprobar. Lo que se tiene que cumplir es que
F de E1, que ya sabemos que es 3E1, pertenezca a U, esto sí se cumple, y
después que F de E2, cuya imagen determinamos mirando la segunda columna,
esas son sus coordenadas, sería 0 por E1 más 3 por E2 más 1 por E3. Y
este vector no pertenece a U. U es el plano generado por E1, E2 y E3 es
linealmente independiente de ellos. Entonces este vector no pertenece a U.
Y eso hace que U no sea F invariante, por lo que la respuesta correcta
sería la C. Aunque no lo preguntaban, destacamos que si llamamos W al
plano generado por E2, E3, que se corresponde con este bloque 2x2, podemos
afirmar que sí es F invariante e irreducible. Pues es F. Dos cíclico. El
subespacio es doscíclico porque, bueno, ya sabemos, proviene de una fila
en la tabla de la base de Jordan, de longitud 2, y también existe esta
caracterización, f restringido a w, este endomorfismo que va de w en w,
tiene como forma canónica, la forma canónica de f restringido a w es
precisamente ese bloque 2x2, que sería la matriz respecto de la base E2E3,
3, 0, 1, 3. Y entonces, al estar formada esta forma canónica por un único
bloque, es una condición suficiente para que un subespacio sea
irreducible. Bien, en estos ejemplos hemos trabajado con cuestiones sobre
subespacios invariantes que visualizamos en la forma canónica. Vamos a
hacer uno, el ejercicio 11 del examen de junio de 2022 de la primera
semana, en el que se nos da la matriz de un endomorfismo en la base
canónica. El endomorfismo actúa en un espacio de dimensión 4, nos dicen
cuáles, podemos suponer que ese espacio vectorial es K4, y podemos llamar
a la base canónica W1, W2, W3 y W4. Nos dan tres subespacios vectoriales.
En las opciones A, B y C, y nos dicen cuál de ellos es F invariante e
irreducible. Bien, entonces las ecuaciones se nos dan en la base canónica
y se han denotado por x1, x2, x3, x4 a las coordenadas de un vector
respecto de esa base. Lo primero sería comprobar si son invariantes, ¿no?
Para lo cual siempre nos interesa encontrar una base. En primer lugar
observamos que se trata de tres planos porque ambos... ...subespacios
están determinados por dos ecuaciones implícitas independientes. Estamos
en un espacio de dimensión 4, por tanto la dimensión de cada uno de los
espacios es igual a 4 menos... el número de ecuaciones, que es 2, con lo
cual la dimensión sería 2. En este caso coinciden el número de
ecuaciones con la dimensión. Entonces, bien, vamos a comenzar obteniendo
una base de cada uno de estos planos. Las ecuaciones son sencillas y por
tanto podemos dar valores a las coordenadas y extraer dos vectores
generalmente independientes con facilidad. En primer lugar, si a x1, x4 y
x3 le damos el valor 0, vemos que x2 no aparece, no tiene limitaciones en
cuanto a coordenadas. Entonces, pues el vector v2 de la base canónica de
coordenadas 0, 1, 0, 0 sería un vector que pertenecería a este
subespacio. Y ahora damos a x1 el valor, por ejemplo, 1, x4 valdría 1
también. Si x4 vale 1, aquí x3 nos sale menos 4. Y vamos a llamarle u a
este segundo vector. Hemos dicho que x2, como no tiene limitaciones, le va
a dar el valor 0. Y aquí le vamos a dar el valor 0 para simplificar. x3
será menos 4 y x4 igual a x1. Bien, pues ya tenemos una base y vamos a
comprobar si este subespacio es invariante. Para ello lo que se tiene que
cumplir es que f de v2 pertenezca a ese subespacio y la imagen del v2 la
tenemos en la segunda columna de la matriz, aquí están sus coordenadas, y
nos dice que f de v2 es igual a 0 por v1 más 1 por v2 más 0 por v3 más 0
por v4, es decir, f de v2 igual a v2. Por tanto, tenemos un autovector
asociado al autovalor 1 aquí, pertenece a ese subespacio, llamémosle a
este subespacio. Y vamos con la imagen del segundo vector de la base, f de
u, para obtener la imagen de f de u, lo que tenemos que hacer es el
producto matricial, en la matriz en la base b, que es la que nos han dado,
por el vector columna que tiene las coordenadas de b. Hacemos el producto y
obtenemos el vector 1, 1, menos 4, 1. Miramos a ver si es un vector que
pertenece a A. Vemos que cumple las ecuaciones, las coordenadas no han
cambiado, x1, x3, x4 son las mismas y como x2 no tiene ninguna
restricción, pues pertenece a A. Luego sí, esto nos confirma que A es f
invariante. De momento no sabemos si es reducible o irreducible. Sabemos
que contiene un autovector, que sería una recta invariante, pero no
sabemos si hay más autovectores o más rectas invariantes. Si
detectáramos dos autovectores, linealmente independientes, tendríamos dos
rectas invariantes y ya sí que podríamos descomponer nuestro plano A.
