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PROBLEMAS DE ÁLGEBRA II - 1ER CUATRIMESTREHTTP://FISICAUNED.WORDPRESS.COM

XAVIER AZNAR

ÍNDICE

Parte 1. Teoría básica 2

Endomorfismos vectoriales con significado geométrico 3

Diagonalización de matrices 4

Matrices diagonalizables 5

Definiciones que aparecen en exámenes de años anteriores 6

Parte 2. Espacios vectoriales y Endomorfismos lineales 7

1. Espacios vectoriales y aplicaciones lineales 7

1.1. Problemas tipo 7

2. Proyecciones y Simetrías vectoriales 7


3. Formas de Jordan de endomorfismos lineales 12


4. Subespacios vectoriales invariantes 19


Parte 3. Espacio afín y Endomorfismos afines 21

5. Subespacios afines 21


6. Endomorfismos afines 23


7. Proyecciones y simetrías afines 29


8. Homotecias afines y dilataciones 47


9. Clasificación de endorfismos afines 57


Índice alfabético 791

PROBLEMAS DE ÁLGEBRA II - 1ER CUATRIMESTREHTTP://FISICAUNED.WORDPRESS.COM XAVIER AZNARParte 1. Teoría básica1

Definición 1. Aplicación linealSean V,W dos espacios vectoriales sobre un cuerpo K. Una función

f : V 7→W se dice que es una aplicación lineal si verifica:

1. Para u, v ∈ Vf (u+ v) = f (u) + f (v)

2. Para todo u ∈ V y todo escalar α ∈ K

f (αu) = αf (u)

Propiedades

1. Dada una aplicación f : V 7→ W entre dos espacios vectoriales, se

dice que f es lineal si y sólo si

f (αu+ βv) = αf (u) + βf (v)

para todo par de vectores u, v ∈ V y para todo par de escalares K.

2. Si f : V 7→W es una aplicación lineal, entonces f (0V ) = 0W .

Definición 2. Núcleo e imagenDada una aplicación lineal f : V 7→ V se llama núcleo de f al conjunto

de vectores de V

ker f = {v ∈ V | f (v) = 0}

La imagen de la aplicación f es el conjunto de vectores de W

Imf = {w ∈W | ∃v ∈ V, f (v) = w} = {f (v) |v ∈ V }

Propiedades

1. Si f : V 7→W es una aplicación lineal, entonces

ker f ≤ V

Imf ≤ W

2. Si f : V 7→W es una aplicación lineal, y

B = {v1, . . . , vn}

es una base o sistema generador de V se tiene que

f (B) = {f (v1) , . . . , f (vn)}

es un sistema generador de Imf .

1Parte de los apuntes de esta sección se basan en los de la web del Dptode Matemática Aplicada y Estadística de la Universidad Politécnica de Cartagena.http://www.dmae.upct.es/~plgomez/archivos %20docencia/teoria2009-10/

2

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Proposición 3. Tipos de aplicaciones lineales.Sea f : V 7→W una aplicación lineal. Entonces:

1. f es inyectiva si y sólo si ker f = 0

2. f es suprayectiva si y sólo si dim (Im (f)) = dimW .3. f es biyectiva si y sólo si dim (Im (f)) = dimW y ker f = 0.

Proposición 4. Fórmula de las dimensionesSi una aplicación f : V 7→W es lineal, entonces cumple que

dim (ker f) + dim (Imf) = dimV

Definición 5. Matrices semejantes Dos matrices cuadradas del mismo

tamaño A,A′ se dice que son semejantes cuando existe una matriz inver-

tible Q que cumple

A′ = Q−1AQ

Dos matrices son semenjantes si y sólo si van asociadas al mismo en-

domorfismo.

ENDOMORFISMOS VECTORIALES CON SIGNIFICADO GEOMÉTRICO

Definición 6. HomoteciaSea V un espacio vectorial euclídeo y α ∈ R. Se llama homotecia de

razón α a la aplicación lineal

hα : V 7→ V

hα (v) = αv ∀v ∈ V

Definición 7. ProyecciónSea V un espacio vectorial euclídeo y sean B y D subespacios de V

tales que V = B ⊕ D . Se llama proyección de base B y dirección D a la

aplicación lineal π definida por

π : V 7→ V

v =

π (v) = v v ∈ B

π (v) = 0 v ∈ D

Definición 8. SimetríaSea V un espacio vectorial euclídeo y sean B y D subespacios de V tales

que V = B ⊕D . Se llama simetría de base B y dirección D a la aplicación

lineal σ definida por

σ : V 7→ V

v =

σ (v) = v v ∈ B

σ (v) = −v v ∈ D3


Definición 9. Rotaciones en el planoEn R2 se llama giro de ángulo θ ∈ [0, 2π] a la aplicación lineal ρθ : R2 7→ R2

cuya matriz asociada a la base canónica de R2 es(cos θ − sin θ

sin θ cos θ

)

DIAGONALIZACIÓN DE MATRICES

Definición 10. Autovalores y autovectoresSea A una matriz cuadrada de orden n, λ un escalar del cuerpo y v un

vector columna no nulo del espacio vectorial Rn. Si se cumple

Av = λv

entonces se dirá que λ es un valor propio o autovalor de A y que v es un

vector propio o autovector de A. Se dice que λ es el valor propio de A

asociado al vector propio v.

Sea λ un escalar del cuerpo y M una matriz cuadrada de orden n. En-

tonces λ es un valor propio de M si y sólo si existe un vector no nu-

lo v ∈ Rn tal que Mv = λv. Ahora bien, la igualdad anterior equivale

a Mv − λv = 0, (M − λid) (v) = 0, lo que significa que v ∈ ker (M − λid).

De manera que λ es un valor propio si y sólo si ker (M − λid) 6= 0. Y co-

mo dim (ker (M − λid)) = n − rango (M − λid), lo anterior equivale a que

rango (M − λid) < n. Finalmente, esta última condición puede traducirse

en que |M − λid| = 0. En definitiva obtenemos que

λ ∈ R es un valor propio de M ⇐⇒ |M − λid| = 0

Definición 11. Polinomio característicoSi M es una matriz cuadrada de orden n se llama polinomio caracte-

rístico de M al polinomio

χM (λ) = |M − λid|

El polinomio es de grado n y sus raíces son los valores propios de la

matriz M .

Se llama multiplicidad de λ como valor propio a la multiplicidad que

tiene como raíz del polinomio característico. La suma de las multiplicida-

des de los valores propios de una matriz es, como mucho, igual al grado

del polinomio característico (es decir, al tamaño de la matriz).

Observación 12. Los valores propios de una matriz triangular (superior o

inferior) son los elementos de la diagonal principal.4


Proposición. Dos matrices semejantes tienen el mismo polinomio caracte-rístico.

Dos matrices semejantes tienen los mismos valores propios y las mismasmultiplicidades.

Definición 13. Subespacio propioDado un valor propio λ de una matriz cuadrada M , llamamos subespa-

cio propio de la matriz M asociada al valor propio λ a

Nλ = ker (M − λid) = {v ∈ Kn| (M − λid) (v) = 0} = {v ∈ Kn|Mv = λv}

El subespacio propio de la matriz M asociado al valor propio λ está

formado por todos los vectores propios de la matriz M asociados al valor

propio λ, además del vector 0.

PropiedadesPara cada valor propio λ de una matriz cuadrada M de orden n se tiene:

1. ker (M − λid) 6= 0, es decir, dim (ker (M − λid)) ≥ 1.

2. dim (ker (M − λid)) ≤ m (λ) (multiplicidad del valor λ)

3. dim (ker (M − λid)) = n− rango (M − λid).

PropiedadLos vectores propios asociados a distintos valores propios son lineal-

mente independientes, o dicho de otro modo, la suma de los subespaciospropios es directa. Esto se traduce en que la unión de bases de cada subes-

pacio propio resulta ser una base de la suma de los subespacios propios.

MATRICES DIAGONALIZABLES

Una matriz cuadrada se dice que es diagonalizable si es semejante a

una matriz diagonal. Un endomorfismo Rn es diagonalizable si la matriz

asociada respecto de alguna base del espacio es una matriz diagonal. En

ambos casos la matriz diagonal se llamará matriz diagonal asociada, y

su diagonal principal estará formada por los valores propios de la matriz

M (o del endomorfismo f ). Esta matriz no tiene por qué ser única, pues

depende del orden que elijamos para los valores propios.

Afirmación 14. Un endomorfismo (o una matriz) es diagonalizable si y sólo

si existe una base del espacio vectorial formada por vectores propios del

endomorfismo (o de la matriz).

Cuando tengamos una matriz M diagonalizable, tendremos

M = PDP−1

5


donde D es una matriz diagonal y P es una matriz invertible. A D la lla-

maremos matriz diagonal semejante a A y a P y a su inversa matrices depaso o matrices de cambio de base.

Afirmación 15. Una matriz cuadrada M de orden n con coeficientes sobre

el cuerpo R es diagonalizable sobre el cuerpo si y sólo si Rn es la suma

(directa) de todos los subespacios propios de la matriz si y sólo si la suma

de dichos subespacios propios es n. Por tanto, la base de vectores propios

se puede hallar uniendo las bases de cada uno de los subespacios propios

de M .

Afirmación 16. Sea M una matriz cuadrada de orden n con coeficientes

sobre el cuerpo R. Entonces M es diagonalizable sobre el cuerpo si y sólo

si se verifican las siguientes condiciones:

1. El polinomio característico χM tiene sólo raíces reales. Esto equivale

a que la suma de las multiplicidades de todos los vectores propios

de la matriz es n.

2. Para cada valor propio λ de la matriz M se tiene que

dim (ker (M − λid)) = m (λ)

Observación 17. Si λ es un valor propio de M tal que m (λ) = 1, entonces

dim (ker (M − id)) = 1

a consecuencia de

1 ≤ dim (ker (M − λid)) ≤ m (λ) = 1

Afirmación 18. Sea M una matriz cuadrada de orden n con coeficientes

sobre el cuero R. Si M posee n valores propios con multiplicidad 1 en R,

entonces M es diagonalizable sobre R.

DEFINICIONES QUE APARECEN EN EXÁMENES DE AÑOS ANTERIORES

Espacio afín:Sistema de referencia afín:Sistema de referencia cartesiano:

Afirmación 19. Polinomios mínimos de endomorfismos comunes:

Endorfismo nulo: El polinomio mínimo del endorfismo nulo es φf (t) =

t

Homotecia vectorial: f = λid, λ 6= {0, 1} se caracterizan por el poli-

nomio mínimo φf (t) = t− λ6


Simetría vectorial: Un endomorfismo f 6= ±id es simetría vectorial

(f2 = id) si y sólo si su polinomio mínimo es φf (t) = (t+ 1)(t− 1)

Proyección: Un endormorfismo f 6= 0 es proyección (f2 = f ) si y sólo

si su polinomio mínimo es φf (t) = t(t− 1)

Proposición 20. Supuesto Vf descompuesto en suma directa Vf = U1⊕· · ·⊕Ur y denotando fi = fui se tiene:

χf = χf1 · · ·χfrφ = m.c.m (φf1 , . . . , φfr )

donde χ y φ indican respectivamente, polinomio característico y polinomiomínimo.

Si el polinomio mínimo φf coincide con el polinomio característico χf , en-

tonces f es diagonalizable.

Parte 2. Espacios vectoriales y Endomorfismos lineales

1. ESPACIOS VECTORIALES Y APLICACIONES LINEALES

Ecuaciones implícitas y paramétricas, sistema generador y base de un

espacio vectorial. Dimensión de un espacio vectorial.

1.1. Problemas tipo. Pendiente!!

2. PROYECCIONES Y SIMETRÍAS VECTORIALES

Definición 21. ProyecciónUna proyeccion π de un espacio vectorial V es un endomorfismo cuya

acción consiste en proyectar los vectores de V sobre el subespacio vecto-

rials denominado base de la proyección B, con una determinada dirección

correspondiente a un subespacio vectorial D, complementario a B. Asi,

sobre los vectores de la base, π se comporta como la identidad:

π (−→v ) = −→v ∀−→v ∈ B ⇒ B = Im (π)

y los vectores de la direccion se proyectan por π en el vector−→0

π (−→w ) =−→0 ∀−→w ∈ D ⇒ D = ker (π)

Como B = Im (π), π2 = π, es decir, la acción reiterada de una proyección

tiene el mismo efecto que la primera transformación.

Definición 22. Matriz de Jordan de una proyecciónLa matriz de Jordan de una proyección es una matriz diagonal de ceros

y unos de la forma:7


Jπ =

1 0 · · · 0 0 · · · 0

0 1 · · ·...

......

.... . .

(r) ......

...

0 · · · 1 0 · · · 0

0 · · · · · · 0 0 · · · 0

......

.... . .

(s) ...

0 · · · · · · 0 0 · · · 0

donde r es la dimensión de la base y s la dimensión de la direccion.

Definición 23. SimetríaUna simetría σ de un espacio vectorial V es un endomorfismo que trans-

forma cada vector −→v ∈ V en el vector simétrico a −→v respecto a una base B

y con una direccion determinada D. El subespacio vectorial B es la base

de la simetría. La acción de σ deja invariantes los vectores que están en la

base

σ (−→v ) = −→v ∀−→v ∈ B ⇒ B = Im (σ)

El subespacio vectorial D es la dirección de la simetría y a los vectores de

D la accion de σ los transforma en su opuesto

σ (−→w ) = −−→w ∀−→w ∈ D ⇒ D = ker (σ + Id)

donde Id denota la apliación identidad.

Definición 24. Matriz de Jordan de una simetríaLa matriz de Jordan de una simetría es siempre una matriz diagonal de

la forma:

Jσ =

1 0 · · · 0 0 · · · 0

0 1 · · ·...

......

.... . .

(r) ......

...

0 · · · · · · 1 0 · · · 0

0 · · · · · · 0 −1 · · · 0

......

.... . .

(s) ...

0 · · · · · · 0 0 · · · −1

donde r es la dimensión de la base y s la dimensión de la dirección.

2.1. Problemas tipo.8


Ejercicio 25. Sea ε una base canónica de V3 (R), de dimensión 3. Sean

B := (x2 = 0)

D := (x1 = 0, x2 + x3 = 0)

Hallar las matrices de la proyección π y la simetría σ con base B y direccion

D.

