MATEMÁTICAS

¹ Departamento de Matemáticas, Campus de Rabanales, Universidad de Córdoba, 14071 Córdoba, Spain. Correos electrónicos: ma1rimoa@uco.es, rmrubio@uco.es. AMS Classification 2010: 15A04, 15A21.

Resumen

Es bien conocido que todo automorfismo unimodular de un espacio vectorial puede descomponerse como un producto de transvecciones. En este trabajo depuramos la cantidad mínima de transvecciones que permiten tal descomposición.

Palabras clave: espacio vectorial, automorfismo, transvección.

Abstract

It is well-known that every unimodular automorphim of a vector space can be expressed as a product of transvections. In this work, we deal with the necessary minimal number of transvections for to give this product.

Key words: vector space, automorphim, transvection.

1. Introducción

Todo automorfismo de un espacio vectorial V de dimensión finita n ≥ 2 puede descomponerse en una cantidad finita de homologías automorfismos con un hiperplano de vectores dobles). Si su determinante es igual a μ, se descompone en una deformación de razon μ, seguida de una transformación unimodular (automorfismo de determinante unidad) (ver [1]). En lo que sigue trataremos un método geométrico que nos permitirá establecer la cantidad mínima de transvecciones necesaria en la descomposición de todo automorfismo unimodular.

Para las definiciones básicas de los conceptos que aparecen en este trabajo se puede consultar la referencia [1].

2. Descomposición de un autonlorfismo

Proposición 2.1. Sea f un automorfismo con determinante µ. Entonces f se descompone en una transformación unimodular seguida de un deslizamiento oblícuo de razón µ.

Demostración. Sea g = κ o f donde κ es un deslizamiento de razón µ^-1 y sea h = κ ^-1. Entonces, g = κ o f, donde g es unimodular porque det(g) = det(κ) det(f) = µ^-1µ = 1, mientras h es un delizamiento de razón (µ^-1)^-1 = µ. Si µ = 1, directamente f es unimodular. En general, la descomposición de f se reduce a la descomposición de automorfismos unimodulares. Éstos, lo harán en deslizamientos de razón 1, es decir, en transvecciones.

Proposición 3.1. Sea V d dimensión n ≥ 2. Sea f una transformación unimodular descompuesta en m transvecciones. Si D es el subespacio de vectores fijo de f , se cumple que dim(D) ≥ n - m.

Obsérvese que esta fórmula tiene dos lecturas:

a) Si el dato m, da el número n - m como valor mínimo para la dimensión de D. Por ejemplo, al componer n - 1 transvecciones, sale una transformación que tiene al menos una recta de vectores fijos.

b) Pero, si dim(D) es conocida, nos dice que n - dim(D) es la cantidad mínima de trasvecciones necesarias para poder descomponer f .

Por ejemplo, si f carece de vectores dobles no nulos, harán falta al menos n transvecciones. Este es el caso de las homotecias unimodulares de razón λ ≠ 1. Para ellas, podemos matizar más aún:

Proposición 3.2. Una homotecia unimodular no idéntica se descompone como mínimo en n + 1 transvecciones.

Demostración. Como f carece de vectores dobles no nulos, se descompone como mínimo en n transvecciones.Supongamos ahora que f = t_no t_{n - 1}o … o t₂ o t₁ donde cada t_j es una transvección. Puesto que el subespacio de vectores dobles de t_{n - 1}o … o t₂ o t₁ es al menos unidimensional, siempre podernos tomar un vector u ≠ 0 en él. Cumplirá que

Si f fuese una homotecia de razón λ ≠ 1, se tendría

lo que contradice la elección de u. Por tanto, es imposible que f se descomponga en n transvecciones, siendo precisas al menos n + 1.

