problemas-resueltos-de-algebra universidad jimenez (580)

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14.24 Matrices de proyección y simetŕıa
2. En efecto, según el problema anterior P = e1e
∗
1 + · · ·+ ere∗r . Entonces,
P ∗ = (e1e
∗
1 + · · ·+ ere∗r)
∗ = (e∗1)
∗ e∗1 + · · ·+ (e∗r)
∗ e∗r
= e1e
∗
1 + · · ·+ ere∗r = P ⇒ P es hermı́tica.
P 2 = (e1e
∗
1 + · · ·+ ere∗r) (e1e∗1 + · · ·+ ere∗r)
=︸︷︷︸
BF base ortog.
e1 (e
∗
1e1) e
∗
1 + · · ·+ er (e∗rer) e∗r
=︸︷︷︸
BF base unitaria
e1e
∗
1 + · · ·+ ere∗r = P ⇒ P es idempotente.
3. En efecto, la matriz A∗A es de orden n × n. Sea A = [a1, a2, . . . , an] .
Entonces, para todo x ∈ Cn :
(A∗A)x = 0⇒ x∗(A∗A)x = x∗0⇒ (Ax)∗(Ax) = 0⇒ 〈Ax,Ax〉 = 0
⇒ ‖Ax‖2 = 0⇒ ‖Ax‖ = 0⇒ Ax = 0⇒ [a1, . . . , an]
x1...
xn
 = 0
⇒ x1a1 + · · ·+ xnan = 0 ⇒︸︷︷︸
a1,...,an lin. indep.
x1 = . . . = xn = 0⇒ x = 0.
La única solución del sistema lineal homogéneo (A∗A)x = 0 es la trivial, lo
cual implica por el teorema de Rouché-Fröbenius que rg (A∗A) = n (rango
máximo). En consecuencia, A∗A es invertible.
4. a) La matriz P está bien definida, pues vimos que A∗A es invertible.
Además, P es de orden m × m. Sea P = [p1, . . . , pm] y A = [a1, . . . , an] .
Sean e1, . . . , em los vectores de la base canónica de Km, entonces
Pe1 = [p1, . . . , pm]
1...
0
 = p1, P em = [p1, . . . , pm]
0...
1
 = pm,
luego las columnas de P pertenecen al subespacio columna de A, y por tanto
serán combinaciones lineales de los vectores a1, . . . , an :
p1 = µ11a1 + · · ·+ µ1nan
. . .
pm = µm1a1 + · · ·+ µmnan