1. Hallar la forma de Jordan Jπ de π y Jσ de σ.

2. Hallar una base ε′π tal que Mε′ (π) = Jπ.

Demostración. Para una proyección π

π (~v) = ~v ∀~v ∈ B B = Im (π)(2.1)

π (~w) = 0 ∀~w ∈ D D = ker (π)(2.2)

Para una simetría

σ (~v) = ~v ∀~v ∈ B B = Im (π)(2.3)

σ (~w) = −~w ∀~w ∈ D D = ker (σ + Id)(2.4)

Empezamos obteniendo una base para B y D.

x2 = 0

x1 = α⇒ B = 〈(1, 0, 0) , (0, 0, 1)〉

x3 = β

x1 = 0

x2 = −x3 ⇒ D = 〈(0, 1,−1)〉

x3 = α

Ahora vamos a plantear las ecuaciones derivadas de las propiedades de

las proyecciones y simetrías para obtener los coeficientes de las matrices

Mε (π) y Mε (σ). Empezamos con la proyección π

Mε (π) =

a b c

d e f

g h i

9


Utilizando la primera propiedad 2.1 con los vectores de la base B: a b c

d e f

g h i

1

0

0

=

a

d

g

=

1

0

0

⇒ a = 1, d = 0, g = 0

1 b c

0 e f

0 h i

0

0

1

=

c

f

i

=

0

0

1

⇒ c = 0, f = 0, i = 1

Para obtener los tres coeficientes que nos faltan, utilizamos la propiedad

de las proyecciones relativa a vectores en la direccion D, 2.2: 1 b 0

0 e 0

0 h 1

0

1

−1

=

b

e

h− 1

=

0

0

0

⇒ b = 0, e = 0, h = 1

De manera que Mε (π) resulta

Mε (π) =

1 0 0

0 0 0

0 1 1

Repetimos el proceso para obtener Mε (σ), utilizando las propiedades de

la simetría 2.3 y 2.4: a b c

d e f

g h i

1

0

0

=

a

d

g

=

1

0

0

⇒ a = 1, d = 0, g = 0

1 b c

0 e f

0 h i

0

0

1

=

c

f

i

=

0

0

1

⇒ c = 0, f = 0, i = 1

1 b 0

0 e 0

0 h 1

0

1

−1

=

b

e

h− 1

=

0

−1

1

⇒ b = 0, e = −1, h = 2

De manera que Mε (σ) resulta

Mε (σ) =

1 0 0

0 −1 0

0 2 1

10


La forma de Jordan de una proyección y una simetría depende sólo de

las dimensiones de la base y de la dirección, de manera que:

dimBπ = 2,dimDπ = 1 ⇒ Jπ =

1 0 0

0 1 0

0 0 0

dimBπ = 2,dimDπ = 1 ⇒ Jσ =

1 0 0

0 1 0

0 0 −1

Ahora vamos a buscar los vectores de la base ε′ . Las columnas de

la matriz de Jordan son las imágenes de los vectores de esa base ε′, de

manera que

Jπ (e′1) = e′1 ⇒ e′1 ∈ Im (〈e′1, e′2〉) = B

Jπ (e′2) = e′2 ⇒ e′2 ∈ Im (〈e′1, e′2〉) = B

Jπ (e′3) = ~0⇒ e′3 ∈ ker (〈e′3〉) = D

Es decir, los vectores e′1 y e′2 forman parte de la base de B, por lo que

podemos elegir directamente {(1, 0, 0) , (0, 0, 1)}. De la misma manera, e′3forma parte de la dirección D, por lo que elegimos {(0, 1,−1)}. La base

ε′ = {(1, 0, 0) , (0, 0, 1) , (0, 1,−1)}. �

Ejercicio 26. Sea V3 (R) un espacio vectorial de dimensión 3. Sea ε una

base de V3 (R). Sea B un subespacio de V3 con ecuación

B := (x1 + 2x2 + x3 = 0)

1. Hallar la matriz respecto a ε de la simetría σ con base B y dirección

D tal que

σ

0

1

0

=

−1

0

−1

2. Dar las ecuaciones respecto a ε de la dirección de σ.

Demostración. Sabemos que la simetría σ deja invariantes los vectores de

la base B, de manera que σ (~v) = ~v ∀~v ∈ B. Empezamos buscando una

base de B.

x1 = −2x2 − x3 ⇒ x1 = −2α− β

x2 = α

x3 = β11


De manera que podemos elegir como vectores de la base −→v1 = (−1, 0, 1) ,−→v2 =

(−2, 1, 0). Ahora construimos Mε (σ) y aplicamos σ (−→v1) = −→v1, σ (−→v2) = −→v2 . a b c

d e f

g h i

−1

0

1

=

−a+ c

−d+ f

−g + i

=

−1

0

1

⇒ c = a− 1, d = f, i = g + 1

a b c

d e f

g h i

−2

1

0

=

−2a+ b

−2d+ e

−2g + h

=

−2

1

0

⇒ b = 2a− 2, e = 1 + 2d, h = 2g

Para determinar completamente la matriz, utilizamos la información que

nos facilita el enunciado: a b c

d e f

g h i

0

1

0

=

b

e

h

=

−1

0

−1

⇒ b = −1, e = 0, h = −1

Resolviendo todas las ecuaciones, obtenemos el valor de todos los coefi-

cientes de la matriz asociada a la simetría:

Mε (σ) =

12 −1 − 1

2

− 12 0 − 1

2

− 12 −1 1

2

El siguiente paso es obtener las ecuaciones de la dirección de la sime-

tría. Para ello, utilizamos la propiedad σ (~v) = −~v ∀~v ∈ D.12 −1 − 1

2

− 12 0 − 1

2

− 12 −1 1

2

v1

v2

v3

=

−v1

−v2

−v3

Resolviendo las ecuaciones obtenemos v1 = v3 y v2 = v1. Así, la dirección

D = 〈(1, 1, 1)〉. �

3. FORMAS DE JORDAN DE ENDOMORFISMOS LINEALES

Definición 27. Equivalencia lineal entre dos endomorfismos lineales.

Dos endomorfismos linealmente equivalentes tienen el mismo polinomio

característico, pero la inversa no es cierta. Es decir, dos endomorfismos

con el mismo polinomio característico no tienen porqué ser linealmente

equivalentes.

El polinomio característico no es un invariante completo para la clasifi-

cación de endomorfismos lineales.

12


Definición 28. El polinomio característico de un endomorfismo f , re-

presentado por Mε (f) sobre una cierta base ε se define como:

χf (λ) = det (Mε − λId)

Si el cuerpo K =R los valores propios del endomorfismo deben ser

reales. Si obtenemos valores propios λ = α+ iβ, entonces la caja asociada

al valor propio es de la forma: (α −ββ α

)En este caso, no existen autovectores asociados a los autovalores complejo

conjugados.

Si el cuerpo es K = C, entonces se admiten valores propios imaginarios,

con sus correspondientes autovectores asociados.

Afirmación 29. El rango de la matriz que representa un endomorfismo es

un invariante lineal.

Ejemplo 30. Es decir, rg (f − I) = rg (Jf − I). Esto nos permite obtener los

valores de ε a colocar bajo las cajas de Jordan si conocemos el rango de

f − I, por ejemplo.

3.1. Problemas tipo.

Ejercicio 31. Sea V3 (R) un espacio vectorial con una base ε . Sea f un

endomorfismo tal que

Mε (f) =

1 0 1

−6 3 −7

−2 0 −1

1. Hallar la matriz de Jordan Jf de f .

2. Hallar una base ε′ tal que Mε′ (f) = Jf

Demostración. Empezamos buscando el polinomio característico χf (λ) =

det (M − λId)

χf (λ) =

∣∣∣∣∣∣∣1− λ 0 1

−6 3− λ −7

−2 0 −1− λ

∣∣∣∣∣∣∣ = (3− λ)(1 + λ2

)Buscamos las raíces, que corresponden a los valores propios de f . Te-

nemos λ = 3 con multiplicidad 1 y λ = ±i, complejos conjugados. Como

estamos sobre un cuerpo real, los valores complejos no son aceptables. En13


este caso, la caja de Jordan asociada a un valor propio del tipo λ = α + iβ

es de la forma (α −ββ α

)Así, Jf resulta

Jf =

3 0 0

0 0 −1

0 1 0

El siguiente paso es encontrar los vectores de una base ε′ en los que la

matriz de f sea la matriz de Jordan.

Las columnas de la matriz Jf son las imágenes de los vectores de esta

base ε′, por lo que podemos escribir las siguientes ecuaciones 2:

f (e′1) = 3e′1 ⇒ (f − 3Id) (e′1) = ~0⇒ e′1 ∈ ker (f − 3Id)

f (e′2) = e′3 ⇒ e′3 = f (e′2) = f (−f (e′3)) = −f2 (e′3)⇒(f2 + Id

)(e′3) = ~0

⇒ e′3 ∈ ker(f2 + Id

)f (e′3) = −e′2 ⇒ e′2 = −f (e′3)

Empezamos con el primer vector de la base e′1, e′1 ∈ ker (f − 3Id):

ker (f − 3Id) =

−2 0 1

−6 0 −7

−2 0 −4

x

y

z

=

0

0

0

De donde

2x+ z = 0⇒ z = 0⇒ x = 0

Elegimos como e′1 = (0, 1, 0)

A continuación vamos con e′3, e′3 ∈ ker

(f2 + Id

)

f2 =

1 0 1

−6 3 −7

−2 0 −1

∗ 1 0 1

−6 3 −7

−2 0 −1

=

−1 0 0

−10 9 −20

0 0 −1

ker(f2 + Id

)=

0 0 0

−10 10 −20

0 0 0

x

y

z

=

0

0

0

De donde

y = x+ 2z

Elegimos z = 0, x = 1⇒ y = 1 y así e′3 = (1, 1, 0).

2En realidad deberíamos indicar explícitamente que los vectores de la base ε′ son{−→ei ′}, pero

por simplicidad los escribimos sin la flecha que indica que son un vector.

14


Ahora sólo nos queda completar la base con e′2 = −f (e′3)

−

1 0 1

−6 3 −7

−2 0 −1

1

1

0

=

−1

3

2

�

Ejercicio 32. Sea V un espacio vectorial sobre K y ε una base de V .

Si dimV = 4 y g es un endomorfismo de V con polinomio característi-

co χg (t) = (t+ 2)2 (t2 − 2t+ 2

)tal que rg (g + 2Id) = 3, hallar la forma de

Jordan Jg para g si K = R y K = C.

Demostración. Empezamos buscando los valores propios

(t+ 2)2

= 0⇒ t = −2

es un autovalor con multiplicidad 2.

Por otro lado

t2 − 2t+ 2 = 0⇒ t = 1± i

Tenemos dos valores complejos conjugados.

Si K = R no se admiten valores complejos, por lo que la caja asociada a

un valor de la forma λ = α+ iβ es de la forma:(α −ββ α

)Para λ = −2, rg (g + 2Id) = 3 ⇒ dim (ker (g + 2Id)) = 4 − 3 = 1 < 2 (multi-

plicidad del valor propio), por lo que la caja de Jordan será de la forma:(−2 0

1 −2

)Así tenemos completamente determinada la forma de Jordan Jg para

K = R

JK=Rg =

−2 0 0 0

1 −2 0 0

0 0 1 −1

0 0 1 1

En el caso complejo K = C, los valores propios complejos son acepta-

bles, por lo que la forma de Jordan queda

JK=Cg =

−2 0 0 0

1 −2 0 0

0 0 1 + i 0

0 0 0 1− i

15


�

Ejercicio 33. Sea g un endomorfismo de V4 (K) con polinomio caracterís-

tico

χg (t) =(t2 + 1

)2tal que rg

(g2 + Id

)= 2 . Hallar la forma de Jordan de g para K = R y para

K = C.

Demostración. Empezamos calculando los autovalores del polinomio ca-

racterístico. Tenemos t = +i con multiplicidad 2 y t = −i con multiplicidad

2.

En el caso complejo, todos los autovalores son aceptables, por lo que la

forma de la matriz de Jordan Jg (C) será

Jg (C) =

i 0 0 0

ε1 i 0 0

0 0 −i 0

0 0 ε2 −i

con εi = {0, 1}, i = 1, 2. Para determinar los valores de εi utilizamos que el

rango es un invariante lineal, de manera que

rg(g2 + Id

)= rg

(J2g + Id

)Calculamos J2

g

J2g =

i 0 0 0

ε1 i 0 0

0 0 −i 0

0 0 ε2 −i

∗

i 0 0 0

ε1 i 0 0

0 0 −i 0

0 0 ε2 −i

=

−1 0 0 0

2iε1 −1 0 0

0 0 −1 0

0 0 −2iε2 −1

De manera que

rg(J2g + Id

)=

0 0 0 0

2iε1 0 0 0

0 0 0 0

0 0 −2iε2 0

= 2⇒ ε1, ε2 6= 0

Y la forma de la matriz de Jordan Jg (C) queda

Jg (C) =

i 0 0 0

1 i 0 0

0 0 −i 0

0 0 1 −i

16


En el caso de K = R, los valores complejos no son aceptables. Tenemos

un valor complejo conjugado de multiplicidad 2, λ = ±i. Cada autovalor

complejo de la forma λ = α+iβ da lugar a una caja de la forma

(α −ββ α

),

de manera que la forma de Jordan Jg (R) es

Jg (R) =

0 −1 0 0

1 0 0 0

0 ε 0 −1

0 0 1 0

Para determinar el valor de ε, utilizamos que rg (Jg + Id) = 2 (ya que el

rango es un invariante lineal).

rg(J2g + Id

)=

0 0 0 0

0 0 0 0

ε 0 0 0

0 ε 0 0

= 2⇒ ε 6= 0⇒ ε = 1

Y la forma de la matriz de Jordan Jg (R) queda:

Jg (R) =

0 −1 0 0

1 0 0 0

0 1 0 −1

0 0 1 0

�

Ejercicio 34. f un endomorfismo de V4 (R) con χf (t) = (t− 3)4 y con

dim (f − 3Id) = 2.

1. ¿Cuáles son las posibles formas de Jordan que puede tener f?

2. Determine un invariante que distinga las diferentes formas de Jor-

dan.

Demostración. Tenemos un autovalor t = 3 con multiplicidad 4.

La forma general de la matriz de Jordan Jf es

Jf =

3 0 0 0

ε1 3 0 0

0 ε2 3 0

0 0 ε3 3

Como la dimension es un invariante lineal y dim (ker (f − 3Id)) = dim (ker (Jf − 3Id)) =

2, tenemos

dim (ker (Jf − 3Id)) = 4− rg (ker (Jf − 3Id)) = 2⇒ rg (ker (Jf − 3Id)) = 217


Ahora calculamos

rg (Jf − 3Id) =

0 0 0 0

ε1 0 0 0

0 ε2 0 0

0 0 ε3 0

= 2⇒

⇒ ε1 = 0, ε2, ε3 6= 0

o ε2 = 0, ε1, ε3 6= 0

o ε3 = 0, ε1, ε2 6= 0

Si ε1 = 0, ε2, ε3 6= 0,

J(1)f =

3 0 0 0

0 3 0 0

0 1 3 0

0 0 1 3

Si ε2 = 0, ε1, ε3 6= 0,

J(2)f =

3 0 0 0

1 3 0 0

0 0 3 0

0 0 1 3

Si ε3 = 0, ε1, ε2 6= 0,

J(3)f =

3 0 0 0

1 3 0 0

0 1 3 0

0 0 0 3

Vemos que J (1)

f y J (3)f son semejantes, ya que sólo tenemos que intercam-

biar el orden de las cajas en la diagonal, por lo que sólo tenemos dos

formas para Jf : J(1)f y J (2)

f , que deben corresponder a dos endomorfismos

f1 y f2 distintos.

El siguiente paso es encontrar un invariante que diferencie a estos dos

endomorfismos f1 y f2 de V4 (R). f1 y f2 comparten polinomio característico

(que no es invariante lineal) y tambien rg(J

(1)f − 3Id

)= rg

(J

(2)f − 3Id

)= 2.

18


Pero si calculamos

rg(J

(1)f − 3Id

)2

=

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 1 0

= 1

rg(J

(2)f − 3Id

)2

=

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

= 0

Por lo que el invariante lineal que distingue a los endomorfismos f1 y f2

de V4 (R) es el rg (f − 3Id)2. �

4. SUBESPACIOS VECTORIALES INVARIANTES

Teorema 35. Si H es un hiperplano de ecuación u1x1 + · · ·+ u4x4 = 0, H esinvariante por f1 si y sólo si (u1, · · · , u4) es autovector de J t1.

Definición 36. J y J t tienen el mismo polinomio característico, por lo que

también tienen los mismos autovalores.


Ejercicio 37. Sea ε una base del espacio vectorial V3 (R). Sea f un endo-

morfismo tal que

Mε (f)) =

3 0 0

0 0 −1

0 1 0

Calcular las ecuaciones de los subespacios invariantes por f en la base ε.

Demostración. La matriz Mε (f) ya tiene forma de Jordan para el valor

propio real λ = 3 y para los valores complejo conjugados λ = ±i. Como sólo

tiene un valor único real simple, f tiene una recta invariante generada por

el autovalor asociado al autovalor λ = 3.

r := (x2 = 0, x3 = 0) = ker (f − 3id)

El número de hiperplanos invariantes -que en V3 (R) son planos- coin-

cide con el número de rectas invariantes, de manera que f sólo tiene un

plano invariante asociado a λ = ±i.

U := (x1 = 0) = ker(f2 + id

)�

19


Ejercicio 38. Sea ε base de un espacio vectorial V4 (R) de dimensión 4.

Sea f un endomorfismo tal que

Mε (f) =

−2 0 0 0

1 −2 0 0

0 0 1 −1

0 0 −1 1

Dar las ecuaciones de los planos invariantes por f en la base ε.

Demostración. La matriz Mε (f) ya tiene forma de Jordan, compuesta por

cajas de orden 2.

C1 =

[−2 0

1 −2

]

C2 =

[1 −1

−1 1

]Cada una de estas cajas corresponde a un plano invariante por f .

U1 := (x3 = 0, x4 = 0) = ker (f + 2id)2

U2 := (x1 = 0, x2 = 0) = ker(

(id− λ)2

+ id)

= ker(f2 − 2f + 2id

)�

Ejercicio 39. Sea f un endomorfismo de V4 (R) donde en la base ε

Mε (f) =

−1 0 0 0

1 −1 0 0

0 0 0 −2

0 0 −2 0

Calcular las ecuaciones de los subespacios invariantes por f en la base ε.

Demostración. Vemos que Mε (f) ya que tiene la forma canónica de Jordan

en forma de cajas de orden 2.

C1 =

[−1 0

1 −1

]

C2 =

[0 −2

−2 0

]De la forma de la caja C1 vemos que tenemos un valor propio λ = −1.

rg (ker (f |C1+ id)) = rg

(−1 0

1 −1

)= 1⇒ dim (ker (f |C1

+ id)) = 2− 1 = 1

20


Tenemos una recta invariante generada por el autovector asociado al au-

tovalor λ = −1.

ker (f |C1+ id) =

(−1 0

1 −1

)⇒ x1 = 0

De manera que la recta invariante es

r := (x1 = 0, x3 = 0, x4 = 0)

No tenemos más rectas invariantes.

Cada caja de orden 2 corresponde a un plano invariante por f .

C1 → U1 := (x3 = 0, x4 = 0) = ker (f + id)2

C2 → U2 := (x1 = 0, x2 = 0) = ker(f2 + 4id

)Los hiperplanos invariantes coinciden con el número de rectas invarian-

tes, de manera que tenemos un hiperplano invariante. Este hiperplano

está formado por la recta invariante r := (x1 = 0, x3 = 0, x4 = 0) y el plano

invariante U2, por lo que las ecuaciones del hiperplano es

H := (x1 = 0)

�

Parte 3. Espacio afín y Endomorfismos afines

Un espacio afín X tiene asociado, de forma natural, un espacio vectorial−→X . El espacio vectorial

−→X representa el espacio de las direcciones de X.

Un endomorfismo afín f de X tiene asociado un enfomorfismo lineal−→f que actúa en el espacio vectorial

−→X . La matriz del endorfismo afín f

contiene, como submatriz, la representación matricial del endomorfismo

lineal−→f : (

1 0

a−→f

)

5. SUBESPACIOS AFINES


Ejercicio 40. Sea ε un sistema de referencia cartesiano de un espacio real

de dimensión 3 A3 (R) .Sean M,N y R subespacios afines con ecuaciones21


respecto a ε

M := (x1 = 0, x2 − x3 = −1)

N := (x1 = 2)

R := (x2 − x3 = −1)

P =

1

2

0

1

Calcular las ecuaciones y la dimensión del subespacio afín de A3 (R) ge-

nerado por todas las rectas que pasan por P y cortan M y N .

Demostración. Primero observamos que M ∩ N = ∅ y que P ∈ N , lo que

significa que las rectas que pasan por P ya cortan N . Así que el problema

se reduce a encontrar las rectas que pasan por P y que cortan M .

Como M es una recta y P /∈ M , el subespacio afín que buscamos será

el plano Π que contiene la recta M y el punto P .

Si Π es un plano, su dimensión será 2

dim Π = 2

Podemos escribir Π como Π = P +−−→PQ +

−→M , donde Q ∈ M es un pun-

to cualquiera de la recta y−→M es el vector director de la recta M . Como

M := (x1 = 0, x2 − x3 = −1) tenemos que−→M := (x1 = 0, x2 − x3 = 0) y pode-

mos tomar como vector director de la recta

−→M =

⟨ 0

1

1

⟩

Ahora, seleccionamos un punto cualquiera de M , como por ejemplo

Q =

1

0

0

1

y calculamos

−−→PQ

−−→PQ =

1

0

0

1

−

1

2

0

1

=

−2

0

0

22


Así completamos la descripción del plano Π

Π =

1

2

0

1

+ λ

−2

0

0

+ µ

0

1

1

La ecuación de Π es

Π := (x3 − x2 = 1)

�

Ejercicio 41. Sean R1 y R2 dos rectas distintas de A3 (R), el espacio afín

real de dimensión 3. Demostrar que R1 y R2 son paralelas si y sólo si R1 y

R2 son coplanarias y disjuntas.

Demostración. Tenemos que demostrar que

R1 ‖ R2 ⇐⇒

R1, R2 Coplanarias

R1 ∩R2 = ∅ (Disjuntas)

Suponemos que R1 ‖ R2. En este caso, las dos tienen la misma dirección−→R . Es decir, que podemos escribir cada recta como

R1 = p1 +−→R

R2 = p2 +−→R

donde p1 /∈ R2, p2 /∈ R1 (pues R1 6= R2). Así, tienen que ser disjuntas. Si no

lo fueran, existiría un q ∈ R1 ∩R2, por lo que podríamos escribir

R1 = q +−→R = R2 ⇒ R1 = R2

Pero hemos quedado en que R1 6= R2, por lo que llegamos a contradicción

⇒ R1, R2 son disjuntas.

Ahora vamos que la afirmación de que si R1 ‖ R2, entonces son coplana-

rias. Para demostrar que R1 y R2 están en el mismo plano, construimos el

plano a partir del vector dirección de las rectas,−→R y del vector −−→p1p2, donde

R1 3 p1 /∈ R2 y R2 3 p2 /∈ R1, como antes. De manera que el plano afín Π

que contiene las dos rectas R1 y R2 y que demuestra que son coplanarias

es (ver figura 5.1):

Π = p2 +−−→p1p2 +−→R

�

6. ENDOMORFISMOS AFINES

6.1. Problemas tipo.23


FIGURA 5.1.

Ejercicio 42. Sea ε un sistema de referencia cartesiano de un espacio

real afín A3 (R) de dimensión 3. Sea M un subespacio afín con ecuaciones

respecto a ε

M := (x1 + x2 = 1)

Hallar la matriz del endorfismo f que satisface:

1. M es invariante por f .

2. La restricción de f a M es una traslación del vector

0

0

1

3. f

1

1

1

0

=

1

0

0

0

Demostración. Sabemos que la restricción de f a M es una traslación de

vector −→v . Entonces, la aplicación lineal asociada se comporta como la

identidad en el espacio vectorial−−→f |M =

−→id

El subespacio−→M tiene ecuaciones implícitas

−→M := (x1 + x2 = 0) por lo

que se trata de un plano vectorial generado por

−→M :=

⟨ 1

−1

0

,

0

0

1

⟩24


Sea A la matriz de la aplicación lineal−→f . Como

−→f (−→v ) = −→v ∀−→v ∈

−→M ,

tenemos que

A =

a d g

b e h

c f i

a d g

b e h

c f i

1

−1

0

=

1

−1

0

=

a− db− ec− f

a d g

b e h

c f i

0

0

1

=

0

0

1

=

g

h

i

A =

a a− 1 0

b b+ 1 0

c c 1

⇒Mε (f) =

1 0 0 0

α a a− 1 0

β b b+ 1 0

γ c c 1

Si tomamos un punto p ∈M

p =

1

1

0

0

Entonces

f (p) = p+−→v =

1 0 0 0

α a a− 1 0

β b b+ 1 0

γ c c 1

1

1

0

0

=

1

α+ a

β + b

γ + c

=

1

1

0

0

+

0

0

1

=

1

1

0

1

α+ a = 1→ α = 1− a

β + b = 0→ β = −b

γ + c = 1→ γ = 1− c

Para determinar completamente Mε (f) utilizamos

f

1

1

1

0

=

1

0

0

0

25


1 0 0 0

1− a a a− 1 0

−b b b+ 1 0

1− c c c 1

1

1

1

0

=

1

0

0

0

=

1

1− a+ a+ a− 1

−b+ b+ b+ 1

1− c+ c+ c

a = 0

b = −1

c = −1

Con lo que, finalmente

Mε (f) =

1 0 0 0

1 0 −1 0

1 −1 0 0

2 −1 −1 1

�


real afín A3 (R) de dimensión 3. Sea R un subespacio afín con ecuaciones

respecto a ε

R := (x2 − x3 = −1)

Calcular la matriz respecto a ε de un endomorfismo afín f que deja

invariante R tal que la restricción de f sobre R es una traslación con

vector −→v =

0

1

1

y tal que f

1

0

0

0

=

1

0

0

2

Demostración. Buscamos los vectores que generan el subespacio afín R :=

(x2 − x3 = 0).

R =

⟨ 1

0

0

,

0

1

1

⟩

La matriz Mε (f) es de la forma

Mε (f) =

1 0 0 0

α

β−→f

γ

26


Empezamos utilizando que el endomorfismo f deja invariante el subes-

pacio R a d g

b e h

c f i

1

0

0

=

1

0

0

=

a

b

c

1 d g

0 e h

0 f i

0

1

1

=

0

1

1

=

d+ g

e+ h

f + i

Es decir, de momento tenemos

−→f =

1 d −d0 e 1− e0 f 1− f

Ahora elegimos un punto del subespacio R ya que

−→f |R = τ−→v , de manera

que

f |R (p) = p+−→v

R 3 p =

1

0

0

1

−→v =

0

1

1

1 0 0 0

α 1 d −dβ 0 e 1− eγ 0 f 1− f

1

0

0

1

=

1

0

0

1

+

0

1

1

=

1

0

1

2

=

1

α− dβ + 1− eγ + 1− f

α = d

β = e

γ = 1 + f

De momento Mε (f)

Mε (f) =

1 0 0 0

d 1 d −de 0 e 1− e

1 + f 0 f 1− f

27


Finalmente utilizamos f

1

0

0

0

=

1

0

0

2

1 0 0 0

d 1 d −de 0 e 1− e

1 + f 0 f 1− f

1

0

0

0

=

1

0

0

2

=

1

d

e

1 + f

d = 0

e = 0

f = 1

Así que al final hemos determinado completamente la forma de Mε (f)

Mε (f) =

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 0 1

2 0 1 0

�

Ejercicio 44. Sea ε un sistema de referencia cartesiano del espacio afín

real A3 (R) de dimensión 3. Sea f el endomorfismo afín con matriz

Mε (f) =

1 0 0 0

2 1 1 −1

2 0 2 −1

2 0 1 0

Demostrar que existe una familia de planos paralelos Πk sobre los que

f actúa como una traslación τ−→v . Calcular dicha familia de planos Πk y los

vectores −→vk.

Demostración. La restricción de f a los planos Πk los deja invariantes, es

decir que−−→f |Πk

=−→id ⇒

−−→f |Πk

(−→Πk

)=−→Πk ⇒

(−−→f |Πk

−−→id)(−→

Πk

)= 0

Es decir, que el subespacio vectorial formado por los planos paralelos−→Πk

está contenido o es igual al ker(−−→f |Πk

−−→id)

−→Πk ⊆ ker

(−−→f |Πk

−−→id)

28


Así, vamos a calcular ker(−−→f |Πk

−−→id)

ker(−−→f |Πk

−−→id)

=

0 1 −1

0 1 −1

0 1 −1

x

y

z

=

0

0

0

⇒ y − z = 0

Ahora buscamos los vectores que generan este subespacio vectorial

ker(−−→f |Πk

−−→id)

=

⟨ 1

0

0

,

0

1

1

⟩−→Πk := (y − z = 0)

Por lo que los planos afines son

Πk := (y − z = k)

Si ahora elegimos un punto pk ∈ Πk, sabemos que el endorfismo actúa

como una traslación de vector −→v . Los puntos de Πk son de la forma

Πk 3 pk =

1

α

β

β − k

De manera que

f (pk) = pk +−→v1 0 0 0

2 1 1 −1

2 0 2 −1

2 0 1 0

1

α

β

β − k

=

1

2 + α+ β − β + k

2 + 2β − β + k

2 + β + k

=

1

α

β

β − k

+−→vk

Así que

−→vk =

2 + k

2 + k

2 + k

�

7. PROYECCIONES Y SIMETRÍAS AFINES

Definición 45. Sea ε un sistema de referencia cartesiano y τ~v una trasla-

ción de vector −→v , donde −→v =

v1

v2

v3

.

