problemas-resueltos-de-algebra universidad jimenez (520)

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13.21 Cociente de Rayleigh
q1(x) =
1
3
y21 − y22 , q2(x) = y21 + y22.
3. Llamemos M = máx{a1, . . . , an} . Usando el cambio X = PY tenemos:
XtAX
XtBX
=
(PY )tA(PY )
(PY )tB(PY )
=
Y tP tAPY
Y tP tAPY
=
Y tDY
Y tIY
=
a1y
2
1 + . . .+ any
2
n
y21 + . . .+ y
2
n
≤ My
2
1 + . . .+My
2
n
y21 + . . .+ y
2
n
=
M(y21 + . . .+ y
2
n)
y21 + . . .+ y
2
n
= M.
El razonamiento para m = mı́n{a1, . . . , an} es totalmente simétrico. Pode-
mos pues concluir que:
m = mı́n {a1, . . . , an} ≤
XtAX
XtBX
≤M = máx {a1, . . . , an} (∀X 6= 0).
Nótese que al ser q2 definida positiva, si X 6= 0 entonces XtBX 6= 0 es decir,
el cociente anterior está bien definido.
Por lo demostrado anteriormente, m ≤ F ≤ M . Veamos que F alcanza los
valores m y M . Supongamos sin pérdida de generalidad que m = a1 y que
M = an. Obsérvese que la condición X
tBX = 1 equivale a y21 + . . .+y
2
n = 1.
Si elegimos X1 = PY1 y Xn = PYn con Y1 = (1, 0, . . . , 0)
t, Yn = (0, 0, . . . , 1)
t
tenemos Xt1AX1 = a1 = m y X
t
nAXn = an = M . Es decir, el máximo para
F es M y el mı́nimo m.
4. De P tAP = D se deduce AP = (P t)−1D y de P tBP = I que BP =
(P t)−1. Por tanto AP = BPD. Tenemos:
AP = BPD ⇒ A
[
v1, . . . , vn
]
= B
[
a1v1, . . . , anvn
]
⇒[
Av1, . . . , Avn
]
=
[
a1Bv1, . . . , anBvn
]
⇒ Avi = aiBvi (i = 1, . . . , n).
Por otra parte:
P tBP = I ⇔

vt1
vt2
...
vtn
B [v1, v2, . . . , vn] =

vt1
vt2
...
vtn
 [Bv1, Bv2, . . . , Bvn]

vt1Bv1 v
t
1Bv2 . . . v
t
1Bvn
vt2Bv1 v
t
2Bv2 . . . v
t
2Bvn
...
...
vtnBv1 v
t
nBv2 . . . v
t
nBvn
 = I ⇔ vtiBvj = δij (i, j = 1, 2, . . . , n),
en donde δij son las deltas de Kronecker. Quedan pues demostradas las con-
diciones pedidas.
5. Llamando v1 = (x, y)
t, v2 = (z, u)
t obtenemos: