Un baúl de problemas olvidado - Problema propuesto 23

Question

Problema. Sea $n$ un entero mayor que $1$. Sea $V=\mathbb{C}^n$ el espacio vectorial complejo de dimensión $n$. Considere la transformación lineal $\phi \colon V \to V$ dada por:
$$\phi(x_1,x_2,\ldots,x_{n-1},x_n) = (x_2,x_3,\ldots,x_n,x_1).$$

a) Encuentre los eigenvalores de $\phi$ y una base ortogonal de $V$ de eigenvectores de $\phi$.

b) Sean $a_1$, $a_2$, $a_3$, $a_4$, $a_5$ cinco reales tales que
\begin{align*}
a_1+a_2+a_3+a_4+a_5&=0\\
a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2+a_5^2&=1
\end{align*}
Determine el máximo valor que puede tener $$a_1a_2+a_2a_3+a_3a_4+a_4a_5+a_5a_1.$$

* Las soluciones que se reciban serán consideradas para ser incluidas en la próxima entrega del artículo Un baúl de problemas olvidado. Pueden leer la más reciente entrega de este trabajo en el siguiente enlace:

http://universo.math.org.mx/2016-1/Baul-V/baul-V.html

Answer 1

Resultado auxiliar  
 
 Si A$\in$$M_{n}(K)$ es una matriz compañera es decir:
\begin{align*}  
A=\begin{pmatrix}   
0 &  1&  0&  \ldots&0 \\    
0 &  0&  1& \ldots&0 \\    
\vdots &  \vdots&  \ddots& \ddots &\vdots \\    
\vdots &  \vdots& \vdots&  \ddots&1 \\    
a_0 & a_1&  \ldots&  \ldots& a_{n-1}   
\end{pmatrix}   
\end{align*}  
 
entonces el polinomio característico de A es $P_{A}(\lambda)=\lambda ^{n}-a_{n-1}\lambda ^{n-1}-\ldots-a_{0}$
 
 Solución  
  
 a)  
  
 Sea $\beta$ la base can$\acute{\mathrm{o}}$nica de $\mathbb{C}^{n}$. $\\$   
Denotaremos con $e_{n}$ al n-$\acute{\mathrm{e}}$simo elemento de dicha base.$\\$   
Claramente:   
   
$\phi$($e_{2}$)=$e_{1}$   
   
$\phi$($e_{3}$)=$e_{2}$   
   
$\vdots$   
   
$\phi$($e_{n}$)=$e_{n-1}$   
   
Además, $\phi$($e_{1}$)=$e_{n}$   
   
Por lo tanto la representaci$\acute{\mathrm{o}}$n matricial de $\phi$ en $\beta$ es:    
   
\begin{pmatrix}   
0 &  1&  0&  \ldots&0 \\    
0 &  0&  1& \ldots&0 \\    
\vdots &  \vdots&  \ddots& \ddots &\vdots \\    
\vdots &  \vdots& \vdots&  \ddots&1 \\    
1 &  0&  \ldots&  \ldots& 0   
\end{pmatrix}   
   
Denotaremos esta matriz por $\left [  \phi \right ]_{\beta }$   
   
Claramente esta es una matriz compañera de Frobenius con $a_1$=$a_2$=$\ldots$=$a_{n-1}$=$0$ y $a_0$=$1$   
   
Por el resultado previo el polinomio caraterístico de $\left [  \phi \right ]_{\beta }$ es:   
   
$P_{\left [  \phi \right ]_{\beta }}$($\lambda$)=$\lambda^{n}$$-$$1$   
   
Luego los eigenvalores de $\phi$ son las raíces de este polinomio, de aquí se deduce que los eigenvalores de $\phi$ son las raíces n-$\acute{\mathrm{e}}$simas de la unidad, es decir:   
   
$\lambda_{k}$=$e^{\frac{2\pi k\imath}{n}}$, donde $\lambda_{k}$ representa el k-$\acute{\mathrm{e}}$simo eigenvalor de $\phi$ con $k$=$0$,$1$,$\ldots$,$n-1$   
   
Veamos que forma tiene el eigenvector asociado al eigenvalor $\lambda_{k}$ denotaremos este eigenvector por $\alpha_{k}$, por definición de eigenvalor:   
   
$\left [  \phi \right ]_{\beta }\alpha_{k}$=$\lambda_{k}\alpha_{k}$, con $\alpha_{k}\in\mathbb{C}^{nx1}\setminus$ $0$, es decir, no todas las componentes de $\alpha_{k}$ son nulas, explicítamente:   
\begin{align*}   
\begin{pmatrix}   
0 &  1&  0&  \ldots&0 \\    
0 &  0&  1& \ldots&0 \\    
\vdots &  \vdots&  \ddots& \ddots &\vdots \\    
\vdots &  \vdots& \vdots&  \ddots&1 \\    
1 &  0&  \ldots&  \ldots& 0   
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}   
\alpha_{k1} \\    
\alpha_{k2}\\    
\vdots \\    
\vdots \\    
\alpha_{kn}\\   
\end{pmatrix}=\lambda_{k}\begin{pmatrix}   
\alpha_{k1} \\    
\alpha_{k2}\\    
\vdots \\    
\vdots \\    
\alpha_{kn}\\   
\end{pmatrix}   
\end{align*}   
   
\begin{align*}   
\begin{pmatrix}   
\alpha_{k2} \\    
\alpha_{k3}\\    
\vdots \\    
\alpha_{kn} \\    
\alpha_{k1}\\   
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}   
\lambda_{k}\alpha_{k1} \\    
\lambda_{k}\alpha_{k2}\\    
\vdots \\    
\lambda_{k}\alpha_{kn-1} \\    
\lambda_{k}\alpha_{kn}\\   
\end{pmatrix}   
\end{align*}   
Que da origen a n igualdades, $\alpha_{k2}$=$\lambda_{k}\alpha_{k1}$,...,$\alpha_{kn}$=$\lambda_{k}\alpha_{kn-1}$,con las cuales podemos obtener:   
   
$\alpha_{k2}$=$\lambda_{k}\alpha_{k1}$,$\alpha_{k3}$=$\lambda_{k}^{2}\alpha_{k1}$,...,$\alpha_{kn}$=$\lambda_{k}^{n-1}\alpha_{k1}$,en forma matricial:   
   
\begin{align*}   
\alpha_{k}=\begin{pmatrix}   
\alpha_{k1} \\    
\alpha_{k2}\\    
\vdots \\    
\alpha_{kn-1} \\    
\alpha_{kn}\\   
\end{pmatrix}=\alpha_{k1}\begin{pmatrix}   
1 \\    
\lambda_{k} \\    
\vdots \\    
\lambda_{k}^{n-2}\\    
\lambda_{k}^{n-1}\\   
\end{pmatrix}   
\end{align*}   
Así pues los eigenvectores de $\phi$ son de la forma, $\alpha_{k}=(\alpha_{k1},\alpha_{k1}\lambda_{k},\alpha_{k1}\lambda_{k}^2,...,\alpha_{k1}\lambda_{k}^{n-1})$, $\in\mathbb{C}^{n}$,$k$=$0$,$1$,$\ldots$,$n-1$, con $\alpha_{k1}$$\in\mathbb{C}$ no cero.   
   
Tomaremos por simplicidad $\alpha_{k1}$=1  
  
 Demostremos la ortogonalidad del conjunto $\{$$\alpha_{0}$,$\alpha_{1}$,...,$\alpha_{n-1}$$\}$, sea S={$0,1,...,n-1\}$.  
  
 Sean p$\neq$q$\in$S,nótese que:  
  
 $\langle\,\alpha _{p},\alpha _{q}\rangle$=$\sum_{i=0}^{n-1}(\lambda _{p}\overline{\lambda _{q}})^{i}=\sum_{i=0}^{n-1}(\lambda _{p-q})^{i}$, sabemos que:  
  
 $\sum_{i=0}^{n-1}(\lambda _{p})^{i}=\left\{\begin{matrix}  
1, n\mid p  \\   
0, n\nmid p   
\end{matrix}\right.$, más aún si p,q$\in$S se tiene que $p\not\equiv q$ (mod n)$\Leftrightarrow$ $p\neq q$, por lo tanto:  
  
 $\langle\,\alpha _{p},\alpha _{q}\rangle=\sum_{i=0}^{n-1}(\lambda _{p-q})^{i}$=$0$, $\forall p\neq q \in S$  
  
Así pues $\{$$\alpha_{0}$,$\alpha_{1}$,...,$\alpha_{n-1}$$\}$ es ortogonal, además todos sus elementos son no nulos, por lo tanto también es linealmente independiente y tiene n elementos.  
  

Una base ortogonal de eigenvectores de $\phi$ para $\mathbb{C}^{n}$ es $\{$$\alpha_{0}$,$\alpha_{1}$,...,$\alpha_{n-1}$$\}$.

Comments

Una demostración del resultado auxiliar, puede verse aquí http://math.stackexchange.com/questions/10216/the-characteristic-and-minimal-polynomial-of-a-companion-matrix

Answer 2

b)  
  
Sabemos que $\eta$={$\alpha_{0}$,$\alpha_{1}$,$\alpha_{2}$,$\alpha_{3}$,$\alpha_{4}$} es una base ortogonal de $\mathbb{C}^{5}$
  
Sea $\sigma=\left ( a_{1},a_{2},a_{3},a_{4},a_{5} \right )\in \mathbb{C}^{5}$ con $a_{1},a_{2},a_{3},a_{4},a_{5}\in\mathbb{R}$ tales que cumplan las hipótesis.  
  
Nótese que:  
  
$a_{1}a_{2}+a_{2}a_{3}+a_{3}a_{4}+a_{4}a_{5}+a_{5}a_{1}$=$\langle\,\sigma,\phi(\sigma)\rangle$, por otra parte:  
  
 $\sigma =\sum_{j=0}^{4}\frac{\left \langle \sigma,\alpha _{j} \right \rangle}{\left \| \alpha _{j} \right \|^{2}}\alpha_{j}$ y $\phi(\sigma)=\phi(\sum_{i=0}^{4}\frac{\left \langle \sigma,\alpha _{i} \right \rangle}{\left \| \alpha _{i} \right \|^{2}}\alpha_{i})=\sum_{i=0}^{4}\frac{\left \langle \sigma ,\alpha _{i} \right \rangle}{\left \| \alpha _{i} \right \|^{2}}\phi \left ( \alpha _{i} \right)$, por ser $\phi$ una transformación lineal.  
 