29


La matriz de la traslación τ−→v en la base ε, Mε (τ−→v ) es de la forma

Mε (τ−→v ) =

1 0 0 0

v1 1 0 0

v2 0 1 0

v3 0 0 1

Endomorfismos afínmente equivalentesDos endomorfismos afines f1 y f2 de un espacio afín X son afínmente

equivalentes si son conjugados por una transformación afín g de X. Es

decir, si existe g transformación afín de X tal que

f1 = g · f2 · g−1

Dos endomorfismos afínmente equivalentes admiten representaciones ma-

triciales cartesianas iguales, respecto a sistemas de referencia cartesianos

adecuadamente elegidos (y lo mismo recíprocamente).

Es decir:

Proposición 46. Sea ε un sistema de referencia cartesiano en el espacioafín X. Dos endomorfismos afines de X, f y f ′ son afínmente equivalentessi y sólo si existe ε′, sistema de referencia cartesiano de X tal que

Mε (f) = Mε′ (f ′)

Dos matrices A y A′ son afínmente equivalentes si existe P =

(1 0

p ~P

)de forma que A′ = P−1 · A · P . En particular, también se tiene que

−→A′ =

−−→P−1 ·

−→A ·−→P , por lo que la semejanza afín de las matrices A y A′ implica la

semejanza lineal de A y A′ y la de ~A y ~A′.

Todo endomorfismo afín f de X admite una representación matricial

respecto a algún sistema de referencia cartesiano ε=(e0,~ε) de la forma

J =

(1 0

0 ~J

)

donde ~J = M~ε

(~f)

es una matriz de Jordan. El origen e0 de ε es un punto

fijo para f , y ~ε es una base de Jordan para ~f . Se denomina a ε sistema dereferencia cartesiano de Jordan para f .

Corolario 47. Para todo endomorfismo afín f de X existe un sistema dereferencia cartesiano ε = (e0, ~e1, . . . , ~en) respecto al cual la matriz de f es de

30


la forma

J =

(C 0

0 J ′

)donde C =

1 0 · · · 0

1 1 · · · 0

0. . . . . .

...0 0 1 1

es una caja de Jordan

C es una caja de Jordan de orden r ≥ 1 y J ′ es una matriz de Jordan.Para el caso r = 1 se tiene C = (1), y f es endorfismo con puntos fijos.

Desde el punto de vista de la equivalencia lineal es indiferente el orden

en el que se distribuyan las cajas de Jordan de J , pero esto no sucede

exactamente así respecto a la equivalencia afín. Concretamente, el orden

r de la caja C = C (r) que ocupa el vértice superior izquierdo de la matriz

J es decisivo para determinar la clase de equivalencia afín de f .

Ejemplo 48. Sean f y f ′ endomorfismos de un espacio afín de dimen-

sión igual a dos. Supóngase que hemos encontrado sistemas de referen-

cia cartesianosε = (e0, ~e1, ~e2) y ε′ =(e′0,

~e′1,~e′2

)de forma que las matrices

Mε (f) = J,Mε′ (f ′) = J ′ son las siguientes:

J =

1 0 0

1 1 0

0 0 1

J ′ =

1 0 0

0 1 0

0 1 1

Estas matrices de Jordan son semejantes desde el punto de vista lineal,

ya que se obtiene una de otra por permutación de cajas. Sin embargo, los

endomorfismos afines f y f ′ no son afínmente equivalentes, ya que f ′ tiene

a e′0 como punto fijo y f carece de ellos. Las ecuaciones del subespacio de

puntos fijos de f en las coordenadas cartesianas inducidas por ε son:

J

1

x1

x2

=

1

x1

x2

=

1 +

1

x1

x2

que son claramente incompatibles.

Proposición 49. Si f es un endormorfismo afín de X que admite respectoa cierto sistema de referencia cartesiano ε una matriz

J =

(C (r) 0

0 J1

)con C (r) =

1 0 · · · 0 0

1 1 · · · 0 0...

. . . . . ....

...

0 0. . . 1 0

0 0 · · · 1 1

31


y J1 matriz de Jordan, el orden r de la caja C (r) viene determinado por

(7.1) r = δ (f) = mın

{k ∈ N : X ∩ ker

[(f − id

)k]6= ∅}

Demostración. Sea H = C (r)− id (r). Por ejemplo, para r = 5 tenemos

H =

0 0 0 0 0

1 0 0 0 0

0 1 0 0 0

0 0 1 0 0

0 0 0 1 0

H2 =

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

1 0 0 0 0

0 1 0 0 0

0 0 1 0 0

H3 =

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

1 0 0 0 0

0 1 0 0 0

H4 =

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

0 0 0 0 0

1 0 0 0 0

Finalmente H5 = 0. Las ecuaciones de ker

[(f − id

)k]en las coordenadas

lineales xi inducidas por ε en X son de la forma(Hk 0

0 Jk1

)(x0

~x

)=

(0

~0

)y para k < r aparece la ecuación x0 = 0 que resulta incompatible con la

ecuación de x0 = 1 de X. Así:

ker

[(f − id

)k]∩X = ∅ si k < r

Justamente cuando k = r, Hk = 0 y en el sistema de ecuaciones anterior no

interviene la variable x0. Si añadimos ahora la ecuación x0 = 1 el sistema

resultante es compatible, y por tanto:

ker

[(f − id

)k]∩X 6= ∅

�

Proposición 50. La aplicación δ definida en 7.1 es un invariante en laclasificación afín de endomorfismos.

Corolario 51. Dos matrices cartesianas de Jordan de orden n

J =

(C (r) 0

0 J1

)J ′ =

(C (r′) 0

0 J ′1

)son afínmente semejantes si y sólo si r = r′ y J ′1 puede obtenerse a partirde J1 por permutación de cajas.

32


Observación 52. Procedimiento general para encontrar la matriz de una

simetría (o proyección) afín

1. Empezamos buscando la simetría (o proyección) vectorial ~σ (o ~π)

asociada con la simetría (o proyección) afín σ (o π)

a) Obtenemos los vectores⟨{

~bi

}⟩,⟨{

~di

}⟩que generan la base ~B

y la dirección ~D de la simetría ~σ (o proyección ~π)

b) Utilizamos las propiedades de la simetría (o proyección) para

obtener los coeficientes de la matriz Mε (~σ) (o Mε (~π)) planteando

las ecuaciones:

1) Para los vectores de la base de la simetría (o proyección):

Mε (~σ)(~bi

)=

(~bi

) a d g

b e h

c f i

bi,1

bi,2

bi,3

=

bi,1

bi,2

bi,3

i = 1, ..,dim ~B

2) Para los vectores de la dirección de:

a′ ) Simetría

Mε (~σ)(~di

)= −

(~di

) a d g

b e h

c f i

di,1

di,2

di,3

= −

di,1

di,2

di,3

i = 1, ..,dim ~D

b′ ) Proyección

Mε (~π)(~di

)=

(~0)

a d g

b e h

c f i

di,1

di,2

di,3

=

0

0

0

i = 1, ..,dim ~D

c) Resolviendo las dim ~B + dim ~D ecuaciones, obtenemos los 9 coe-

ficientes de la matriz Mε (~σ) (o Mε (~π)).

d) Tanto la simetría como la proyección dejan invariante el pun-

to de la base, de manera que podemos obtener los coeficientes

α, β, γ de la matriz de la simetria σ (o proyección π) afín

Mε (σ) =

1 0 0 0

α

β Mε (~σ)

γ

Mε (π) =

1 0 0 0

α

β Mε (~π)

γ

33


Elegimos un punto de la base de la simetría σ (o proyección π )

afín.

p =

1

p1

p2

p3

∈ B1) Planteamos las ecuaciones

Mε (σ|π) p = p1 0 0 0

α

β Mε (~σ|~π)

γ

1

p1

p2

p3

=

1

p1

p2

p3

(donde Mε (σ|π) es la matriz de la simetría afín σ o de la

proyección afín π, según el caso).

2) Resolviendo las tres ecuaciones obtenemos los valores de

α, β, γ y determinamos completamente Mε (σ) (o Mε (π)).


Ejercicio 53. Sea ε ={e0, ~e′1,

~e′2,~e′3

}un sistema de referencia cartesiano

del espacio afín real de dimensión 3 A3 (R). Sea M el subespacio afín de

ecuaciones respecto de ε

M := (x1 = 0, x2 = 0)

y N el subespacio vectorial de ecuación ~N := (x3 = 0).

1. Hallar la matriz de la simetría afín con base M y dirección ~N .

2. Sea τ~v la traslación de vector ~v =

1

1

0

. Hallar la forma de Jordan

Jh de la composición h1 = τ~v · σ.

3. Hallar ε′ tal que Mε′ (h1) = Jh1

4. Si h2 = σ · τ~v, estudiar si h1 y h2 son afínmente equivalentes.

Demostración. Empezamos buscando la simetría vectorial ~σ asociada a σ.

Buscamos el vector que generan la base ~M := (x1 = 0, x2 = 0)

~M :=

⟨ 0

0

1

⟩ = 〈~e3〉

34


Buscamos los vectores que generan la dirección ~N := (x3 = 0)

~N :=

⟨ 1

0

0

,

0

1

0

⟩ = 〈~e1, ~e2〉

Sabemos que una simetría deja invariantes los vectores de la base e in-

vierte los de la dirección, por lo que

~σ (~e3) = ~e3

~σ (~e1) = −~e1

~σ (~e2) = −~e2

De manera que la matriz de Mε (~σ) es

Mε (~σ) =

−1 0 0

0 −1 0

0 0 1

El siguiente paso es obtener los coeficientes de Mε (σ)

Mε (σ) =

1 0 0 0

α −1 0 0

β 0 −1 0

γ 0 0 1

Buscamos un punto perteneciente a la base afín de la simetría, que queda-

rá invariante por ella. Observamos que el origen del sistema de referencia

e0 =

1

0

0

0

∈M , de manera que α = β = γ = 0

Mε (σ) =

1 0 0 0

0 −1 0 0

0 0 −1 0

0 0 0 1

En el segundo apartado vamos a hallar la forma de Jordan Jh de la

composición h1 = τ~v · σ, donde ~v =

1

1

0

.

35


La matriz de una traslación Mε (τ~v) es

Mε (τ~v) =

1 0 0 0

1 1 0 0

1 0 1 0

0 0 0 1

Así que la composición h1 = τ~v · σ es

h1 =

1 0 0 0

1 1 0 0

1 0 1 0

0 0 0 1

1 0 0 0

0 −1 0 0

0 0 −1 0

0 0 0 1

=

1 0 0 0

1 −1 0 0

1 0 −1 0

0 0 0 1

Observamos que la aplicación vectorial ~h1 ya tiene forma de Jordan, por

lo que sólo nos queda determinar si h1 tiene puntos fijos.

h1 (p) = p1 0 0 0

1 −1 0 0

1 0 −1 0

0 0 0 1

1

p1

p2

p3

=

1

p1

p2

p3

1− p1 = p1 ⇒ p1 =

1

2

1− p2 = p2 ⇒ p2 =1

2p3 = p3

De manera que h1 tiene puntos fijos de la forma

p =

11212

c

c ∈ R

Es decir, h1 tiene una recta de puntos fijos, por lo que su matriz de Jordan

es

Jh1=

1 0 0 0

0 −1 0 0

0 0 −1 0

0 0 0 1

En el tercer apartado vamos a encontrar una base ε′ =

{e′0,

~e′1,~e′2,

~e′3

}tal

que Mε′ (h1) = Jh1. Las columnas de la matriz de Jordan son las imágenes

36


de los vectores de la base ε′, de manera que

Jh1(e′0) = e′0

Es decir, e′0 es un punto fijo. Hemos visto que los puntos fijos son de la

forma

p =

11212

c

c ∈ R

por lo que elegimos c = 0

e′0 =

11212

0

Para el resto de vectores del sistema de referencia

Jh1(−→e1,2

′) = −−→e1,2′ ⇒ −→e1,2

′ ∈ ker(~Jh1

+−→id)⇒ x3 = 0

De manera que para −→e1,2′ podemos elegir −→e1,2. Finalmente, Jh1

(−→e3′) = −→e3

′ ⇒−→e3′ ∈ ker

(−→Jh1 −

−→id)⇒ x1 = x2 = 0. Es decir, que podemos elegir −→e3

′ = −→e3.

Finalmente,

ε′ =

11212

0

,−→e1 ,−→e2 ,−→e3

En el último apartado h2 = σ · τ~v. Vamos a demostrar que h1 y h2 son

afínmente equivalentes. Para que dos aplicaciones sean afínmente equiva-

lentes, debe existir g tal que h1 = g · h2 · g−1. En este caso podemos utilizar

g = σ, como vemos

(7.2) h1 = σ · h2 · σ−1 = σ · (σ · τ~v) · σ−1 = σ2 · τ~v · σ−1

Pero ahora, por las propiedades de la simetría

σ2 = id⇒ σ = σ−1

de manera que 7.2 queda

h1 = τ~v · σ

que es precisamente la definición de h1. También podríamos haber utili-

zado g = τ~v

h1 = τ~v · h2 · τ−1~v = τ~v · (σ · τ~v) · τ−1

~v = τ~v · σ ·(τ~v · τ−1

~v

)= τ~v · σ

37


Lo que demuestra de nuevo que h1 y h2 son afínmente equivalentes. �


afín real de dimensión 3 A3 (R). Sean R y S los subespacios afines de

ecuaciones respecto a ε

R := (x2 = 2, x3 = 0)

S := (x1 + x3 = 1, x2 = 2)

1. Hallar la matriz de la simetría afín σ con base R + S y dirección

〈−→e1 +−→e2 +−→e3〉.

2. Sea τa la traslación del vector

1

1 + a

1− a

, donde a ∈ R. Determinar

la matriz canónica de Jordan de τa · σ en función de a.

3. Si a = 0, hallar un sistema de referencia cartesiano ε′ tal que la

matriz de Jordan de τ0 sea Mε′ (τ0 · σ).

Demostración. a)

Empezamos estudiando la posición relativa de las dos rectas R y S.

Elegimos un punto de cada recta:

pR =

1

x1

2

0

pS =

1

x1

2

1− x1

De manera que vemos que existe un punto común p =

1

1

2

0

∈ R ∩ S. Es

decir, las rectas R y S se cortan en un punto. De manera que R + S es

un plano afín que contiene las dos rectas R y S. En este caso, podemos

describir el plano R+ S como

R+ S = p+ ~R+ ~S

~R =

⟨ 1

0

0

⟩ ~S =

⟨ 1

0

−1

⟩38


Por lo que

R+ S =

1

1

2

0

+ λ

1

0

0

+ µ

1

0

−1

Los puntos q ∈ R+ S serán de la forma

q =

1

x1

x2

x3

=

1

1 + λ+ µ

2

−µ

⇒ x2 = 2

R+ S := (x2 = 2)

El primer paso para obtener la matriz de simetría afín σ será obtener la

matriz de la simetría vectorial ~σ asociada, con base ~R + ~S y dirección ~D =

〈−→e1 ,−→e2 ,−→e3〉

~R+ ~S := (x2 = 0)

De las propiedades de la simetría sabemos que σ (~eb) = ~eb (deja invariantes

los vectores de la base) . Como −→e1 ,−→e3 ∈ ~R+ ~S de ecuciones (x2 = 0),

σ (−→e1) = −→e1

σ (−→e3) = −→e3

En cuanto a los vectores de la dirección

σ (−→e1 +−→e2 +−→e3) = −−→e1 −−→e2 −−→e3

De manera que tenemos

σ (−→e1 +−→e2 +−→e3) = σ (−→e1) + σ (−→e2) + σ (−→e3) = −→e1 +−→e3 + σ (−→e2)⇒

⇒ σ (−→e2) = −2−→e1 −−→e2 − 2−→e3

Con lo que la matriz de la simetría vectorial

~σ =

1 −2 0

0 −1 0

0 −2 1

El siguiente paso implica seleccionar un punto de la base del espacio afín

base de la simetría σ (que quedará invariante) para poder determinar los

39


coeficientes α, β, γ

Mε (σ) =

1 0 0 0

α 1 −2 0

β 0 −1 0

γ 0 −2 1

Elegimos un punto cualquiera de R+ S,

p =

1

1

2

0

1 0 0 0

α 1 −2 0

β 0 −1 0

γ 0 −2 1

1

1

2

0

=

1

1

2

0

=

1

α− 3

β − 2

γ − 4

Con lo que obtenemos

α = 4, β = 4, γ = 4

Y la matriz de la simetría afín Mε (σ)

Mε (σ) =

1 0 0 0

4 1 −2 0

4 0 −1 0

4 0 −2 1

�

Demostración. b)

La matriz de la traslación τa es

τa =

1 0 0 0

1 1 0 0

1 + a 0 1 0

1− a 0 0 1

con lo que Mε (τa · σ) será

Mε (τa · σ) =

1 0 0 0

1 1 0 0

1 + a 0 1 0

1− a 0 0 1

1 0 0 0

4 1 −2 0

4 0 −1 0

4 0 −2 1

=

1 0 0 0

5 1 −2 0

5 + a 0 −1 0

5− a 0 −2 1

Vemos que la parte vectorial de Mε (τa · σ) coincide con Mε (σ) indepen-

dientemente del valor de a. Como sabemos que la matriz de Jordan de40


una simetría vectorial ~Jσ es de la forma (base de dimensión 2, dirección

de dimensión 1):

−→Jσ =

1 0 0

0 1 0

0 0 −1

Así, J (−→τa · −→σ ) =

−→Jσ. Nos falta determinar si τa · σ tiene puntos fijos (necesi-

tamos un punto para construir la parte afín):1 0 0 0

5 1 −2 0

5 + a 0 −1 0

5− a 0 −2 1

1

x1

x2

x3

=

1

x1

x2

x3

⇒ x2 =5

2, a = 0

En función del valor de a, tendremos dos tipos de formas canónicas de

Jordan:

1. a = 0⇒Significa que tenemos puntos fijos ⇒Tenemos una simetría

afín:

Ja=0 =

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 −1

2. a 6= 0⇒Tenemos una simetría afín con desplazamiento:

Ja 6=0 =

1 0 0 0

1 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 −1

�

Demostración. c)

Ahora vamos a buscar un sistema de referencia ε′ tal que la matriz de

Jordan (para el caso a = 0) coincida con Mε (τ0 · σ).

Ja=0 =

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 −1

Las columnas de la matriz de Jordan son las imágenes de los vectores de

este sistema de referencia, de manera que

J (e′0) = e′041


Elegimos como e′0 un punto fijo, cuya forma hemos determinado en el

apartado anterior

x2 =5

2, (a = 0)

e′0 =

1

052

0

Para los vectores

J(~e′1,2

)= −→e1,2

′ ⇒ −→e1,2′ ∈ ker

(−→τ0σ − ~id)

= ker(−→σ − ~id

)J (−→e3) = −−→e3 ⇒ −→e3

′ ∈ ker(−→σ +

−→id)

ker(−→σ − ~id

)⇒ x2 = 0⇒ −→e1

′ = −→e1 =

1

0

0

, −→e2′ = −→e3 =

0

0

1

ker(−→σ +

−→id)⇒ x1 = x2 = x3 ⇒ −→e3

′ =

1

1

1

Finalmente, el sistema de referencia ε′ en el que Mε′ (τ0σ) = J es

ε′ =

1

052

0

,

1

0

0

,

0

0

1

,

1

1

1

Podríamos comprobar que funciona mediante:

P =

1 0 0 0

0 1 0 152 0 0 1

0 0 0 1

P−1Mε (τ0σ)P = J

�


afín real de dimensión 3 A3 (R). Sean M y N los subespacios afines de

ecuaciones respecto a ε

M := (x3 = 0)

N := (2x1 + x3 = 2, x2 = 0)

42


1. Hallar la matriz respecto a ε de la simetría afín σ con base N y

dirección ~M .

2. Hallar la matriz respecto a ε de la proyección afín π con base M y

dirección ~N .

Demostración. a)

Empezamos calculando la matriz de la simetría vectorial ~σ asociada a σ

con base ~N := (2x1 + x3 = 0, x2 = 0) y dirección ~M := (x3 = 0).

~N :=

⟨ 1

0

−2

⟩ ~M =

⟨ 1

0

0

,

0

1

0

⟩

Sea ~σ =

a d g

b e h

c f i

σ

1

0

−2

=

1

0

−2

a d g

b e h

c f i

1

0

−2

=

1

0

−2

=

a− 2g

b− 2h

c− 2i

a = 1− 2g

b = 2h

c = 2i− 2

σ

1

0

0

=

−1

0

0

1− 2g d g

2h e h

2i− 2 f i

1

0

−2

=

1

0

−2

=

1 + 2g

2h

2i− 2

g = 1

h = 0

i = 143


σ

0

1

0

=

0

−1

0

−1 d −1

0 e 0

0 f 1

0

1

0

=

0

−1

0

=

d

e

f

d = 0

e = −1

f = 0

De manera que ~σ

~σ =

−1 0 −1

0 −1 0

0 0 1

Ahora utilizamos un punto de la base de σ (que quedará invariante por

la acción de σ) para completar la matriz Mε (σ).

N 3 p =

1

1

0

0

1 0 0 0

α −1 0 −1

β 0 −1 0

γ 0 0 1

1

1

0

0

=

1

1

0

0

=

1

α− 1

β

γ

De manera que

α = 2 β = 0 γ = 0

Y finalmente

Mε (σ) =

1 0 0 0

2 −1 0 −1

0 0 −1 0

0 0 0 1

�

Demostración. b)

Para encontrar la matriz de la proyección afín π con base M y direc-

ción ~N procederemos de manera análoga al apartado anterior. Empezamos

buscando las proyección vectorial −→π asociada a π.44


La proyección deja invariante los vectores de la base, por lo que pode-

mos escribir:

−→π

1

0

0

=

1

0

0

a d g

b e h

c f i

1

0

0

=

1

0

0

=

a

b

c

⇒ a = 1, b = 0, c = 0

−→π

0

1

0

=

0

1

0

0 d g

1 e h

0 f i

0

1

0

=

0

1

0

=

a

b

c

⇒ d = 0, e = 1, f = 0

La proyección envía los vectores de la dirección a ~0

−→π

1

0

−2

=

0

0

0

0 0 g

1 1 h

0 0 i

1

0

−2

=

0

0

0

=

1− 2g

−2h

−2i

⇒ g =1

2, h = 0, i = 0

De manera que Mε (~π) es

Mε (~π) =

0 0 12

1 1 0

0 0 0

Para obtener la matriz de la proyección afín π, elegimos un punto de la

base M := (x3 = 0). Por ejemplo, el origen,

p =

1

0

0

0

∈M

45


De manera que

Mε (π) =

1 0 0 0

0 0 0 12

0 1 1 0

0 0 0 0

�

Ejercicio 56. Sea ε un sistema de referencia cartesiano de un espacio afín

real de dimensión 3 A3 (R). Sea P el subespacio afíne de ecuación respecto

a ε

P := (x1 + x3 = 1)

Hallar la proyección afín π con base P y dirección

~D := (x1 = 0, x2 + 2x3 = 0)

Demostración. Empezamos buscando la proyección vectorial ~π asociada a

π. Buscamos los vectores que generan la base P (y que quedarán invarian-

tes bajo la acción de ~π):

~P : = (x1 + x3 = 0)→ x3 = −x1

~P :=

⟨ 1

0

−1

,

0

1

0

⟩

Buscamos el vector que genera la dirección ~D =

⟨ 0

2

−1

⟩Utilizandos las propiedades de la proyección, escribimos: a d g

b e h

c f i

1

0

−1

=

1

0

−1

=

a− gb− hc− i

a d a− 1

b e b

c f c+ 1

0

1

0

=

0

1

0

=

d

e

f

⇒ d = 0, e = 1, f = 0

Finalmente: a 0 a− 1

b 1 b

c 0 c+ 1

0

2

−1

=

0

0

0

=

−a+ 1

2− b−c− 1

⇒ a = 1, b = 2, c = −1

46


De manera que Mε (~π)

Mε (~π) =

1 0 0

2 1 2

−1 0 0

Ahora elegimos un punto de la base P para completar la matriz de la

proyección afín π. Elegimos

p =

1

1

0

0

∈ PDe manera que

1 0 0 0

α 1 0 0

β 2 1 2

γ −1 0 0

1

1

0

0

=

1

1

0

0

=

1

α+ 1

β + 2

γ − 1

⇒ α = 0, β = −2, γ = 1

Con lo que, finalmente

Mε (π) =

1 0 0 0

0 1 0 0

−2 2 1 2

−1 −1 0 0

�

8. HOMOTECIAS AFINES Y DILATACIONES

Definición 57. En un espacio afín X, una homotecia h = h (c, λ) afín

de centro c y razón λ, con λ 6= 0, 1, actúa dejando únicamente el centro

fijo y manteniendo invariantes las direcciones, produciendo, de manera

uniforme desde el centro, una extensión (si |λ| > 1) o una contracción (si

|λ| < 1) en función de la razón λ (ver figura 8.1).

Formalmente la acción de h (c, λ) sobre cada punto x del espacio afín X

se expresa por

h (c, λ) (x) = c+ λ (−→cx) = c+ λ (x− c)

por lo que h (c) = c es el único punto fijo de la homotecia h y la transfor-

mación lineal asociada es ~h = λ−→id.

Definición 58. Matriz asociada a una homotecia h.47


FIGURA 8.1. Homotecia h (c, λ) de centro c y razón λ > 1.

La matriz asociada una homotecia Mε (h) es de la forma:

Mε (h) =

1 0 0 0

c1 λ 0 0

c2 0 λ 0

c3 0 0 λ

Definición 59. Matriz de Jordan de una homotecia h

La matriz de Jordan Jh de una homotecia es de la forma

Jh =

(1 0

0 λId

)pues la homotecia siempre tiene un punto fijo, el centro de la homotecia y

la transformación lineal asociada tiene forma de matriz diagonal λId.

El conjunto formado por las homotecias y las traslaciones de X se de-

nomina grupo de las dilataciones de X.

Definición 60. Matriz de Jordan de una dilatación d

La matriz de Jordan Jd de una dilatación d, si tiene un punto fijo (y

λ 6= 1) es

Jd =

1 0 0

0 λ 0 0

0 0 λ 0

0 0 0 λ

48


Proposición 61. La composición de una homotecia h (c, λ) y una traslaciónτ~v también es una homotecia (ver ejercicio 65)

h1 = h (c, λ) · τ~v ⇒ λ1 = λ c1 = c− λ

λ− 1~v

h2 = τ~v · h (c, λ)⇒ λ2 = λ c2 = c− ~v

λ− 1

Para demostrar que h es homotecia afín debemos verificar que:

1. ~h = λ~id

2. Existe un único punto c ∈ X tal que h (c) = c

Proposición 62. Un endomorfismo afín d es una dilatación si y sólo sitransforma una recta en otra paralela (ver ejercicio 68)


Ejercicio 63. Sea A3 (R) el espacio afín real de dimensión 3 y ε un sistema

de referencia cartesiano. Calcula la matriz respecto a ε de la homotecia h

con centro c=

1

2

0

1

y tal que

h

1

1

1

1

=

1

−1

3

1

Determina la razón λ.

Demostración. Por las propiedades de la homotecia sabemos que su matriz

es de la forma

Mε (h) =

1 0 0 0

α λ 0 0

β 0 λ 0

γ 0 0 λ

49


donde λ es la razón y ~h = λ−→id. Como la homotecia deja el centro invariante,

h (c) = c 1 0 0 0

α λ 0 0

β 0 λ 0

γ 0 0 λ

1

2

0

1

=

1

2

0

1

=

1

α+ 2λ

β

γ + λ

2 = α− 2λ

0 = β

1 = γ − λ

De manera que

Mε (h) =

1 0 0 0

2− 2λ λ 0 0

0 0 λ 0

γ − λ 0 0 λ

Y ahora, gracias al conocimiento de que h

1

1

1

1

=

1

−1

3

1

determinamos

la razón1 0 0 0

2− 2λ λ 0 0

0 0 λ 0

1− λ 0 0 λ

1

1

1

1

=

1

2− λλ

1

1

−1

3

1

⇒ λ = 3

Con lo que hemos determinado Mε (h)

Mε (h) =

1 0 0 0

−4 3 0 0

0 0 3 0

−2 0 0 3

�

Ejercicio 64. Sea A3 (R) el espacio afín real de dimensión 3 y ε un sistema

de referencia cartesiano. Sea h la homotecia afín que verifica:

Mε (h) =

1 0 0 0

1 3 0 0

0 0 3 0

1 0 0 3

50


Hallar la matriz de Jordan Jh para h y un sistema de referencia ε′ tal que

Mε′ (h) = Jh.