4. Descomposición en dimensión 2

Proposición 4.1. Si f es una transformación de determinante 1 en un plano vectorial V, f se descompone a lo sumo en dos transvecciones salvo que f sea una homotecia do razón λ ≠ 1, en cuyo caso hacen falta tres posibilidades:

Demostración. Sea D = Ker(f - Ι ) el subespacio de vectores dobles. Según su dimensión, se presentan tres posibilidades:

a) dim(D) = 2. En este caso, f = Ι que siempre se descompone en dos transvecciones: una arbitraria y su inversa.

b) dim(D) = 1. Como D es un hiperplano, la propia f es ya una transvección.

c) dim(D) = 0. Distingamos dos opciones:

1) f no es una homotecia. Entonces, existe al menos una recta que no es f -invariante, es decir, existe al menos un vetor u ≠ 0 tal que u y v = f (u) son línealmente independientes: Al formar una base de V, podemos determinar una forma lineal σ tal que σ(u) = σ(v) = 1, y con ella construir la transvección (x) = x + σ(x)(u – v), en la cual (v) = u ⇒ ( o f )(u) = u. De aquí se concluye que la recta < u > es de vetores dobles para la transformación t₁ = o f , con lo que t₁ es una transvección. Siendo, finalmente, t₂ = ^-1, queda f = t₂ o t₁, es decir, f se descompone en dos transvecciones.

2) f es una homotecia (no idéntica). Tratándose de un plano vectorial, la única opción que queda es la de f= –Ι ⇔ f(x, y) = (–x,– y), se cumple que ( o f )(x,y) – (–x,– y, – y) es un transformación unimodular no homotética, donde por ejemplo

que no es proporcional a (0,1). Por otro lado, el sistema de vectores dobles es

Aplicamos el caso anterior, existen dos transvecciones t₁, t₂ tales que o f = t₁o t₂ . Poniendo t₃ = ^-1, quedará finalmente f= t₃o t₂o t₁ . Que esta transformación no puede obtenerse con dos transvecciones se sigue de la proposición 3.2.

Después de este resultado, en lo sucesivo, supondremos que n ≥ 3.

5. Teorema de Dieudonné

Proposición 5.1. Sea V de dimensión n ≥ 3. Sea f un automorfismo no homotético. Se afirma que existen dos vectores u y w tales que u, v = f (u), w, son linealmente independientes y, además

Demostración. Por ser no homotético, existe al menos un u ≠ 0 tal que f(u) <u>. Tomando v = f (u), la pareja u, v será libre, Puesto que dim(V) ≥ 3, siempre existirán vectores x fuera de < u, v>. En el caso en que f (x) < v,x > tomamos w = x y el lema queda demostrado. Por el contrario, si f (x) = av + bx ∈ < v,x >, tomamos w = u + x, que sigue siendo independiente con u y v, y para el cual se cumple

Si b = 0, tendremos que

lo que contradice la eleción de x. Siendo, pues, b ≠ 0, es claro que f (w) < v,x >.

Proposición 5.2. Sea V de dimensión n ≥ 3. Sea, f un automorfismo unimodular no homotético. Entonces, f se descompone en otro automorfismo unirnodular no homotético g, con al menos una recta de vectores dobles, seguido de una transvección t.

Demostración. Tornando dos vectores u, w como los del teorema anterior, por ser independientes u, v, w, puede determinarse una forma τ tal que τ(u) = τ(v) = 1, τ(w) = 0 y con ella construir la transvección t de ley = t (x) = + τ(x)(u – v), la cual cumple t(v) = u, t (w) = w. Entences, g = t o f vuelve a ser unimodular y tiene una recta de vectores dobles porque g(u) = u. Además, no puede ser g (w) = λw, pues entonces

contradice la elección de w. Por tanto, g no es uma homotecia.

Proposición 5.3. Con las hipótesis del resultado previo se concluye que los vectores u, w, y g(w) son independientes.

Demostración. Como u y w lo son, basta ver que g(w) no es combinación lineal de estos vectores. En efecto,

en contra de la elección de w.

