Subespacio invariante

Un subespacio ${\displaystyle S}$ de ${\displaystyle \mathbb {V} }$ es un subespacio invariante por ${\displaystyle f}$ (o f-invariante) si para todo vector ${\displaystyle \mathbf {s} \in S}$ se cumple que ${\displaystyle f(\mathbf {s} )\in S}$.

${\displaystyle f:\mathbb {V} \to \mathbb {V} }$

${\displaystyle \mathrm {Ker} (f)=\{\mathbf {v} \in \mathbb {V} :f(\mathbf {v} )=\mathbf {0} \}}$

${\displaystyle \mathbb {V} }$

Para toda aplicación lineal se cumple que ${\displaystyle f(\mathbf {0} )=\mathbf {0} }$, entonces ${\displaystyle \mathbf {0} \in \mathrm {Ker} (f)}$, como ${\displaystyle \mathbf {0} =f(\mathbf {v} )\Longrightarrow f(\mathbf {v} )\in \mathrm {Ker} (f)}$ y ${\displaystyle \mathrm {Ker} (f)}$ es f-invariante ya que toda imagen de un vector del núcleo también pertenece a él.

${\displaystyle f{\big (}\mathrm {Im} (f){\big )}=\mathrm {Im} (f)}$

No obstante, podría ser que sólo algunos vectores tuvieran imagen. Veamos que es imposible que, en un endomorfismo, ninguno la tenga, puesto que el vector nulo siempre tiene como imagen al vector nulo, por lo tanto pertenece a la imagen de f y a su vez podemos volver a aplicar f al vector de la imagen para obtener cero nuevamente. Como ${\displaystyle \mathbf {0} \in \mathrm {Im} (f)\Longrightarrow \{\mathbf {0} \}\subset \mathrm {Im} (f)}$.

Conclusión: ${\displaystyle f{\big (}\mathrm {Im} (f){\big )}\subseteq \mathrm {Im} (f)}$ y queda demostrado que ${\displaystyle \mathrm {Im} (f)}$ es f-invariante.

${\displaystyle S_{\lambda }=\{\mathbf {v} \in \mathbb {V} :f(\mathbf {v} )=\lambda \mathbf {v} ,\ \lambda \in \mathbb {K} \}}$

${\displaystyle \mathbb {K} }$

${\displaystyle \mathbb {V} }$

${\displaystyle \mathbb {V} }$

${\displaystyle S_{\lambda }}$

${\displaystyle \lambda }$

Es simple demostrar que es invariante, ya que para todo ${\displaystyle \mathbf {v} \in S_{\lambda }}$ su transformada ${\displaystyle T(\mathbf {v} )=\lambda \mathbf {v} \in S_{\lambda }}$, basta ver que ${\displaystyle T(\lambda \mathbf {v} )=\lambda T(\mathbf {v} )=\lambda \cdot (\lambda \mathbf {v} )}$. En conclusión, todo autovector transformado también es autovector y, por lo tanto, el espacio ${\displaystyle S_{\lambda }}$ que generan es invariante.

${\displaystyle F=\ker p(f)}$

Sea ${\displaystyle u\in F\Leftrightarrow (p(f))(u)=0\quad (*)}$. Veamos que ${\displaystyle f(u)\in F\Leftrightarrow (p(f))(f(u))=0}$.

${\displaystyle (p(f))(f(u))=(p(f)\circ f)(u)=(f\circ p(f))(u)=f((p(f))(u)){\overset {(*)}{=}}f(0){\overset {f{\text{ lineal}}}{=}}0}$, por lo que tenemos lo que queríamos.

Veamos ahora la invariancia de la imagen, que denotaremos ${\displaystyle G=\operatorname {Im} p(f)}$:

Sea ${\displaystyle u\in G\Leftrightarrow \exists v\in E}$ tal que ${\displaystyle u=(p(f))(v).}$ Veamos que ${\displaystyle f(u)\in G}$:

${\displaystyle f(u)=f((p(f))(v))=(f\circ p(f))(v)=(p(f)\circ f)(v)=(p(f))(f(v))\Rightarrow \exists f(v)\in E}$ tal que ${\displaystyle f(u)=(p(f))(f(v))\Rightarrow f(u)\in G\quad \square }$

${\displaystyle E}$

${\displaystyle \mathbb {K} }$

${\displaystyle n}$

${\displaystyle f}$

${\displaystyle E}$

${\displaystyle p\in \mathbb {K} [t]}$

${\displaystyle p=p_{1}\dots p_{r}}$

${\displaystyle \operatorname {mcd} (p_{i},p_{j})=1}$

${\displaystyle i\neq j}$

Entonces,

${\displaystyle \ker p(f)=\ker p_{1}(f)\oplus \dots \oplus \ker p_{r}(f)}$

${\displaystyle r}$

${\displaystyle r=1:}$

Si ${\displaystyle r=1}$, tenemos que el teorema en este caso afirma que ${\displaystyle \ker p(f)=\ker p(f)}$, lo que es trivial.

${\displaystyle r=2:}$

Tenemos que ${\displaystyle p=p_{1}p_{2}}$, con ${\displaystyle 1=\operatorname {mcd} (p_{1},p_{2})}$. Podemos aplicar entonces el teorema de Bézout: ${\displaystyle \exists q_{1},q_{2}\in \mathbb {K} [t]}$ tales que ${\displaystyle 1=q_{1}p_{1}+q_{2}p_{2}}$.