Demostración. La matriz de Jordan de una homotecia Jh es de la forma

Jh =

(1 0

0 λId

)ya que la homotecia siempre tiene un punto fijo, el centro de la homotecia.

En nuestro caso, la forma de la matriz de Jordan Jh es

Jh =

1 0 0 0

0 3 0 0

0 0 3 0

0 0 0 3

Ahora vamos a buscar un sistema de referencia cartesiano ε′ = {e′0, ~ei, i = 1, 2, 3}

tal que Mε′ = Jh Empezamos buscando el nuevo origen del sistema de re-

ferencia ε′

h (e′0) = e′01 0 0 0

1 3 0 0

0 0 3 0

1 0 0 3

1

x1

x2

x3

=

1

1 + 3x1

3x2

1 + 3x1

=

1

x1

x2

x3

⇒ x1 = −1

2, x2 = 0, x3 = −1

2

Como ~h = λ−→Id podemos utilizar los vectores −→e1

′ = −→e1 ,−→e2′ = −→e2 y −→e3

′ = −→e3 de

manera que

ε′ =

1

− 12

0

− 12

,

1

0

0

,

0

1

0

,

0

0

1

�

Ejercicio 65. En el espacio afín X sea h un homotecia afín de centro c y

razón λ 6= 0, 1. Sea τ~v la traslación de vector ~v 6= 0.

1. Probar que las composiciones

h1 = h · τ~v

h2 = τ~v · h

son homotecias afines de razón λ.51


2. Si c1 y c2 son los centros de h1 y h2 comprobar que satisfacen

c1 = c− λ~v

λ− 1

c2 = c− ~v

λ− 1

Concluir que si ~v 6= ~0 se cumple que h1 6= h2.

Demostración. Para demostrar que h es una homotecia afín debemos com-

probar que para la aplicación vectorial asociada ~h (x) =(λ−→id)

(x) existe un

único c ∈ X tal que h (c) = c.

Por definición de homotecia

h (x) = h (c, λ) (x) = c+ λ (−→cx) = c+ λ (x− c)

Luego

h1 (x) = (h · τ~v) (x) = h (x+ ~v) = c+ λ (x+ ~v − c)

Ahora tomamos un y ∈ X, y 6= x

~h1 (−→xy) = h1 (y)− h1 (x) = c+ λ (y + ~v − c)− (c+ λ (x+ ~v − c)) =

= λ (y − x) = λ (−→xy)⇒ ~h1 = λ−→id

Medianteh1 (x) = x buscamos el punto invariante de la homotecia h1 (su

centro).

x = h1 (x) = (h · τ~v) (x) = h (x+ ~v) = c+ λ (x+ ~v − c) = c+ λx+ λ~v − λc

Aislamos x para obtener el punto invariante de la homotecia h1

x− λx = c+ λ~v − λc

x (1− λ) = (1− λ) c+ λ~v

x = c− λ~v

λ− 1(λ 6= 1)

Por tanto, hemos comprobado que h1 = h · τ~v es una homotecia de razón λ

y centro c1 = c− λ~vλ−1 .

Seguimos los mismos pasos para comprobar el caso de la homotecia

h2 = τ~v · hPrimero probamos que ~h2 = λ

−→id

h2 (x) = (τ~v · h) (x) = τ~v (c+ λ (x− c)) = c+ λ (x− c) + ~v52


Elegimos un y ∈ X, y 6= x

h2 (−→xy) = h2 (y − x) = h2 (y)− h2 (x) =

= c+ λ (y − c) + ~v − (c+ λ (x− c) + ~v) =

= λ (y − x) = λ−→xy ⇒ ~h2 = λ−→id

Ahora, vamos a buscar su centro, es decir, que existe un único punto

x ∈ X tal que h2 (x) = x.

x = h2 (x) = (τ~v · h) (x) = c+ λ (x− c) + ~v

x− λx = c (1− λ) + ~v

x = c− ~v

λ− 1(λ 6= 1)

Es decir, que h2 es una homotecia de razón λ y centro c2 = c− ~vλ−1 . �

Ejercicio 66. Sea ε = {0; ~e1, ~e2, ~e3} un sistema de referencia cartesiano del

espacio afín real de dimensión 3 A3 (R)

1. Calcular la matriz de dilatación d con centro c =

1

1

0

1

y razón

λ = 2 tal que d

1

1

0

1

=

1

1

2

0

.

2. Expresar d como composición de una homotecia afín con centro en

el origen O y una traslación.

Demostración. 1)

La dilatación es de razón λ = 2 de manera que Mε (d) es

Mε (d) =

1 0 0 0

α 2 0 0

β 0 2 0

γ 0 0 2

53


Utilizamos que sabemos cómo actúa sobre

1

1

0

1

1 0 0 0

α 2 0 0

β 0 2 0

γ 0 0 2

1

1

0

1

=

1

1

2

0

=

1

α+ 2

β

γ + 2

1 = α+ 2→ α = −1

2 = β

0 = γ + 2→ γ = −2

De manera que

Mε (d) =

1 0 0 0

−1 2 0 0

2 0 2 0

−2 0 0 2

�

Demostración. 2)

Si descomponemos d = τ~v ·h, donde h es una homotecia afín ~d = ~h = 2−→id,

de manera que h tiene razón λ = 2. Como h deja fijo el origen O

Mε (h) =

1 0 0 0

0 2 0 0

0 0 2 0

0 0 0 2

Mε (τ~v) =

1 0 0 0

−1 1 0 0

2 0 1 0

−2 0 0 1

~v =

1

−1

2

−2

�


real de dimensión 3 A3 (R).54


1. Hallar la matriz de la dilatación d de A3 (R) que transforma P1 en

Q1 y P2 en Q2

P1 =

1

1

0

0

Q1 =

1

0

2

1

P2 =

1

1

2

0

Q2 =

1

0

1

1

2. Hallar la transformación canónica de Jordan de d.

Demostración. 1)

Si d transforma P1 en Q1 y P2 en Q2 usamos esta información para

determinar λ, α, β y γ.

Mε (d) =

1 0 0 0

α λ 0 0

β 0 λ 0

γ 0 0 λ

1 0 0 0

α λ 0 0

β 0 λ 0

γ 0 0 λ

1

1

0

0

=

1

0

2

1

=

1

α+ λ

β

γ

α = −λ

β = 2

γ = 11 0 0 0

−λ λ 0 0

2 0 λ 0

1 0 0 λ

1

1

2

0

=

1

0

1

1

=

1

λ− λ2 + 2λ

1

⇒ λ = −1

2

Así,

Mε (d) =

1 0 0 012 − 1

2 0 0

2 0 − 12 0

1 0 0 − 12

�

55


Demostración. 2)

Como la dilatación d tiene un punto fijo (y λ 6= 1), la matriz de Jordan Jd

es

Jd =

1 0 0 0

0 − 12 0 0

0 0 − 12 0

0 0 0 − 12

�

Ejercicio 68. Demostrar que un enfomorfismo afín es una dilatación si y

sólo si transforma cada recta en otra paralela.

Demostración. Para demostrar esta afirmación debemos demostrar:

1. Si d es dilatación ⇒ d transforma cada recta en una recta paralela.

2. Si g transforma cada recta en otra paralela ⇒ g es una dilatación.

Si d es una dilatación, entonces transforma una recta en otra paralela.

Por definición, ~d = λ−→id ⇒ ∀~v, ~d (~v) = λ~v, es decir, la dirección de la recta 〈~v〉

queda invariante ⇒ d transforma una recta en otra recta paralela.

En cuanto a la segunda implicación, suponemos que g (R) es paralela a

R⇒ ~g (~v) = λ~v~v para un autovalor λ~v asociado a ~v. Tenemos que demostrar

que λ~v es independiente de ~v. Vamos a mirar qué casos pueden darse:

1. Si ~w = α~v (es múltiplo de ~v)

~g (~w) = λ~w ~w

~g (α~v) = α~g (~v) = αλ~v~v = λ~v (α~v) = λ~v ~w

De manera que

λ~w = λ~v = λ

siempre que ~v y ~w sean linealmente dependientes.

2. Si ~v y ~w son linealmente independientes:

~g (~v + ~w) = λ~v+~w (~v + ~w) = λ~v+~w~v + λ~v+~w ~w

~g (~v) + ~g (~w) = λ~v~v + λ~w ~w

Como ~v y ~w son linealmente independientes, de la igualdad se de-

duce que

λ~v+~w = λ~v = λ~w = λ

Por lo que hemos demostrado que λ no depende de ~v, ~g = λ−→id y por tanto,

g es una dilatación. �

56


9. CLASIFICACIÓN DE ENDORFISMOS AFINES

El problema de clasificación de endomorfismos afines es análogo al de

clasificación de endomorfismos lineales (de hecho, es un caso particular).

La teoría de invariantes lineales y el teorema de Jordan constituyen las

herramientas básicas para el problema de la clasificación.

Proposición 69. Un subespacio afín U = p+ ~U es invariante por f si verifica

1. ~U es un subespacio vectorial invariante por ~f .2. ~v = f (p)− p tal que ~v ∈ ~U .

Teorema 70. Teorema de clasificación afín para simetrías afines (Ejercicio9.2)

Dos simetrías afines σ y σ′ cuyas bases son B y B′ respectivamente, sonafínmente equivalentes si y sólo si dimB = dimB′.

Teorema 71. Teorema de clasificación afín para proyecciones afines (Ejer-cicio 9.2)

Dos proyecciones afines π y π′ cuyas bases son B y B′ respectivamente,son afínmente equivalentes si y sólo si dimB = dimB′.

Teorema 72. Teorema de clasificación afín de dilataciones (Ejercicio 9.4)Dos dilataciones f1 y f2 son afínmente equivalentes si y sólo si f1 y f2 son

traslaciones, o bien f1 y f2 son homotecias con la misma razón.

Teorema 73. Teorema de clasificación afín para deformaciones (Ejercicio9.6)

Sean f1y f2 dos deformaciones afines con bases B1 y B2 y razones ρ1 yρ2 respectivamente. Entonces f1 y f2 son afínmente equivalentes si y sólo sidimB1 = dimB2 y ρ1 = ρ2.

Teorema 74. Teorema de clasificación afín para las deformaciones con des-lizamiento (Ejercicio 9.16)

Sean f y f ′ dos deformaciones afines con deslizamiento, con bases B

y B′ y razones ρ1 y ρ2 respectivamente. Entonces, f ′ y f ′ son afínmenteequivalentes si y sólo si dimB = dimB′ y ρ1 = ρ2.

9.1. Problemas tipo. Tenemos dos problemas tipo en este apartado:

Tipo 1: Tenemos la forma que toma la matriz Mε (f) que represen-

ta a un endomorfismo f con respecto a un sistema de referencia

cartesiano ε. Se nos pide:

1. Hallar la forma canónica de Jordan Jf de f57


a) El primer paso es averiguar si f tiene puntos fijos. Para ello

nos preguntamos ¿f (p) = p?, donde p ∈ A3 (R) es un punto

cualquiera de la forma p = (1, a, b, c).

1) Si f tiene puntos fijos, entonces Jf es Jf =

1 0 · · ·0 J~f · · ·...

.... . .

.

2) Si f no tiene puntos fijos, entonces Jf es Jf =

1 0 · · ·1 J~f · · ·...

.... . .

b) El resto de la matriz de Jordan Jf de f es la forma canónica

de Jordan para la aplicación lineal asociada−→f al endomor-

fismo afín f . Por tanto hallamos la forma canónica de J~f

calculando el polinomio característico χ~f (λ) = det∣∣∣~f − λ−→id∣∣∣,

etc.

2. Hallar un sistema de referencia ε′ en el que Mε′ (f) = Jf

a) Las columnas de la forma de Jordan Jf son la imagen de

los vectores del sistema de referencia ε′ por f de manera

que podemos escribir, para cada columna:

Jf =

1 0 0 0

ε λ1 0 0

0 ε1 λ2 0

0 0 ε2 λ3

f (O′) = O′ + ε~e′1 (ε = {0, 1})

f(~e′1

)= λ1

~e′1 + ε1 ~e′2 (ε1 = {0, 1})

...

3. Hallar las ecuaciones respecto a ε′ de los subespacios afines

invariantes por f .

Usaremos la proposición 69 para encontrarlos.

a) Primero buscamos los subespacios invariantes vectoriales

por ~f .

b) Tomamos un punto A3 3 p = (1, a, b, c) cualquiera y cons-

truimos ~v = f (p)− p.c) Comprobamos si ~v ∈

{~X}

, donde{~X}

es el conjunto de los

subespacios vectoriales invariantes por ~f . Si ~v ∈ ~X, enton-

ces X = p| ~X + ~X es un espacio invariante por f .

58


Tipo 2: Dado un polinomio característico χf (λ) y las condiciones que

verifica el endomorfismo afín f , hallar la forma canónica de Jor-

dan Jf de f . Las condiciones que verifica f son del tipo: f no tiene

puntos fijos, f no tiene rectas invariante y deja al menos un plano

invariante, etc.

Ejercicio 75. (Ejercicio Tipo 1)

En el espacio afín tridimensional A (R) se considera el sistema de re-

ferncia cartesiano ε = {O; ~e1, ~e2, ~e3}. Sea f un endomorfismo cuya matriz

respecto a ε viene dada por:

Mε (f) =

1 0 0 0

0 1 1 1

1 0 1 0

0 0 0 1

1. Calcular la matriz de Jordan Jf de f .

2. Hallar el sistema de referencia ε′ de A3 tal que Mε′ (f) = Jf .

3. Determinar las ecuaciones respecto a ε′ de los subespacio afines

invariantes por f .