Como suma de subespacios invariantes sí sería reducible, pero eso de
momento no lo podemos ver. Y ahora vamos a determinar una base, vamos a
llamarle A, a este segundo plan, y vamos a determinar una base de A, bueno,
las ecuaciones de A, perdón, le llamamos b, pues el de la opción b. Las
ecuaciones son todavía más sencillas que las anteriores y vemos que los
vectores de la base canónica v2 y v3 pertenecen a S. Bueno, entonces para
ver si es invariante calculamos f de v2, ya sabemos que es v2, pertenece a
b, y vamos con f de v3, que lo tenemos en la tercera columna, y nos dice
que su imagen es 2 por v3, es decir, que tenemos un autovector asociado a
otro autovalor distinto al autovalor 2 y es un vector que pertenece a b,
que es el plano generado por v2, v3. Entonces b es f invariante. Y
además... Como hemos encontrado dos autovectores, podemos afirmar que B es
el subespacio suma de Lv2, la recta generada por V2 que es invariante, y la
recta generada por V3 que también es invariante. Por tanto, es reducible.
Eso hace que la opción B no sea correcta. Pues nos preguntan por el
subespacio invariante e irreducible. Vamos a confirmar si C es el
subespacio dado en la tercera opción, llamémosle C, ese fin variante, y
para ello igualmente vamos a obtener un par de vectores dando valores. Por
ejemplo, vamos a dar los valores 0 y 0 a las coordenadas x1 y x2, y 1 y 1 a
x3 y x4, y cambiamos un poco el rol, a x1 le damos el valor 1, x2 tendrá
el mismo, y vamos a darle 0 y 0 a x3 y x4, y tenemos así una base. Y vamos
a comprobar si ese fin variante, calculamos la imagen de estos vectores que
determinan la base, la imagen del 0, 0, 1, 1, la obtenemos haciendo el
producto matricial de la matriz de F por el vector columna 0, 0, 1, 1,
perdón, la matriz columna. Con ese producto matricial lo que obtenemos es
la suma de la tercera y cuarta columnas. Y obtenemos los valores menos 1,
2, 6, 1. Vemos a ver si este vector pertenece a C y rápidamente vemos que
no se cumple la condición x1 menos x2 igual a 0, luego no pertenece a C,
lo que indica que C no es fin variante. Así que, por descarte, aunque no
hemos demostrado que A sea irreducible, la única opción correcta sería
la opción A. Bueno, de aquí afirmamos que C es incorrecta y ya digo,
sería la opción A la correcta. ¿Cómo podríamos confirmarlo? Aunque ya
con esto habríamos dado respuesta al ejercicio, pero vamos a comprobar que
el plano A es irreducible. En primer lugar, recordamos los resultados que
hemos visto anteriormente. Para que sea irreducible, una forma de
caracterizarlo es que sea docíclico. Y para ello vamos a observar cómo
son las imágenes de los generadores de A. Recordamos, está generado por
los vectores V2 y U. La imagen del V2 es V2 y la imagen de U es un vector
que si observamos es un vector que se ha generado por el vector V2. Es muy
parecido a U. Fijámonos que solamente ha cambiado la segunda coordenada de
U, ¿no? En realidad es U más V2. Entonces, pasamos, vamos a despejar
aquí V2 y tendremos que F de U menos U es igual a V2. Esto es lo mismo que
decir que F menos la identidad de U es igual a V2. Y V2 es un autovector.
Lo tenemos ahí delante. Luego, tenemos aquí un subespacio docíclico. En
realidad A es el subespacio generado por el vector U y F menos la identidad
de U, que sería el vector V2. Y podemos comprobar que U pertenece al quer
de F menos la identidad al cuadrado y no pertenece al quer de F menos la
identidad, que es condición para que sea el subespacio docíclico.
Efectivamente, dado que V es un autovector, está en la base, es un vector
no nulo. Entonces, eso nos indica que u no es un vector del que era de f
menos la identidad. Si lo fuera, su imagen por f menos la identidad sería
cero. Esta propiedad ya la tenemos y ahora, si en esta igualdad aplicamos a
los dos miembros otra vez el endomorfismo f menos la identidad, tendríamos
f menos la identidad al cuadrado de u igual a f menos la identidad. Si lo
aplicamos también a v2, a los dos vectores de la igualdad, y puesto que
este es un vector que está en el núcleo, el v2, entonces es un autovector
y esto es igual a cero. Luego, esto nos indica que u cumple esta
condición, u pertenece al núcleo de f menos la identidad al cuadrado. Esa
es la forma en la que confirmamos que el plano A es irreducible. A
continuación vamos a resolver el ejercicio por un tercer método, que
sería aprovechando... ...la pregunta 9 de ese mismo examen en la que se ha
calculado la forma canónica de Jordan del endomorfismo. Vamos a hacerlo
entonces por un tercer método. En el ejercicio 9 se calculó la forma
canónica de Jordan, jdf, y tenía la siguiente forma. Un único bloque de
Jordan asociado al autovalor 1. Aquí, en lo que hemos hecho antes, hemos
comprobado que había dos autovalores al menos, el 1 y el 2, y el 2, el 1 y
el 2, previamente, ya digo, en el ejercicio 9, se comprobó que ambos
autovalores eran dobles y asociado al autovalor 1 había un bloque y al
autovalor 2 había dos bloques. Esto quiere decir que nuestro espacio
vectorial, K4, lo hemos descompuesto como suma directa de su espacio
máximo asociado al autovalor 1 y el máximo asociado al autovalor 2. Que
el asociado al autovalor 1 es el subespacio generalizado segundo, puesto
que tenemos un bloque 2x2 y este subespacio máximo es el subespacio de
autovectores o, con la otra anotación, el generalizado primero. De manera
que en M2 todas las rectas son invariantes, puesto que todos los vectores
de M2 son autovectores. Y el único subespacio irreducible que tenemos
está contenido en M1, que es el propio M1. M1 es un plano, el subespacio
máximo generado por los vectores v1' y v2' de la base de Jordan es un
subespacio 2-cíclico. Entonces, la pregunta era, sabemos que ese fin
variante es irreducible, pues, ¿condición necesaria? ¿Tiene que estar
contenido en un subespacio máximo? En M2 no, porque en M2 no contendrá
ningún subespacio irreducible, puesto que todas las rectas contenidas en
M2 son invariantes. Todo plano que esté contenido en M2, que sería el
propio M2, que tiene dimensión 2, pues sería irreducible. Entonces, es
irreducible si sólo sí está contenido en M1. Como son subespacios ambos
de dimensión 2, esto es equivalente a un subespacio máximo. Es
equivalente a decir que A es el propio M de 1. Bien, pues esto es el
subespacio que es de f menos la identidad al cuadrado, el subespacio
generalizado segundo, cuyas ecuaciones son A menos y4, estamos en
dimensión 4, cuadrado por x igual a 0 en notación matricial. Con lo cual
tendríamos que calcular estas ecuaciones. No era necesario calcularlas. No
se nos pedía la base de Jordan. Lo podemos hacer ahora. Entonces,
cogeríamos la matriz A menos y4, que es la matriz... Vamos restando 1 en
la diagonal, 1, 0, 0, menos 1, menos 1, 0, 0, 2, 0, 0, 1, 4 y 0, 0, 0, 0.
Esta tenemos que elevarla al cuadrado por x1, x2, x3, x4 igual a 0. Y de
aquí extraeríamos unas ecuaciones implícitas del subespacio. Bien,
calculamos la potencia de la matriz y obtenemos la matriz 1, 0, 0, menos 1,
menos 1, 0, 0, 1, 0, 0, 1, 4 y 0, 0, 0, 0. Ya sabemos que esta matriz tiene
rango 2, puesto que el subespacio tiene la dimensión 2, por x1, x2, x3.
3x4. Luego tendremos solo dos ecuaciones independientes y nos podemos
quedar con dos filas que sean independientes. Nos sirven, por ejemplo, la
primera y la tercera. La segunda no porque son proporcionales. Entonces de
la primera y segunda obtenemos las ecuaciones x1 menos x4 igual a 0, x3
más 4x4 igual a 0. Y estas son las ecuaciones. Luego, efectivamente, A
coincide con MD1 y, por tanto, podríamos afirmar que sí es irreducible.
Continuamos con los conceptos de este tema y el objetivo del siguiente
ejercicio va a ser el cálculo de todos los subespacios invariantes de un
enomorfismo. Para ello empezamos con los resultados siguientes. que
caracteriza cómo se determinan las rectas invariantes y los hiperplanos
invariantes de un endomorfismo. Toda recta invariante lo es si sólo sí
está generada por un autovector de F y la ecuación de un hiperplano, que
es un subespacio de dimensión n-1, es la ecuación de un plano invariante
por F si los coeficientes u1 hasta un se corresponden con coordenadas de un
autovector del endomorfismo traspuesto. Recordemos que F y F traspuesto
tienen la misma forma canónica, los mismos autovalores, aunque los
autovectores, la base de Jordan en general sea diferente. Como consecuencia
de 1, todas las rectas F invariantes tenemos aquí en el corolario son las
contenidas en los subespacios propios, ahí es donde están los
autovectores, que el subespacio propio es un plano pues todas las rectas
contenidas en ese plano son invariantes, que el subespacio propio es una
recta pues la única recta invariante asociada a ese autovalor, el que
estemos considerando en su momento, será el subespacio propio. También un
resultado importante que nos dice que el número de rectas F invariantes es
igual al número de hiperplanos F invariantes. Ese resultado a veces nos va
a permitir calcular de una forma directa los hiperplanos. Bien, pues con
estos resultados resolvemos el cálculo de subespacios invariantes en
dimensión 2 y 3, puesto que los subespacios que se pueden presentar ahí
son rectas, en un caso, y rectas y planos en el otro. En dimensión 3 el
caso de los planos se correspondería con el de los hiperplanos. Tenemos en
el libro de teoría pues todas las situaciones que se pueden dar en
dimensión 2 y 3 estudiadas sobre las formas canónicas de Jordán. Vamos a
hacer ahora un ejemplo en el que calculamos estos subespacios en dimensión
3 pero no desde la forma canónica sino desde una matriz que no es una
matriz de Jordán. Para ello vamos a considerar el ejercicio 6-3, que está
tomado del libro de ejercicios resueltos del volumen 2. Nos dan la matriz
de un endomorfismo en K3 y vamos a calcular todos los subespacios
invariantes. Para ello siempre tendremos que empezar calculando los
autovalores y los subespacios generalizados hasta encontrar el máximo.
