Problema 4 · Matrices y Vectores UB 2025

a. (10 punts) Siguin F i G dos subespais d'un espai vectorial E. Definiu la suma directa de F i G. Demostreu que la suma de F i G és directa si i només si donades B_F i B_G bases de F i G respectivament, aleshores B_F U B_G és base de F + G.

Solución: Definició: La suma de dos subespais $F$ i $G$ és directa (s'escriu $F \oplus G$) si tot element de la suma s'escriu de manera única com a suma d'un vector de $F$ i un de $G$, la qual cosa equival a dir que $F \cap G = \{\vec{0}\}$. Demostració: • $(\Longrightarrow)$ Suposem que la suma és directa. Sigui $B_F = \{u_1, \dots, u_r\}$ i $B_G = \{w_1, \dots, w_s\}$. Clarament el conjunt $B_F \cup B_G$ genera $F + G$. Per veure que és linealment independent, plantegem: $$\sum_{i=1}^r \alpha_i u_i + \sum_{j=1}^s \beta_j w_j = \vec{0}.$$ Com que $u = \sum_{i=1}^r \alpha_i u_i \in F$ i $w = \sum_{j=1}^s \beta_j w_j \in G$, tenim $u + w = \vec{0} \Longrightarrow u = -w \in F \cap G$. Com que $F \cap G = \{\vec{0}\}$, cal que $u = \vec{0}$ i $w = \vec{0}$. Per ser $B_F$ i $B_G$ bases (i per tant vectors l.i.), $\alpha_1 = \dots = \alpha_r = 0$ i $\beta_1 = \dots = \beta_s = 0$. Així, són l.i. i formen base. • $(\Longleftarrow)$ Suposem que $B_F \cup B_G$ és base de $F + G$. Sigui $v \in F \cap G$. Com que $v \in F$, $v = \sum_{i=1}^r \alpha_i u_i$. Com que $v \in G$, $v = \sum_{j=1}^s \beta_j w_j$. Restant ambdues expressions: $$\sum_{i=1}^r \alpha_i u_i - \sum_{j=1}^s \beta_j w_j = \vec{0}.$$ Com que $B_F \cup B_G$ és una base (linealment independent), tots els escalars han de ser zero: $\alpha_i = 0$ i $\beta_j = 0$. Per tant $v = \vec{0}$, la qual cosa demostra que $F \cap G = \{\vec{0}\}$ i la suma és directa.

b. (10 punts) Definiu el conjunt S_n de permutacions de {1, 2, ..., n}. Donada sigma in S_n, definiu sigma^(-1) i demostreu que (sigma tau)^(-1) = tau^(-1) sigma^(-1).

Solución: Definició de $S_n$: És el conjunt de totes les bijeccions de $\{1, 2, \dots, n\}$ en ell mateix, proveït de l'operació de composició de funcions. Definició de $\sigma^{-1}$: Donada una bijecció $\sigma \in S_n$, $\sigma^{-1}$ és la seva funció inversa, l'única bijecció tal que $\sigma \circ \sigma^{-1} = \sigma^{-1} \circ \sigma = \mathrm{id}$. Demostració de $(\sigma \tau)^{-1} = \tau^{-1} \sigma^{-1}$: Per la propietat associativa de la composició: $$(\sigma \tau)(\tau^{-1} \sigma^{-1}) = \sigma (\tau \tau^{-1}) \sigma^{-1} = \sigma \mathrm{id} \sigma^{-1} = \sigma \sigma^{-1} = \mathrm{id}.$$ De la mateixa manera: $$(\tau^{-1} \sigma^{-1})(\sigma \tau) = \tau^{-1} (\sigma^{-1} \sigma) \tau = \tau^{-1} \mathrm{id} \tau = \tau^{-1} \tau = \mathrm{id}.$$ Per la unicitat de l'element invers en un grup, concloem que $(\sigma \tau)^{-1} = \tau^{-1} \sigma^{-1}$.

c. (10 punts) Sigui A una matriu quadrada n x n. Definiu A^T, la matriu transposada de A, i det(A), el determinant de A. Demostreu que det(A) = det(A^T).

Solución: Definició de matriu transposada: Si $A = (a_{ij})_{1 \le i, j \le n}$, la seva transposada és $A^T = (a'_{ij})$ on $a'_{ij} = a_{ji}$ per a tot $1 \le i, j \le n$. Definició de determinant: $$\det(A) = \sum_{\sigma \in S_n} \operatorname{sgn}(\sigma) \prod_{i=1}^n a_{i, \sigma(i)}.$$ Demostració que $\det(A) = \det(A^T)$: Apliquem la definició a $A^T$: $$\det(A^T) = \sum_{\sigma \in S_n} \operatorname{sgn}(\sigma) \prod_{i=1}^n a'_{i, \sigma(i)} = \sum_{\sigma \in S_n} \operatorname{sgn}(\sigma) \prod_{i=1}^n a_{\sigma(i), i}.$$ Fent el canvi d'índex $j = \sigma(i)$, tenim $i = \sigma^{-1}(j)$. Com que $\sigma$ és una bijecció, reordenar els factors del producte dona: $$\prod_{i=1}^n a_{\sigma(i), i} = \prod_{j=1}^n a_{j, \sigma^{-1}(j)}.$$ A més, la paritat d'una permutació i la de la seva inversa coincideixen: $\operatorname{sgn}(\sigma^{-1}) = \operatorname{sgn}(\sigma)$. Quan $\sigma$ recorre tot el grup simètric $S_n$, $\tau = \sigma^{-1}$ també recorre tot $S_n$ exactament una vegada. Per tant: $$\det(A^T) = \sum_{\sigma \in S_n} \operatorname{sgn}(\sigma^{-1}) \prod_{j=1}^n a_{j, \sigma^{-1}(j)} = \sum_{\tau \in S_n} \operatorname{sgn}(\tau) \prod_{j=1}^n a_{j, \tau(j)} = \det(A).$$