Demostración. 1)

Para buscar la matriz de Jordan Jf empezamos buscando puntos fijos.

f (p) = p ?1 0 0 0

0 1 1 1

1 0 1 0

0 0 0 1

1

a

b

c

=

1

a+ b+ c

1 + b

c

Vemos que obtenemos b = b + 1, lo que es una contradicción, por lo que f

no tiene puntos fijos. De esta forma, sabemos que Jf es de la forma

Jf =

1 0 0 0

1

0 J~f0

Ahora vamos a buscar la matriz de Jordan de la parte lineal J~f . Empe-

zamos determinando el polinomio característico χf (λ)

χf (λ) =

∣∣∣∣∣∣∣1− λ 1 1

0 1− λ 0

0 0 1− λ

∣∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)3

59


Tenemos un valor propio λ = 1 con multiplicidad 3, por lo que la forma de

J~f es

J~f =

1 0 0

ε1 1 0

0 ε2 1

Para determinar los valores de ε1 y ε2 calculamos dim

(ker(~f −−→id))

= 3 −

rg(

ker(~f −−→id))

rg(


=

0 1 1

0 0 0

0 0 0

= 1

ker(~f −−→id)

:= (y + z = 0)

Como dim(


= 2 ( 6= 3) alguno de los εi debe ser igual a 1. Tene-

mos dos posibilidades:

J~1 =

1 0 0

1 1 0

0 0 1

J~2 =

1 0 0

0 1 0

0 1 1

Aunque estas dos formas son linealmente equivalentes (reordenando las

cajas), como Jf no tiene puntos fijos, las formas afines de J1 y J2 ni tienen

porqué ser afínmente equivalentes.

J1 =

1 0 0 0

1 1 0 0

0 1 1 0

0 0 0 1

J2 =

1 0 0 0

1 1 0 0

0 0 1 0

0 0 1 1

Tenemos que diferenciar cuál de las dos formas es la que corresponde a

nuestro endorfismo. Para ello, utilizaremos el rango, que es un invariante.

ker (J1 − id)2

=

0 0 0 0

0 0 0 0

1 0 0 0

0 0 0 0

⇒ rg(

ker (J1 − id)2)

= 1

ker (J2 − id)2

=

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

⇒ rg(

ker (J2 − id)2)

= 0

60


Vemos que, efectivamente, J1 y J2 no son afínmente equivalentes. Para

determinar cuál corresponde a el endomorfismo de nuestro enunciado:

ker (Mε (f)− id)2

=

0 0 0 0

0 0 0 0

1 0 0 0

0 0 0 0

⇒ rg(

ker (Mε (f)− id)2)

= 1

Con lo que vemos que Jf = J1.

Jf =

1 0 0 0

1 1 0 0

0 1 1 0

0 0 0 1

�

Demostración. 2)

Ahora vamos a buscar un sistema cartesiano de referncia ε′ en el que

Mε′ (f)) = Jf .

Las columnas de Jf son las imágenes por f de ε′, de manera que pode-

mos escribir:

f (O′) = O′ + ~e′1 → ~e′1 = (f − id) (O′)→

→ ~0 =(~f −−→id)(

~e′2

)=(~f −−→id)2 (

~e′1

)=(~f −−→id)3

(O′)⇒

⇒ O′ ∈ ker (Mε (f)− id)3 − ker (Mε (f)− id)

2 − ker (Mε (f)− id)

~f(~e′1

)= ~e′1 + ~e′2 → ~e′2 =

(~f −−→id)(

~e′1

)→ ~0 =

(~f −−→id)(

~e′2

)=(~f −−→id)2 (

~e′1

)⇒ ~e′1 ∈ ker

(~f −−→id)

~f(~e′2

)= ~e′2 → ~0 =

(~f −−→id)(

~e′2

)⇒ ~e′2 ∈ ker

(~f −−→id)

~f(~e′3

)= ~e′3 → ~0 =

(~f −−→id)(

~e′3

)⇒ ~e′3 ∈ ker

(~f −−→id)

Para el origen O′ tenemos

ker (Mε (f)− id)3

=

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

61


Es decir, que podemos elegir cualquier punto como origen ⇒ elegimos

O′ = (1, 0, 0, 0). Ahora, ~e′1 = (f − id) (O′)

~e′1 =

0 0 0 0

0 0 1 1

1 0 0 0

0 0 0 0

1

0

0

0

=

0

1

0

~e′2 =(~f −−→id)(

~e′1

)=

0 1 1

0 0 0

0 0 0

0

1

0

=

1

0

0

Y finalmente, ~e′3 = ker

(~f −−→id)

(pero independiente de ~e′2)

ker(~f −−→id)

=

0 1 1

0 0 0

0 0 0

x

y

z

=

0

0

0

⇒ y + z = 0

Podemos elegir, por ejemplo

1

0

0

,

0

1

−1

. Como ~e3

′ debe ser lineal-

mente independiente de ~e′2, elegimos

~e3 =

0

1

−1

Y el sistema de referencia ε′ resulta

ε′ =

1

0

0

0

,

0

1

0

,

1

0

0

,

0

1

−1

�

Demostración. 3)

Para determinar las ecuaciones respecto a ε′ de los subespacios afines

invariantes por f conviene recordar la caracterización de los subespacios

afines invariantes:

U = p+ ~U es invariante por f si:

1. ~U es subespacio invariante por ~f .

2. f (p)− p = ~v ∈ ~U , donde p es un punto cualquiera.62


Al pedir las ecuaciones respecto a ε′ debemos trabajar con la matriz Mε′ (f) =

Jf .

Empezamos por calcular los subespacios invariantes por

J~f =

1 0 0

1 1 0

0 0 1

Rectas invariantes Las rectas invariantes se obtiene al calcular los subes-

pacios ker(~f − λ

−→id)

asociados a cada autovalor λ. En nuestro

caso, sólo tenemos un valor propio, λ = 1

ker(~f −−→id)

=

0 0 0

1 0 0

0 0 0

x

y

z

=

0

0

0

→ ker

(~f −−→id)

:= (x = 0)

Por tanto, todas las rectas contenidas en el plano ~Π := (x = 0)

son rectas vectoriales invariantes.

Planos invariantes De momento, tenemos el plano ~Π := (x = 0). Como es-

tamos en dimensión 3, el número de hiperplanos -planos- in-

variantes coincide con el de rectas invariantes. Como tenemos

infinitas rectas, también tenemos infinitos planos invariantes.

Para calcular las ecuaciones de estos planos, utilizamos

H := (u1x+ u2y + u3z = 0) es hiperplano invariante por ~f ⇐⇒ (u1, u2, u3) autovector de ~f t

J t~f =

1 1 0

0 1 0

0 0 1

u1

u2

u3

=

u1

u2

u3

⇒ u1 + u2 = u1 ⇒ u2 = 0

Tenemos un haz de planos invariantes de la forma

Hα,β := (αx+ βz = 0) α, β ∈ R

El caso ~Π := (x = 0) = Hα,0

El siguiente paso es obtener los subespacios afines invariantes.

Una recta afín invariante R = p + ~R será invariante por f cuando su

recta de vectores asociada ~R sea invariante por ~f y ~v = f (p) − p ∈ ~R. Pero

acabamos de ver que si p ∈ A3 (R), entonces ~v =

1

a

0

⇒ ~v /∈ ~Π := (x = 0),

de manera que no tenemos rectas afines invariantes.63


Como en el caso de las rectas, vemos que ~v ∈ Hα,β ⇐⇒ α = 0, de mane-

ra que los planos afines invariantes serán los que tengan como dirección

el plano H0,β := (z = 0). Para cualquier punto p =

1

a

b

c

, se cumple que

H = p+ ~H es un plano afín invariante por f si

H =

1

0

0

c

+

⟨ 1

0

0

,

0

1

0

⟩

(Los planos afines invariantes son paralelos al plano z = 0) �

Ejercicio 76. (Ejercicio tipo 2)

Hallar la matriz de Jordan Jf de un endomorfismo afín f de A3 (R) tal

que χf (t) = (t− 1)4, rg

(~f −−→id)

= 1 y f deja invariante al menos una recta

y no tiene puntos fijos.

Demostración. Del polinomio característico χf (t) = (t− 1)4 observamos

que el endorfismo sólo tiene un valor propio, λ = 1, con multiplicidad 4.

Además, el endorfismo no tiene puntos fijos, por lo que la forma de Jordan

será

Jf =

1 0 0 0

1 1 0 0

0 ε1 1 0

0 0 ε2 1

con εi={0, 1}, (i = 1, 2).

Para averiguar el valor de los εi utilizamos

rg(~f −−→id)

= 1 = rg(J ~f −

−→id)

rg(J ~f −

−→id)

=

0 0 0

ε1 0 0

0 ε2 0

= 1

Por lo que uno de los dos εi = 1. Tenemos dos opciones:

J~1 =

1 0 0

1 1 0

0 0 1

J~2 =

1 0 0

0 1 0

0 1 1

64


Para determinar cuál es la forma correspondiente al endomorfismo del

enunciado, utilizamos la información de que deja al menos una recta in-

variante.

Las rectas invariantes están asociadas a los subespacios de los valores

propios, ker(~f −−→id)

ker(J~1 − ~id

)=

0 0 0

1 0 0

0 0 0

xyz

=

0

0

0

:= (x = 0)

Es decir, que tenemos un plano de rectas invariantes.

~v = f (p)− p ∈ ker(J~1 − ~id

)?

Consideramos un punto cualquiera p =

1

a

b

c

∈ A3

~v = f (p)− p =

1 0 0 0

1 1 0 0

0 1 1 0

0 0 0 1

1

a

b

c

−

1

a

b

c

=

1

a

0

/∈ ker(J~1 − ~id

)

Es decir, que no tenemos rectas afines invariantes para el endorfismo

representado por J1, por lo que J1 no puede ser la forma del endomorfismo

que buscamos.

Repetiremos el proceso para J2 como comprobación.

J2 =

1 0 0 0

1 1 0 0

0 0 1 0

0 0 1 1

ker(J~2 −

−→id)

=

0 1 0

0 0 0

0 0 0

xyz

=

0

0

0

:= (y = 0)

En este caso,

~v = f (p)− p =

1 0 0 0

1 1 0 0

0 0 1 0

0 0 1 1

1

a

b

c

−

1

a

b

c

=

1

0

b

∈ ker(J~2 −

−→id)

65


Por lo que sí tenemos al menos una recta invariante; de hecho, lo son

todas las que tengan como vector dirección

~v =

1

0

b

b ∈ R

Es decir, que las rectas afines invariantes serán de la forma

Ra,c =

1

a

b

c

+

1

0

b

Por lo tanto, la forma de Jordan del endorfismo que buscamos es

Jf =

1 0 0 0

1 1 0 0

0 0 1 0

0 0 1 1

= J2

�

Ejercicio 77.

Sea ε un sistema de referencia cartesiano de un espacio real afín A3 (R)

de dimensión 3. Sea f el endorfismo afín de matriz respcto a ε

Mε (f) =

1 0 0 0

1 2 0 0

0 0 2 0

0 0 1 2

Hallar los subespacios afines invariantes por f respecto a ε.

Demostración. Vemos que Mε (f) ya tiene forma de matriz de Jordan. Del

aspecto que tiene deducimos que f no tiene puntos fijos y que tenemos un

único valor propio λ = 2 con multiplicidad 3.

rg(

ker(~f − 2

−→id))

= rg

0 0 0

0 0 0

0 1 0

= 1⇒ dim

(ker(~f − 2

−→id))

= 3− 1 = 2

66


Como las columnas de Mε (f) = Jf son las imágenes de los vectores de ~ei

del sistema de referencia, tenemos

~f (~e1) = 2~e1 → ~e1 ∈ ker(~f − 2

−→id)

~f (~e2) = 2~e1 + ~e2

~f (~e3) = 2~e3 → ~e3 ∈ ker(~f − 2

−→id)

Vemos que ~e1 y ~e3 son autovectores de valor propio λ = 2, por lo que

cada uno de ellos genera una recta invariante por ~f . La combinación de

estos vectores propios también da lugar a un plano vectorial invariante~Π = 〈~e1, ~e3〉. Es decir, toda recta ~R ⊂ ~Π = ker

(~f − 2

−→id)

es invariante por ~f .

Fuera del plano ~Π no tenemos más autovectores, por lo que no tenemos

más rectas vectoriales invariantes.

Ahora vamos a buscar los planos vectoriales invariantes. Como esta-

mos en dimensión 3, los hiperplanos invariantes son planos, por lo que

tenemos tantos como rectas invariantes. Para calcularlos, buscamos los

vectores propios de ~f t.~f y ~f t tienen el mismo polinomio característico, por lo que también tie-

nen los mismos valores propios,λt = 2 con multiplicidad 3. Los autovecto-

res de ~f t son vectores ~u =

αβγ

∈ ker(~f t − 2

−→id)

0 0 0

0 0 1

0 0 0

αβγ

=

0

0

0

⇒ γ = 0

ker(~f t − 2

−→id)

:= (γ = 0) =

⟨1

0

0

,

0

1

0

⟩

Es decir: no tenemos puntos fijos. Tenemos todas las rectas conteni-

das en el plano ker(~f − 2

−→id)

:= (y = 0) = H0,β y el haz de planos Hα,β :=

(z = 0) = (αx+ βy = 0).

Ahora buscamos los subespacios invariantes afines.

El primer paso es comprobar si el endorfismo f tiene puntos invarian-

tes:

f (p) = p?

67


1 0 0 0

1 2 0 0

0 0 2 0

0 0 1 2

1

a

b

c

=

1

1 + 2a

2b

b+ 2c

1 + 2a = 2→ a = −1

2b = b→ b = 0

b+ 2c = c→ c = 0

De manera que sólo tenemos un punto fijo

p =

1

−1

0

0

Como p es un punto fijo, si ~v = f (p) − p = ~0 ∈ ~U para todo subespacio

vectorial invariante ~U por ~f . Es decir, en este caso, todos los subespacios

vectoriales invariantes también son subespacios afines invariantes por f .

Punto fijo: p =

1

−1

0

0

Rectas: Todas las contenidas en el plano Π := (x = 0) que pasan por

p

Planos: El haz de planos que contiene la recta R = p+ 〈~e3〉

�


Sea ε un sistema de referencia cartesiano del espacio afín real A3 (R) de

dimensión 3. Sa f el endomorfismo afín con matriz respecto a ε

Mε (f) =

1 0 0 0

2 −1 0 −1

0 0 1 0

4 0 0 −1

1. Hallar la forma canónica de Jordan Jf de f .

2. Hallar un sistema de referencia ε′ tal que Mε′ (f) = Jf .

3. Hallar todas las ecuaciones respecto de ε′ de los subespacios afines

invariantes por f .

Demostración. 1)68


Para calcular la forma de Jordan Jf de f , primero buscamos si f tiene

puntos fijos. ¿f (p) = p?1 0 0 0

2 −1 0 −1

0 0 1 0

4 0 0 −1

1

a

b

c

=

1

2− a− cb

4− c

a = 2− a− c→ a = 0

b = b

c = 4− c→ c = 2

Es decir, que tiene una recta de puntos de la forma

p =

1

0

b

2

b ∈ R

R =

1

0

0

2

+

⟨0

1

0

⟩

Ahora calculamos la matriz de Jordan J~f asociada a la aplicación lineal ~f .