Si tomamos la anterior expresión y la aplicamos a ${\displaystyle f}$, tenemos que ${\displaystyle \operatorname {Id} =q_{1}(f)\circ p_{1}(f)+q_{2}(f)\circ p_{2}(f)}$. Tomamos ahora ${\displaystyle u\in E}$ arbitrario. Aplicando ahora la anterior expresión en ${\displaystyle u}$ obtenemos que

${\displaystyle u={\underset {u_{1}}{\underbrace {(q_{1}(f)\circ p_{1}(f))(u)} }}+{\underset {u_{2}}{\underbrace {(q_{2}(f)\circ p_{2}(f))(u)} }}\quad (*)}$

Queremos ver que ${\displaystyle \ker p(f)=\ker p_{1}(f)\oplus \ker p_{2}(f)}$. Veamos las dos inclusiones y la suma directa por separado.

${\displaystyle (\supseteq )}$ Queremos ver que ${\displaystyle \ker p(f)\supseteq \ker p_{1}(f)+\ker p_{2}(f)}$.

Como ${\displaystyle \ker p(f)}$ es un subespacio vectorial, basta ver que ${\displaystyle \ker p_{1}(f),\ker p_{2}(f)\subseteq \ker p(f)}$. Lo vemos para ${\displaystyle \ker p_{1}(f)}$ y es análogo para ${\displaystyle \ker p_{2}(f)}$.

Sea ${\displaystyle v\in \ker p_{1}(f)}$ arbitrario. Queremos ver que ${\displaystyle v\in \ker p(f)\Leftrightarrow (p(f))(v)=0}$.

${\displaystyle (p(f))(v)=(p_{2}(f)\circ p_{1}(f))(v){\overset {v\in \ker p_{1}(f)}{=}}(p_{2}(f))(0){\overset {\text{lineal}}{=}}0\Rightarrow v\in \ker p(f)}$.

Por tanto, ${\displaystyle \ker p_{1}(f),\ker p_{2}(f)\subseteq \ker p(f)\Rightarrow \ker p(f)\supseteq \ker p_{1}(f)+\ker p_{2}(f)}$.

${\displaystyle (\subseteq )}$ Queremos ver que ${\displaystyle \ker p(f)\subseteq \ker p_{1}(f)+\ker p_{2}(f)}$.

Sea ${\displaystyle u\in \ker p(f)}$. Por ${\displaystyle (*)}$, tenemos que ${\displaystyle u=u_{1}+u_{2}}$, con ${\displaystyle \left\{{\begin{matrix}u_{1}=(q_{1}(f)\circ p_{1}(f))(u)\\u_{2}=(q_{2}(f)\circ p_{2}(f))(u)\end{matrix}}\right.}$

Observamos que ${\displaystyle (p_{2}(f))(u_{1})=(p_{2}(f)\circ q_{1}(f)\circ p_{1}(f))(u)=q_{1}(f)(p_{2}(f)\circ p_{1}(f))(u)=q_{1}((p(f))(u)){\overset {u\in \ker p(f)}{=}}(q_{1}(f))(0){\overset {\text{lineal}}{=}}0}$

y simétricamente tenemos que ${\displaystyle (p_{1}(f))(u_{2})=0}$, por lo que ${\displaystyle \left\{{\begin{matrix}u_{1}\in \ker p_{2}(f)\\u_{2}\in \ker p_{1}(f)\end{matrix}}\right.}$

Como ${\displaystyle u=u_{1}+u_{2}}$, tenemos que ${\displaystyle u\in \ker p_{2}(f)+\ker p_{1}(f)}$ y, como ${\displaystyle u}$ era arbitrario, ${\displaystyle \ker p(f)\subseteq \ker p_{1}(f)+\ker p_{2}(f)}$.

${\displaystyle (\oplus )}$ Queremos ver que la suma es directa ${\displaystyle \Leftrightarrow \ker p_{1}(f)\cap \ker p_{2}(f)=\{0\}}$.

Sea, pues, ${\displaystyle u\in \ker p_{1}(f)\cap \ker p_{2}(f)}$ y queremos ver que necesariamente ${\displaystyle u=0}$. Aplicando ${\displaystyle (*)}$,

${\displaystyle u=(q_{1}(f))((p_{1}(f))(u))+(q_{2}(f))((p_{2}(f))(u)){\overset {u\in \ker p_{1}(f)\cap \ker p_{2}(f)}{=}}(q_{1}(f))(0)+(q_{2}(f))(0){\overset {\text{lineal}}{=}}0+0=0}$

Por lo que la suma es directa.

Paso inductivo.

Sea ${\displaystyle r\geq 3}$ y supongamos el enunciado del teorema cierto para ${\displaystyle r-1}$. Tenemos que ${\displaystyle p={\underset {p_{1}}{\underbrace {p_{1}} }}{\underset {\bar {p_{2}}}{\underbrace {p_{2}\dots p_{r}} }}=p_{1}{\bar {p_{2}}}}$

Como para ${\displaystyle i\neq j}$, ${\displaystyle \operatorname {mcd} (p_{i},p_{j})=1}$, tenemos que ${\displaystyle \operatorname {mcd} (p_{1},{\bar {p_{2}}})=1{\overset {{\text{Caso }}r=2}{\Rightarrow }}\ker p(f)=\ker p_{1}(f)\oplus \ker {\bar {p_{2}}}(f)}$.

Pero, por hipótesis de inducción, ${\displaystyle \ker {\bar {p_{2}}}(f)=\ker p_{2}(f)\oplus \dots \oplus \ker p_{r}(f)}$.

Por tanto, por estas dos últimas igualdades, ${\displaystyle \ker p(f)=\ker p_{1}(f)\oplus \ker p_{2}(f)\oplus \dots \oplus \ker p_{r}(f)\quad \square }$