Empezamos con el polinomio característico, que es el determinante de A
menos lambda por la identidad, menos 1 menos lambda, 0, 0, 0 menos lambda,
menos 1 y 1, 1, menos 2 menos lambda. Desarrollamos el determinante por la
primera fila y tenemos menos 1 menos lambda por el determinante de la
submatriz menos lambda, menos 1, 1, menos 2 menos lambda. El resultado del
determinante es menos 1 menos lambda al cubo. Esto. Esto indica que lambda
igual a menos 1 es el único autovalor del endomorfismo con multiplicidad
algebraica 3. Y a continuación vamos con la multiplicidad geométrica para
saber cuál es el subespacio propio y de ahí obtener las rectas
invariantes. La multiplicidad geométrica es la dimensión del subespacio
propio, que es el Kerr de F más la identidad. Y esto es igual a 4 menos el
rango de la matriz A más I3. Esto. Es decir, 4 menos el rango de la
matriz, 0, sumamos 1 a la diagonal principal, 0, 0, 0, 0, 1, menos 1, 1, 1,
menos 1. Comprobamos que la matriz tiene rango 1. Esta dimensión es igual
a... Aquí me he equivocado, la dimensión del espacio vectorial era 3, 3
menos el rango es igual a 2. ¿Vale? Entonces esta es la dimensión del
subespacio propio, que es un plano que contiene todas las rectas
invariantes. Calculamos. Gracias. Las ecuaciones de este plano, de su
espacio propio, v-1, se tienen de esta matriz a más y3, 0, 0, 0, 1, 1,
menos 1, 1, 1, menos 1, por x1, x2, x3, igual a 0, 0, 0. Como tiene el
rango 1, solamente hay una ecuación independiente, que sería x1 más x2
menos x3 igual a 0. Este sería el plano que contiene todas las rectas
invariantes. Si queremos calcular las ecuaciones de esas rectas, tenemos
que determinar todos los posibles autovectores. Para ello, lo que tenemos
que hacer es determinar las ecuaciones paramétricas de ese subespacio que
nos dan la forma de los autovectores. Entonces, x1 sería la incógnita
principal, x2 la secundaria, vamos a llamarla a, el nombre de un
parámetro, a x3 le damos el valor b, y entonces despejando, x1 es igual a
menos a más b con a y b pertenecientes acá. Así, la forma de los
autovectores es menos a más b, a y b con los autovectores no nulos, son
los que nos interesan, que serían los que generan rectas invariantes.
Entonces, el par a b no puede ser igual al 0, 0, al menos alguna de los
dos, tendría que ser distinto de 0. Así, todas las rectas invariantes
serían las rectas R sub a b generadas por un vector de la forma menos a
más b, a y b, a b distinto de 0, 0. Así habríamos determinado todas las
rectas invariantes y procederíamos a continuar. Y así terminación al
cálculo de los planos invariantes, que serían todos ellos hiperplanos.
Para ello, tenemos que calcular los autovalores de la traspuesta. Sabemos
que tiene como único autovalor lambda igual a menos 1, porque tiene los
mismos autovalores que f, y también que el subespacio propio, asociado al
menos 1, de f traspuesto, tendrá la misma dimensión, dimensión 2. Este
será el núcleo de f traspuesto más la identidad. Bueno, pues necesitamos
las coordenadas de los vectores que pertenecen a este plano. Este v-1 tiene
por ecuaciones a traspuesta más y3 por x igual a 0, de forma simplificada,
ecuación matricial, y de ahí obtenemos, cogemos la matriz traspuesta, y
sería menos 1, 0, 0, 1, 0, menos 1, 1, menos 2. Y le sumamos la identidad.
Entonces vamos a tener, voy a borrar aquí, aquí nos va a salir un 0,
aquí nos va a salir un 1, y aquí un menos 1, por x1, x2, x3 igual a 0, 0,
0. Igual que ocurría en el caso de f, y nos quedamos con una de las
ecuaciones, que es la única linealmente independiente. Por ejemplo, la
primera, x2 más x3 igual a 0. Serían unas ecuaciones implícitas en la
base en la que nos da la matriz inicial. Así que, ¿cómo son los
autovectores de f traspuesta? Pues son de la forma, vemos que x1 no tiene
restricciones, restricciones, Luego le podemos dar el valor, pongamos,
podemos repetir los parámetros de antes c, y ahora si x2 vale d, pues x3
es menos d. Así que los vectores son de la forma c, d, y menos d, igual
que antes con cd distinto de 0,0, porque si no, no nos generaría ningún
vector no nulo, y por tanto ninguna ecuación. Bueno, pues cada uno de
estos vectores genera la ecuación de un hiperplano invariante c por x1
más d por x2 menos d por x3 igual a 0. Estos serían los hiperplanos h, d,
d, si queremos denotarlos así. Estos serían todos los hiperplanos
invariantes. A continuación. A continuación volvemos a avanzar en los
conceptos teóricos, y lo siguiente es cómo calculamos todos los
subespacios invariantes cuando estamos en una dimensión que no es 2 ni 3.
En este caso, lo que vamos a hacer es tener en cuenta lo siguiente. En cada
subespacio máximo vamos a determinar los subespacios invariantes que
contiene. En concreto vamos a determinar los irreducibles. ¿Por qué?
Porque los subespacios reducibles se obtienen como un número de
subespacios invariantes. Y además sabemos que los irreducibles están
siempre contenidos en los subespacios máximos. Por tanto, una vez que
tengamos todos los irreducibles, los demás, como dice aquí abajo, todos
los subespacios invariantes reducibles se obtendrán como sumas de los
irreducibles. Así que esa será la forma estándar de cálculo. Vamos a
hacerlo resolviendo un ejercicio de una prueba de evaluación continua del
curso pasado. Va a ser el ejercicio 3. En el que nos dan un endomorfismo de
R4. con una matriz en la base canónica y nos piden, por un lado, calcular
la forma canónica de Jordán y por otro, determinar las ecuaciones de
todos los subespacios invariantes irreducibles. Nosotros vamos a resolver
no sólo el cálculo de los irreducibles, sino de todos los subespacios
para practicar con este ejemplo. Y bueno, en primer lugar vamos a hacer
rápidamente, para centrarnos en el cálculo de subespacios invariantes,
este es el apartado de la forma canónica. Para ello, en primer lugar,
tendríamos que calcular el polinomio característico, que sería el
determinante de m menos lambda por i4. Hacemos este determinante y
obtenemos el polinomio, ya lo doy factorizado, lambda cuadrado por lambda
menos 2 y por lambda más 2. Confirmamos que este endomorfismo tiene tres
autovalores, el cero, que es 4, con multiplicidad algebraica 2, es el
único autovalor doble, el autovalor 2, que es simple, y el autovalor menos
2, que también es simple. Entonces, para determinar la forma canónica,
pues lo único que tenemos que determinar es la multiplicidad geométrica
del autovalor cero, que es la dimensión del subespacio propio asociado al
cero. Entonces, el cero, que es 1, es igual a la dimensión del espacio
total, menos el rango de m menos cero por i4, que es el rango de m. 4 menos
el rango de m. Y podemos comprobar en esta matriz, es bastante sencillo,
que tenemos aquí dos filas independientes, la 3 y la 4, son independientes
de la 2 y la 1, que esas sí son proporcionales. Es fácil ver que el rango
es 3, y por tanto, 4 menos 3 igual a 1. Esto, ¿qué quiere decir? Que en
la forma canónica habrá un único bloque de Jordan, ¿verdad?, asociado
al autovalor cero. Equivalentemente, que el subespacio máximo asociado al
autovalor cero es el generalizado segundo, el que es df menos cero por la
identidad al cuadrado. Bien, la forma canónica entonces, jdf tiene un
único bloque de Jordán asociado al autovalor cero y el resto de
autovalores como son simples, pues cada uno tiene un bloque asociado a, o
sea, en definitiva, R4 está descompuesto como suma de los tres subespacios
máximos el asociado al autovalor cero, al autovalor dos y al menos dos.
Bueno, y este subespacio en concreto es el recíclico porque le corresponde
un bloque dos por dos. Está generado por dos vectores v1' y v2', no los de
la base canónica, y v2' es f'. Df menos cero por la identidad de v1'. Es
un subespacio dos cíclico. Nos preguntan por los subespacios invariantes
irreducibles. Entonces, primera cuestión a recordar es que los subespacios
irreducibles invariantes están contenidos dentro de los subespacios
invariantes. Entonces, bueno, vamos a empezar por lo fáciles, que son las
dos rectas md2. Contenidos en md2 es el propio md2, que es una recta. Se
puede calcular una recta de md2 que es igual a m2 por x igual a cero.
Podemos calcular sus ecuaciones. Unas ecuaciones implícitas vendrán de
simplificar el sistema lineal m menos dos y cuatro por x igual a cero. Y no
habrá más, puesto que m2 es una recta, vamos con el otro subespacio
máximo y le ha asociado al autovalor menos dos, que es otra recta. Es
otro... Subespacio invariante irreducible. Como determinamos sus ecuaciones
implícitas que nos las piden en el denunciado con la derecha al cero, La
matriz es la base en la que se nos pide M. En este caso, más 2 y 4x igual
a cero. De ahí, de ese sistema extraemos las ecuaciones implícitas, que
serán tres ecuaciones. Y finalmente los subespacios contenidos en el
subespacio máximo asociado al autobalor cero, puesto que es un subespacio
doscíclico, tiene una recta invariante, que es el subespacio propio. Ya
hemos visto que tiene dimensión 1. 1, entonces, contenidos en m de cero
tenemos una recta, que es v sub cero, que es el ker de f menos cero por la
identidad, ker de f, y un plano irreducible, que es el propio m de cero. Es
el ker de f cuadrado. Igualmente, las ecuaciones que nos piden, las
ecuaciones de esta recta, v sub cero, pues la obtenemos. La obtenemos
simplificando el sistema lineal m por x igual a cero y las del plano m de
cero haciendo m cuadrado por x igual a cero. De estos cuatro sistemas
lineales, eliminando las ecuaciones redundantes, aquí determinaríamos si
habríamos resuelto completamente el ejercicio. Ahora, para practicar lo
que queremos, que es el cálculo de todos los subespacios invariantes,
vamos a continuar con cuáles serían los... El resto, los que no son
irreducibles, son los reducibles. Por cierto, no tenemos ningún
hiperplano, que sería la otra opción, los subespacios aquí serían de
dimensión 1, 2 o 3. Dimensión 1 hemos encontrado tres rectas, tres rectas
invariantes. Hemos encontrado en dimensión 2 sólo un plano invariante
irreducible y ningún cero hiperplanos invariante irreducible. Para que
existiera un hiperplano invariante irreducible tendría que ser 3-cíclico
y tendríamos que visualizar al menos un bloque de orden 3 en la matriz de
Jordan. Y eso no lo tenemos. No tenemos ningún subespacio generalizado
tercero del que extraer los vectores que necesitaría. Por tanto, todos los
hiperplanos invariantes que los hay serán reducibles. ¿Por qué los hay?