Pero $\alpha _{i}$ es un eigenvector de $\phi$ entonces: $\phi(\sigma)=\sum_{i=0}^{4}\frac{\left \langle \sigma ,\alpha _{i} \right \rangle}{\left \| \alpha _{i} \right \|^{2}}\lambda_i \alpha _{i}$

Luego:
 
 $\langle\,\sigma,\phi(\sigma)\rangle=\langle\,\sum_{j=0}^{4}\frac{\left \langle \sigma,\alpha _{j} \right \rangle}{\left \| \alpha _{j} \right \|^{2}}\alpha_{j},\sum_{i=0}^{4}\frac{\left \langle \sigma ,\alpha _{i} \right \rangle}{\left \| \alpha _{i} \right \|^{2}}\lambda_i \alpha _{i}\rangle=\sum_{j=0}^{4}\sum_{i=0}^{4}\frac{\left \langle \sigma ,\alpha _{i} \right \rangle}{\left \| \alpha _{i} \right \|^{2}} \overline{\frac{\left \langle \sigma ,\alpha _{j} \right \rangle}{\left \| \alpha _{j} \right \|^{2}}}\overline{\lambda _{i}}\left \langle \alpha _{j},\alpha _{i} \right \rangle$  
Pero $\left \langle \alpha _{j},\alpha _{i} \right \rangle=\left \| \alpha_{j} \right \|^2\delta _{ji}$ por ser $\eta$ una base ortogonal.
Entonces:
 
$\langle\,\sigma,\phi(\sigma)\rangle=\sum_{j=0}^{4} \frac{\left | \left \langle \sigma ,\alpha _{i} \right \rangle \right |^{2}}{\left \| \alpha _{j} \right \|^{2}}\overline{\lambda _{j}}=Re(\sum_{j=0}^{4} \frac{\left | \left \langle \sigma ,\alpha _{i} \right \rangle \right |^{2}}{\left \| \alpha _{j} \right \|^{2}}\overline{\lambda _{j}})$, ya que $\langle\,\sigma,\phi(\sigma)\rangle\in \mathbb{R}$

Para el caso $j=0$, $\left \langle \sigma ,\alpha _{0} \right \rangle=\sum_{i=1}^{4}a_{i}=0$, por hipótesis

$Re(\sum_{j=1}^{4} \frac{\left | \left \langle \sigma ,\alpha _{i} \right \rangle \right |^{2}}{\left \| \alpha _{j} \right \|^{2}}\overline{\lambda _{j}})\leqslant \max\limits_{ j=1,2,3,4}Re(\overline{\lambda _{j}})\sum_{j=1}^{4} \frac{\left | \left \langle \sigma ,\alpha _{i} \right \rangle \right |^{2}}{\left \| \alpha _{j} \right \|^{2}}\leqslant\max\limits_{ j=1,2,3,4}Re(\lambda _{j})\left \| \sigma  \right \|^{2}$

En la última desigualdad se ocupo la desigualdad de Bessel, por hipótesis sabemos que $\left \| \sigma  \right \|^{2}=1$, por lo tanto: $\langle\,\sigma,\phi(\sigma)\rangle\leqslant\max\limits_{ j=1,2,3,4}Re(\lambda _{j})$
 
Computando $cos(\frac{6\pi }{5})=cos(\frac{4\pi }{5})\leq cos(\frac{2\pi }{5})=cos(\frac{8\pi }{5})$, por lo tanto $\max\limits_{ j=1,2,3,4}Re(\lambda _{j})=cos(\frac{2\pi }{5})$

Es decir

$\langle\,\sigma,\phi(\sigma)\rangle\leqslant cos(\frac{2\pi }{5})$

Tome el vector $\sigma =\frac{\alpha _{1}+\alpha _{4}}{\left \| \alpha _{1}+\alpha _{4} \right \|}$, por las propiedades de las raíces de la unidad se sabe que $\sum_{i=0}^{4}\frac{(\lambda _{1}^{i}+\lambda _{4}^{i})}{\left \| \alpha _{1}+\alpha _{4} \right \|}=0$, además por como se dio $\sigma$ se tiene $\left \| \sigma  \right \|^{2}=1$

Además $\langle\,\sigma,\phi(\sigma)\rangle=cos(\frac{2\pi }{5})$

Por lo tanto el valor máximo de $a_{1}a_{2}+a_{2}a_{3}+a_{3}a_{4}+a_{4}a_{5}+a_{5}a_{1}$ es $cos(\frac{2\pi }{5})$

Comments

Gracias por compartir tus ideas con nosotros, estimado Jesús Lozano. Ahora nos toca leerlas detenidamente.