Su polinomio característico es

χ~f (λ) = det∣∣∣Mε

(~f)− λ−→id∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣−1− λ 0 −1

0 1− λ 0

0 0 −1− λ

∣∣∣∣∣∣∣ = (1− λ) (1 + λ)2

Tenemos dos valores propios, λ = 1 con multiplicidad 1 y λ = −1 con

multiplicidad 2.

Así tenemos que

J~f =

1 0 0

0 −1 0

0 ε −1

donde ε = {0, 1}. Para determinar su valor, utilizamos el rango

rg(~f +−→id)

= 2 = rg(J~f −

−→id)⇒ ε = 1

69


La forma de Jordan para f es

Jf =

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 −1 0

0 0 1 −1

�

Demostración. 2)

Ahora buscamos ε′ ={O′; ~e′1,

~e′2,~e′3

}tal que Mε′ (f) = Jf .

Como p =

1

0

0

2

es un punto fijo, lo podemos seleccionar como origen del

nuevo sistema de referencia

O′ =

1

0

0

2

Para el resto del sistema, escribimos utilizando Jf

J~f

(~e′1

)= ~e′1 → ~e′1 ∈ ker

(~f −−→id)

(9.1)

J~f

(~e′2

)= −~e′2 + ~e3 → ~e′3 =

(~f +−→id)(

~e′2

)(9.2)

⇒ ~e′2 ∈ ker(~f +−→id)2

− ker(~f +−→id)

(9.3)

J~f

(~e′3

)= ~−e′3 → ~e′3 ∈ ker

(~f +−→id)

Empezamos calculando ~e′1 a partir de 9.1

ker(~f −−→id)

=

−2 0 −1

0 0 0

0 0 −2

xyz

=

0

0

0

⇒ x = 0, z = 0

~e′1 =

0

1

0

70


Ahora vamos a por ~e′2 a partir de 9.3

ker(~f +−→id)2

=

0 0 −1

0 2 0

0 0 0

0 0 −1

0 2 0

0 0 0

→0 0 0

0 4 0

0 0 0

xyz

=

0

0

0

⇒ y = 0

ker(~f +−→id)

=

0 0 −1

0 2 0

0 0 0

xyz

=

0

0

0

⇒ z = 0, y = 0

Como ~e′2 ∈ ker(~f +−→id)2

− ker(~f +−→id), por lo que

~e′2 =

0

0

1

Y finalmente, por 9.2,

~e′3 =(~f +−→id)(

~e′2

)=

0 0 −1

0 2 0

0 0 0

0

0

1

=

−1

0

0

El sistema ε′ en el que Mε′ (f) = Jf resulta

ε′ =

1

0

0

2

,

0

1

0

,

0

0

1

,

−1

0

0

�

Demostración. 3) 9.4.c

PENDIENTE!!! �


Sea ε un sistema de referencia cartesiano de un espacio afín real de

dimensión 3, A3 (R). Sea f el endomorfismo afín cuya matriz respecto a ε

viene dada por:

Mε (f) =

1 0 0 0

0 −2 0 0

3 −4 0 −1

−2 −2 1 2

1. Hallar la matriz de Jordan Jf de f .

2. Hallar un sistema de referencia ε′ de A3 (R) tal que Mε′ (f) = Jf71


3. Hallar las ecuaciones respecto a ε′ de los subespacios afines inva-

riantes por f .

Demostración. 1)

Para encontrar la matriz de Jordan Jf de un endomorfismo afín pri-

mero debemos averiguar si tiene puntos fijos. Para ello, nos preguntamos

¿f (p) = p?, donde p ∈ A3 es un punto cualquier p = (1, a, b, c)

f (p) =

1 0 0 0

0 −2 0 0

3 −4 0 −1

−2 −2 1 2

1

a

b

c

=

1

−2a

3− 4a− c−2− 2a+ b+ 2c

=

1

a

b

c

−2a = a⇒ a = 0

3− c = b⇒ c = 3− b

−2 + b+ 2c = c⇒ c = 2− b

Como vemos, llegamos a una contradicción, lo que significa que f no tiene

puntos fijos. Esto nos indica que la forma de Jf es

Jf =

1 0 0 0

1

0

0

Ahora buscamos la forma canónica de ~f , J~f . Empezamos calculando el

polinomio característico χ~f (t) = det∣∣∣~f − t−→id∣∣∣

χ~f (t) =

∣∣∣∣∣∣∣−2− t 0 0

−4 −t −1

−2 1 2− t

∣∣∣∣∣∣∣ = (2− t) t (2 + t)− (2 + t) = (2 + t) [(t (2− t))− 1] =

= (2 + t)(2t− t2 − 1

)= − (2 + t) (t− 1)

2

Obtenemos dos valores propios t = −2 y t = 1 (con multiplicidad 2). De

manera que la forma canónica para J~f es de la forma:

J~f =

1 0 0

ε 1 0

0 0 −2

72


Como rg(


= 2 tenemos que ε = 1, de manera que, finalmente:

Jf =

1 0 0 0

1 1 0 0

0 1 1 0

0 0 0 −2

�

Demostración. 2)

Ahora buscamos un sistema de referencia ε′ ={O′, ~e′1,

~e′2,~e′3

}en el que

Mε′ (f) = Jf .

Las columnas de la matriz de Jordan Jf son las imágenes de ε′ por f ,

de manera que podemos plantear:

f (O′) = O′ + ~e′1 ⇒ ~e′1 = (f − id) (O′)(9.4)

f(~e′1

)= ~e′1 + ~e′2 ⇒ ~e′2 =

(~f −−→id)(

~e′1

)(9.5)

f(~e′2

)= ~e′2 ⇒ ~e′2 ∈ ker

(~f −−→id)

(9.6)

f(~e′3

)= −2~e′3 ⇒ ~e′3 ∈ ker

(~f + 2

−→id)

(9.7)

De las ecuaciones 9.6 y 9.5 vemos que

(9.8) ~e′1 ∈ ker(~f −−→id)2

− ker(~f −−→id)

Podemos obtener ~e′1 a través de la ecuación 9.4 o de 9.8.

Empezamos buscando ~e′3 ∈ ker(~f + 2

−→id):

ker(~f + 2

−→id)

=

0 0 0

−4 2 −1

−2 1 2

x

y

z

=

0

0

0

⇒ z = 0, y = 2x

~e′3 =

1

2

0

73


Ahora ~e′1 ∈ ker(~f −−→id)2

− ker(~f −−→id):

ker(~f −−→id)

=

−3 0 0

−4 −1 −1

−2 −1 1

x

y

z

=

0

0

0

⇒ x = 0, y + z = 0

ker(~f −−→id)2

=

9 0 0

18 0 2

4 −2 0

x

y

z

=

0

0

0

⇒ x = 0, y = 0, z = 0

Como vemos, ker(~f −−→id)

no nos proporciona información sobre ~e′1. Uti-

lizaremos la segunda vía de la que disponemos en este caso, a través de

9.4:

~e′1 =(~f −−→id)

(O′) =

1 0 0 0

0 −3 0 0

3 −4 −1 −1

−2 −2 1 1

a

b

c

=

−3a

3− 4a− b− c−2− 2a+ b+ c

De manera que tenemos �

Demostración. 3)

Como tenemos que encontrar los subespacios invariantes con ecuacio-

nes respecto a ε′ utilizamos la matriz Jf :

Jf =

1 0 0 0

1 1 0 0

0 1 1 0

0 0 0 −2

Empezamos buscando las rectas vectoriales invariantes (asociadas a los

autovalores λ = 1 y λ = −2.

−→R1 = ker

(~J −−→id)

=

0 0 0

1 0 0

0 0 −3

x

y

z

=

0

0

0

→ x = 0 = z ⇒−→R1 =

⟨ 0

1

0

⟩74


−→R2 = ker

(~J + 2

−→id)

=

3 0 0

1 3 0

0 0 0

x

y

z

=

0

0

0

→ x = 0 = y ⇒−→R2 =

⟨ 0

0

1

⟩Ahora buscamos los planos invariantes. Como estamos en dimensión 3,

los planos son hiperplanos, y su número coincide con el de rectas inva-

riantes, es decir, dos.

El primer plano invariante es el que contiene las dos rectas vectoriales

invariantes que acabamos de encontrar:

−→Π1 =

⟨ 0

1

0

,

0

0

1

⟩ := (x = 0)

El otro plano vectorial invariante es el que se obtiene de la caja

[

1 0

1 1

]0

0 0 −2

que corresponde a

−→Π2 := (z = 0) =

⟨ 1

0

0

,

0

1

0

⟩

A continuación buscamos los invariantes afines.

De la forma de Jf de f vemos que no hay puntos fijos (el 1 indicado con

flechas), por lo que no los buscamos.

Jf =

1 0 0 0

1 ←↑

(−→f)

0

Sea p un punto cualquiera de A3, p =

1

a

b

c

−→v = f (p)− p =

1

1 + a

a+ b

−2c

−

1

a

b

c

=

1

a

−3c

a, c ∈ R

75


Vemos que ~v /∈−→R1,−→R2 (ya que x 6= 0 en el caso de ~R1 y z 6=0 en el caso de

~R2).

Por el mismo motivo, ~v /∈−→Π1. Finalmente, vemos que ~v ∈

−→Π2 ⇐⇒ c = 0,

de manera que tenemos un plano afín invariante por f

Π := (z = 0) =

1

a

b

0

+−→Π2 =

1

a

b

0

+

⟨ 1

0

0

,

0

1

0

⟩

�


A3 (R). Sea f el endomorfismo afín de matriz respecto a ε:

Mε (f) =

1 0 0 0

−3 −4 0 4

1 6 1 −3

3 −1 0 0

con polinomio característico χ~f (t) = (1− t) (t+ 2)

2.

1. Hallar la forma canónica de Jordan Jf de f .

2. Si ε′ es un sistema de referencia tal que Mε′ (f) = Jf , hallar las

ecuaciones respecto a ε′ de los subespacios afines invariantes por

f .

Demostración. 1)

El primer paso para encontrar la forma canónica Jf es averiguar si f

tiene puntos fijos.1 0 0 0

−3 −4 0 4

1 6 1 −3

3 −1 0 0

1

a

b

c

=

1

a

b

c

=

1

−3− 4a+ 4c

1 + 6a+ b− 3c

3− a

9a = 9→ a = 1

−1 = 9a− 9→ a = 8/9

c = 3− a76


Llegamos a contradicción, lo que significa que f no tiene puntos fijos y por

tanto, Jf es de la forma

Jf =

1 0 0 0

1 J~f · · ·

0...

. . .

0

De la forma del polinomio característico χ~f (t) observamos que tenemos

dos valores propios, t = 1 y t = −2 (con multiplicidad 2), de manera que

J~f =

1 0 0

0 −2 0

0 ε −2

con ε = {0, 1}. Para determinar ε utilizamos que el rango es un invariante,

de manera que

rg(Mε

(~f)−−→id)

= rg

−2 0 4

6 3 −3

−1 0 2

= 2 =

3 0 0

0 0 0

0 ε 0

⇒ ε = 1

Así que, finalmente,

Jf =

1 0 0 0

1 1 0 0

0 0 −2 0

0 0 1 −2

�

Demostración. 2)

Ahora buscamos las ecuaciones respecto a ε′ de los subespacios inva-

riantes respecto a f . Como queremos las ecuaciones respecto a ε′, utiliza-

mos Mε′ (f) = Jf .

Empezamos buscando las rectas invariantes asociadas a los valores

propios de ~f .

ker(−→f −

−→id)

: =

0 0 0

0 −3 0

0 1 −3

x

y

z

=

0

0

0

−→R1 := (y = 0, z = 0) :=

⟨ 1

0

0

⟩77


ker(−→f + 2

−→id)

: =

3 0 0

0 0 0

0 1 0

x

y

z

=

0

0

0

−−→R−2 := (x = 0, y = 0) :=

⟨ 0

0

1

⟩

En cuanto a los planos invariantes vectoriales invariantes, como esta-

mos en dimensión tres, los planos son hiperplanos, y por tanto, su número

coincide con el de rectas invariantes.

El primer plano es el que contiene las rectas invariantes−→R1 y

−−→R−2, es

decir

−→Π1 := (y = 0) :=

⟨ 1

0

0

,

0

0

1

⟩

El segundo plano lo obtenemos a partir de los autovectores de−→f t. Si

H := (u1x+ u2y + u3z = 0) es invariante por ~f , entonces (u1, u2, u3) es un

autovector de−→f t. 1 0 0

0 −2 1

0 0 −2

u1

u2

u3

=

u1

u2

u3

u1 = u1

−2u2 + u3 = u2 ⇒ u2 = 0

−2u3 = u3 ⇒ u3 = 0

De manera que el plano invariante−→Π2 := (1, 0, 0) := (x = 0) �

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ÍNDICE ALFABÉTICO

Aplicación lineal, 2

Aplicación lineal biyectiva, 3

Aplicación lineal inyectiva, 3

Aplicación lineal suprayectiva, 3

Autovalor, 4

Autovector, 4

Endomorfismos afínmente equivalentes,

30

Equivalencia lineal entre dos

endomorfismos lineales, 12

Homotecia, 3

Homotecia afin, 47

Imagen, 2

Matrices semejantes, 3

Matriz asociada a una homotecia, 47

Matriz de Jordan de una dilatación, 48

Matriz de Jordan de una homotecia, 48

Matriz de Jordan de una proyección, 7

Matriz de Jordan de una simetría, 8

Matriz de una traslación, 29

Matriz diagonalizable, 5

multiplicidad, 4

Núcleo, 2

Polinomio característico, 4, 7, 13

Polinomio mínimo, 7

Polinomio mínimo de un endorfismo

nulo, 6

Polinomio mínimo de una homotecia

vectorial, 6

Polinomio mínimo de una proyección, 7

Polinomio mínimo de una simetría

vectorial, 7

Procedimiento general para encontrar la

matriz de una simetría (o proyección)

afín, 33

Proyección, 3, 7

Proyección afín, 33

Rango, 13

Rotaciones en el plano, 4

Simetría, 3, 8

Simetría afín, 33

Subespacio afín invariante, 57

Subespacio propio, 5

Teorema de clasificación afín de

dilataciones, 57

Teorema de clasificación afín para

deformaciones, 57

Teorema de clasificación afín para las

deformaciones con deslizamiento, 57


proyecciones afines, 57


simetrías afines, 57

Valor propio, 4

Vector propio, 4

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