¿Por qué? Bueno, voy a escribir aquí que lo que calculamos ahora son los
subespacios invariantes reducibles. Es combinando los irreducibles como
vamos a obtener el resto de subespacios invariantes. Vamos con los
hiperplanos, por ejemplo, da igual el orden. Hiperplanos reducibles,
¿cuántos habrá? Tantos como rectas, porque no había ningún hiperplano
irreducible. Luego, puesto que había tres rectas invariantes, tiene que
haber tres hiperplanos invariantes. Entonces, aquí podríamos o
calcularlos, no los pide el ejercicio, pero podríamos calcularlos
determinando los autovectores de el enérgico traspuesto o, en este caso,
no necesitamos hacer eso, puesto que podemos visualizar la forma de generar
tres hiperplanos invariantes como suma de subespacios de dimensión 2 y 3.
Un primer hiperplano lo podemos visualizar. Vamos a obtener como suma del
plano MD0 con una recta que no esté contenida en ese plano, que podría
ser la recta MD2. Otro hiperplano sumando el plano irreducible con la otra
recta MD-2 y un tercer hiperplano sumando las tres rectas invariantes.
Tendremos el subespacio propio asociado al autóvalor 0, que es el QRF. Lo
sumamos con la otra recta MD-2. Con la recta asociada al autóvalor 2 y con
la recta asociada al QRF. Al autovalor menos 2. Y ya tenemos nuestros tres
hiperplanos reducibles. Si nos hubiese salido algún hiperplano invariante
irreducible, pongamos 1, pues entonces ya sabríamos que reducible se
habría 2, ya que la suma tendría que dar un número total de hiperplanos
igual al número de rectas invariantes. Y ahora vamos con los planos. Los
planos reducibles se obtendrán como suma de dos rectas invariantes. Pues
vamos a ver, tenemos solo tres rectas invariantes, m de 2, m de menos 2 y
el subespacio propio v sub 0. Los tres subespacios propios. Pues hacemos la
combinación de estas tres rectas y nos salen tres planos posibles. Son las
únicas combinaciones. Por ejemplo, le podemos llamar p1, en el que
combinamos los dos primeros subespacios propios. Hay asociado al autovalor
2 y al menos 2. Ahora podemos sumar la recta m2 con la recta v0. Y como
tercera opción, pues sumamos la recta m menos 2 con la recta v0. Y no hay
más combinaciones posibles. Y de esta manera habríamos determinado todos
los subespacios invariantes, tanto los reducibles como irreducibles, de
este endomorfismo. Este es el procedimiento general. Y continuamos con el
último concepto, que tiene que ver con la descomposición de los
subespacios invariantes y que da pie al siguiente ejercicio que vamos a
hacer. Nos basamos en el resultado que se muestra en la proposición 6-7.
