Demostrar que existen bases $\alpha $ y $\beta$ para V de forma que $ [T]_{\alpha}^{\beta} $ es una matriz diagonal con cada entrada diagonal igual a 0 o 1.
Originalmente pensé que T=I era la única solución a esto me doy cuenta de que no es el caso ahora, pero todavía estoy perdido lo que si T forma una matriz no invertible? realmente no entiendo cómo podemos saber siempre que esto es cierto porque si el mapa es no invertible no es diagonalizable?
Supongamos que $T$ tiene rango k, entonces se puede construir una base formada por $n-k$ vectores en Ker(T) y de $k$ vectores ortogonales a ellos
$$\alpha=\{\alpha_1,...\alpha_k,\alpha_{k+1},...\alpha_n\}$$
entonces asume
$$\beta=\{\beta_1,...\beta_k,\beta_{k+1},...\beta_n\}$$
con $\beta_i=T(\alpha_i)$ así $[T]_{\alpha}^{\beta}$ es una matriz diagonal con cada entrada diagonal igual a 0 o 1
Dejemos que $T:V\rightarrow V$ sea un mapa lineal y $\alpha=\left\{v_1, \dots, v_k, u_{k+1}, \dots u_n\right\}$ una base de $V$ tal que $\left\{v_1, \dots, v_k\right\}$ es una base de $\ker(T)$ .
Puede demostrar fácilmente que $T(u_{k+1}), \dots , T(u_n)$ son vectores linealmente independientes. (Imita la técnica utilizada para demostrar el teorema de la nulidad).
Definir $\beta=\left\{w_1, \dots, w_k,T(u_{k+1}), \dots , T(u_n) \right\}$ . Aquí $w_1, \dots, w_k$ son vectores que extienden la independencia lineal $T(u_{k+1}), \dots , T(u_n)$ a una base de $V$ . Ahora puede comprobar fácilmente que $[T]_{\alpha}^{\beta}$ es de la forma requerida.
Obsérvese que esto no implica que $\det(T)=0$ o $1$ . De hecho, $\det(T)$ se define como $\det([T]_{\gamma}^{\gamma})$ para alguna base $\gamma$ de $V$ . Por lo tanto, la matriz de $T$ se expresa con respecto a la mismo tanto en el dominio como en el objetivo.
Claro, no hay problema. Muchos estudiantes que son buenos en álgebra lineal se confunden con esta pregunta. De hecho, sería muy raro que cualquier mapa lineal pudiera ser representado por una matriz diagonal si se dedica tanto tiempo a la diagonalización de las matrices. Pero, obviamente, la diagonalización sólo tiene sentido con la misma base. De lo contrario, los vectores propios serían algo muy común :)
I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.
2 votos
Las matrices no invertibles también pueden ser diagonalizables. Consideremos la matriz cero. Es diagonal pero singular. De hecho, una matriz diagonalizable es singular si al menos una de las entradas diagonales es cero (por lo que el determinante es cero).
1 votos
Mi preocupación no era si existe una matriz diagonalizable que no sea invertible, sino más bien la sorpresa de que esta pregunta parece implicar que toda matriz formada a partir de un mapa lineal ES diagonalizable a pesar de la invertibilidad
6 votos
A menudo, cuando la gente habla de diagonalización se refiere a la diagonalización con respecto a una sola base. Este no es el caso aquí, donde se permite tener dos bases.
0 votos
¿Qué es? $[T]^b_a$ ?
2 votos
Los grupos de matrices invertibles $\mathsf{GL}(n)$ y $\mathsf{GL}(m)$ actuar a los lados de $\mathsf{Mat}(m,n)$ y está considerando dos matrices $A$ y $B$ sean equivalentes si para algún $P$ y $Q$ en los grupos correspondientes, $A = PBQ$ . Cuando se habla de diagonalización, $m=n$ y dos matrices son equivalentes si $A = PBP^{-1}$ o algún $P\in \mathsf{GL}(n)$ . En el primer caso estás contando cosets dobles, y en este caso la única invariante es el rango. Hacer esto lleva una o dos clases. En el segundo estás viendo la diagonalización y las formas de Jordan, lo que puede llevar un cuarto.