Estamos suponiendo que el endomorfismo con el que trabajamos admite una
forma de Jordan y sabemos que cuando pasa eso, el espacio total v se
descompone en suma directa de los subespacios máximos, como estamos viendo
en todos los ejercicios. Entonces, ¿qué ocurre? Que si un subespacio
invariante, llamémosle u, no está contenido en un subespacio máximo, se
puede descomponer en suma de subespacios más pequeños, cada uno que se
sea el resultado de la intersección del subespacio U con los subespacios
máximos. Tenemos una ilustración en el video resumen de lo que podría
ser esta situación y la vamos a ver en un ejercicio concreto que vamos a
continuación a resolver. Y va a ser el ejercicio de la prueba de
evaluación continua del curso 2021. Tenemos un endomorfismo de K5 cuya
matriz respecto de la base canónica, que vamos a denotarla por V1, V2,
hasta V5, es esta matriz A. Y nos piden comprobar que este subespacio W es
F invariante y averiguar si es reducible o irreducible en caso de que lo
resumamos. Para obtener una descomposición de W en suma directa a
subespacios invariantes. En primer lugar necesitamos conocer los
subespacios máximos. Y la estructura de la matriz nos permite averiguar
que al menos 2 es un autovalor triple y el subespacio generalizado será
por lo menos el tercero porque hay un bloque 3x3 que es un bloque de
Jordan. No sabemos por qué está esto. No es una forma de Jordan. Tenemos
que terminar de calcular los autovalores del endomorfismo para determinar
después la descomposición. Bueno, en primer lugar quizás sería
comprobar que es invariante W y para ello determinamos una base a la vista
de las ecuaciones. Tiene dos ecuaciones en dimensión 5, luego es un
espacio de dimensión 3. Y vamos a determinar una base, pues por ejemplo,
las coordenadas segunda y tercera no tienen restricciones. Luego nos valen
2. Los vectores W2 y W3 de la base canónica, el W2 que es el vector 0,1.
0, 0. El V3 que es el vector 0, 0, 1, 0 cumpliría esas ecuaciones y ahora
por ejemplo X4 igual a X5 podríamos darle a X1, X2, X3 el valor 0 y pues
este sería el vector V4 más V5 que sería el 0, 0, 0, 1, 1. Ya tenemos
una base. Para que sea invariante tenemos que comprobar que las imágenes F
de V2 lo miramos en la segunda columna y es 2V2 más V3. Sí, es un vector
que pertenece a W. F de V3 lo miramos en la tercera columna, es 2V3, de
hecho es un autovector y pertenece a W, sí. Y ahora calculamos F de V4,
V5, de V4, V5, perdón, más V5, haciendo el producto matricial obtenemos
la suma de la cuarta y quinta columna y nos sale... 0, 0, 0, 1, 1 que es el
propio V4 más V5 que es otro autovector pero ahora está asociado al
autovalor 1 que no lo visualizábamos aquí y también pertenece a W. Luego
confirmamos que es invariante. Para saber si es reducible o no necesitamos
saber los subespacios máximos y saber si como primera condición está
contenido en un subespacio máximo entonces vamos a calcular los
autovalores de esta... de esta matriz y los subespacios máximos. El
determinante de A menos lambda por I5 es del primer bloque nos sale 2 menos
lambda al cubo y del segundo bloque nos sale menos lambda por menos lambda,
lambda al cuadrado, menos 1. Es decir, 2 menos lambda al cubo, un autovalor
triple y luego tenemos los autovalores, esto es suma por diferencia, lambda
menos 1 por lambda. Lambda más 1. Así que tenemos tres autovalores y por
tanto la forma canónica es para el autovalor 2, que era triple, ya sabemos
que tenemos un subespacio 3 cíclico, que va a ser el subespacio
generalizado tercero y el subespacio máximo. 2, 0, 0, 1, 2, 0, 0, 1, 2. Y
para los otros dos autovalores, el 1 es un autovalor simple y el menos 1 es
un autovalor simple. Nuestro espacio K5 se descompone en suma de m de 2
más la recta m de 1 más la recta m de menos 1. Y este m de 2 es 3
cíclico, porque tiene solamente un bloque de Jordan. Sería m de 2, sería
el subespacio generalizado tercero asociado al autovalor 2. Bien, entonces
ahora podemos ver... Claramente que nuestro W no está contenido en el
único subespacio... Es un subespacio de dimensión 3. Dimensión de W
igual a 3, para que sea irreducible, solo puede estar contenido en m de 2,
que es el único subespacio tridimensional. Podemos comprobar que W no
está contenido en m de 2, porque, entre otras cosas, contiene un
autovector asociado al autovalor 1. ¿Vale? Tiene parte común con m de 1.
Entonces, W es reducible. Y ahora, una vez comprobado que es reducible,
tenemos que determinar la descomposición que se indicaba en la
proposición anterior. Entonces, W se va a descomponer en... Voy a
denotarlos así, W sub 2 más W sub 1 más W menos 1. y W2 será la
intersección de W con el subespacio máximo asociado al autóvalor 2, W1
será la intersección de W con el subespacio máximo asociado al
autóvalor 1 y W-1 será la intersección de W con el subespacio máximo
asociado al autóvalor menos 1. Podemos previamente escribir aquí una base
de cada uno de los subespacios máximos, tenemos una base de MD2, está
formada por los tres vectores que ya nos vienen dados, W1, W2, W3, de la
base canónica que determina el subespacio trascíclico. MD1, pues como ya
hemos encontrado tiene dimensión 1, hemos encontrado aquí que el vector
W4 más W5 es un autovector asociado a ese autóvalor, pues ya tenemos ahí
una base de MD1 y de MD, perdón, de menos 1. Buscamos también un
generador, podemos hacerlo, determinarlo. Terminando las ecuaciones de MD-1
y comprobar que W4 menos W5 es un autovector asociado a este subespacio
máximo. Bien, entonces, ¿qué parte tienen en común W con MD2? Pues los
vectores W2 y W3, ¿vale? W2 y W3 son vectores de W, luego la intersección
van a ser precisamente el plano que generan esos dos vectores. ¿Por qué
podemos afirmar esto? Porque W2 no está contenido en MD2, que es un
subespacio de dimensión 3. Luego, la intersección de W2 con MD2 es un
subespacio de dimensión 2 o 1 o 0. En este caso, como ya extraemos dos
vectores, un plano en común, pues ese es el plano, esa es la
intersección. No puede tener mayor intersección que dimensión 2. W
intersección MD1 es igual a MD1, ¿vale? Es el subespacio de MD2. Es el
vector generado por el W4. más v5, que es el propio m de 1. Esa es la
parte común. Es decir, w contiene a esa recta. Y ya no tendríamos este
plano, el podemos llamar p, y automáticamente podemos comprobar que el
vector v4 menos v5, que tiene coordenadas 0, 0, 0, 1, menos 1, no pertenece
a w. Tenemos ahí sus ecuaciones, no pertenece a w. Por tanto, como m de
menos 1 es una recta, pues la única parte que podría tener en común es o
la recta en completa o un subespacio de dimensión 0. Entonces w no tiene
en común, salvo el vector 0, con ese subespacio máximo. Bien, pues vamos
a hacer una ilustración de cómo se haría la descomposición haciendo un
pequeño diagrama. Tendríamos por un lado el subespacio m. M de 2, vamos a
pintarle así, que sería nuestro subespacio tridimensional. Por aquí se
emprendería el vector 0, que tiene que estar contenido en todos los
subespacios. Después tendríamos nuestra recta m de 1 y por aquí
tendríamos la recta m de menos 1. Este sería m de 1, que está generado
por el vector v4 menos v5. Este sería m de menos 1. Y aquí tendríamos
nuestro espacio vectorial generado por los vectores v2 y v3. Nuestro m de
2. Estos serían tres subespacios cuya suma genera todo el espacio
vectorial. Vamos a pintarle así. Este sería nuestro... K5. K5 sería el
menor subespacio que contiene a estos tres subespacios máximos. Bien, y
ahora voy a cambiar de color para dibujar lo que sería nuestro espacio W.
Contiene al 0 claramente y así, por ejemplo, este sería W y esta sería
la parte que tiene en común con MD2, ¿vale? Este es subespacio W2 y esta
sería la parte común, el dibujo no es que sea muy proporcional en cuanto
a los tamaños, es una media ilustración, con MD1. Y lo único que tiene
en común con MD-1 es el vector 0. Entonces estas serían las dos piezas W,
ese subespacio, bueno, W2 suma directa W1 que esta sería la pieza generada
por el vector W3, ese plano contenido en MD2 y esta sería la recta
generada por el vector W4 más W5. Esta sería la descomposición en
general para este tipo de ejercicios cuando sabemos que es reducible ver
cuál es la parte común con los subespacios máximos. Y vamos a terminar
la sesión intercampus haciendo un ejercicio de los que hemos mencionado al
inicio que es determinar las formas canónicas conocidas datos sobre los
subespacios invariantes. Vamos a resolver este, que es también de una
prueba de evaluación continua en el que se nos pide determinar si es
posible que exista un endomorfismo de C4 que tenga exactamente dos rectas
invariantes y un único plano invariante. Vamos a llamar F al endomorfismo
de C4 que cumple estas condiciones. Entonces, si tiene dos rectas y sólo
dos rectas invariantes entonces tiene dos autovalores llamemos lambda 1 y
lambda 2, dos autovalores distintos, y las rectas invariantes que son todas
las contenidas en los subespacios propios, pues serán esas dos. Entonces v
sub lambda 1 tiene dimensión 1, sería una recta invariante, y v sub
lambda 2 lo mismo, tiene que tener dimensión 1 y sería la otra recta
invariante. Entonces vamos a ver cómo sería la forma canónica de un
endomorfismo en estas condiciones. Solo tiene dos autovalores, sabemos
cuál es la multiplicidad geométrica de cada uno, que es 1, entonces lo
que puede variar es la multiplicidad algebraica. ¿Qué opciones tenemos?
Una primera opción sería que un autovalor fuera triple y el otro simple,
y la otra opción sería que los dos autovalores fueran dobles. Vamos a
suponer que lambda 1 es triple. Es decir, que la multiplicidad algebraica
es 1, y entonces el otro lambda 2 es simple. Es decir, su multiplicidad
algebraica es 1. Bien, entonces, como la multiplicidad geométrica es 1,
que es la dimensión de v sub lambda, vale, g1 es 1, y aquí a sub 1
también es 1, en la forma canónica hay un único bloque de Jordan
asociado a cada uno de los dos autovalores. ¿Cómo sería la forma? De
Jordan, de este endomorfismo, pues tendríamos el lambda 1 triple con un
único bloque asociado, lo demás serían ceros, y el lambda 2 simple, pues
también con su único bloque. Entonces vamos a ver si se cumple que tenga
un único plano invariante. Entonces ahora tenemos que identificar
subespacios invariantes en la forma canónica. Hay un plano reducible, que
es el que suma de las dos rectas invariantes, variantes v lambda 1. V
lambda2, ese es un plano invariante. Y luego también podemos visualizar
aquí en este bloque 2x2, que corresponde al subespacio 3 cíclico, que es
el subespacio máximo, los dos últimos vectores generan, este sería P1 y
este sería P2, generarían los vectores de la base de Jordan, V2 y V3,
generarían un subespacio 2 cíclico, otro plano invariante, entonces
tendríamos al menos dos planos invariantes. Con lo cual, de momento no
puede haber un autovalor triple y uno simple. La opción 2 es que los dos
autovalores sean dobles, lambda1 con multiplicidad algebraica 2, la
geométrica sabemos que es 1, o bien, y también, perdón, el lambda2 tiene
multiplicidad algebraica 2, es doble, y su multiplicidad geométrica es
simple, también hay un único bloque asociado a él. ¿Cómo sería la
forma canónica? De Jordan en este caso, un bloque asociado a cada uno de
los dos autovalores que son dobles, y vamos a ver si para esta forma
canónica se cumple que haya solo un plano invariante, y esto ya vemos que
no, puesto que tenemos aquí, al visualizar los dos bloques, pues ya
tenemos aquí el plano generado por el vector V1 y V2, que es el subespacio
máximo, asociado al automóvil. Da 1, que sería un plano irreducible, y
del segundo bloque tendríamos el subespacio generado por los vectores V3 y
V4, que sería el subespacio máximo asociado al automóvil. Da 2, otro
plano irreducible. Y luego la afirmación es falsa, es decir, subimos aquí
al enunciado, y la respuesta si puede existir, pues es que no, no existe un
endomorfismo en esas condiciones. Y con esto terminamos la grabación, esta
primera grabación de Tutoría Intercampus, en la siguiente vamos a
realizar ejercicios que tienen que ver con polinomios anuladores y
subespacios invariantes. Gracias.