Proposición 5.4. Sea V de dimensión n ≥ 3. Si f es una trasvección unimodular no homotética de V, siempre es posible descomponerla en una cantidad de transvecciones igual a n.

Demostración. Tomando tres vectores independientes u₁, v₁, u₂ tales que

v₁ = f(u₁), f(u₂) < v₁, u₂ >, construímos una transvección t₁ y un automorfismo unimodular no homotético f₁ de manera que f = t ₁ o f ₁, f ₁(u₁) = u₁.

Abrimos dos alternativas:

a) Si n – 1 = 2(n = 3), determinamos una forma τ₂ tal que τ₂(u₁) = 0, τ₂(u₂) = τ₂( f ₁(u₂)) = 1, y construimos la transvección t ₂(x) + τ₂(x)(u₂ – f ₁(u₂)) en la cual se cumple que t ₂(u₁) = u₁, t ₂( f ₁(u₂)) = u₂. A continuación, consideramos f ₂ = t ₂o f ₁ = t ₂o t ₁o f , y se observa que f₂(u₁) = u₁, f(u₂) = u₂· De aquí se sigue que el plano < u₁, u₂ > es de vectores doble para f₂, luego f₂ es una transvección. Así, f se despeja como composición de tres trasveciones y el teorema queda probado.

b) n – 1 ≥ 3. Tomaremos, ahora, un complemento V₁ de la recta < u₁ >, que incluya a los vectores u₂ y v₂ = f₁(u₂). Como en la proposición 5.1, en V₁ hay un vector u₃ tal que u₂, v₂, u₃ sean independientes y, además, f₁ (u₃) < V₂, u₃ >. Determinemos, entonces, una forma τ₂ tal que τ₂ (u_l) = τ₂ (u₃) = 0, τ₂ (u₂) = τ₂ (v₂) = 1, y con ella la transvección t₂(x) = x + τ₂(x)(u₂ – v₂) y el nuevo automorfismo f₂ = t₂ o f₁, en el cual f₂(u₁) = u_l, f₂(u₂) = u₂. Como en la proposición 06, f₂ no es homotético, pues al menos u₃ es independiente de su imagen. En efecto, si fuese f₂(u₃) = λu₃ se tendría

lo que contradice la elección de u₃. Además, como en la proposición 5.3, los vectores u₂, u₃ y f₂(u₃) son independientes: como u₂ y u₃ lo son, basta ver que f₂(u₃) no es combinación lineal de estos vectores. En efecto,

en contra de la elección de u₃. Abrimos de nuevo dos alternativas:

i) si n – 2 = 2(n = 4), determinamos una forma σ₃ tal que σ₃(u₁) = σ₃(u₂) = 0, σ₃(u₃) = σ₃(f₂(u₃) = 1 y construimos la transvección t₃(x) = x+σ₃(x)(u₃ – f₂(u₃)) en la cual se cumple t₃(u₁) = (u₁), t₃(u₂) = u₂, t₃(f₂(u₃) = u₃. A continuación, consideramos f₃ = t₃ o f₂ = t₃ o t₂ o f₁ = t₃ o t₂ o t₁ o f, y se observa que f₃(u₁) = u₁, f₃(u₂) = u₂, f₃(u₃) = u₃. De aquí se sigue que el subespacio < u₁, u₂, u₃ > es de vectores dobles para f₃, luego f₃ es una transección. Así, f se despeja como composición de cuatro transvecciones y el teorema queda probado.

ii) Si n – 2 ≥ 3, tomamos un complemento V₂ del plano < u₁, u₂ > que icluya a los vectores u₃ y v₃ = f₂(u₃) y reiteramos el procedimiento. Esto es: se busca u₄ ∈ V₂ tal que u₃, v₃, u₄ sean independientes y, además, f₂(u₄) < v₃, u₄ >; se contruye una forma τ₃ tal que τ₃(u₁) = τ₃(u₂) = τ₃(u₄) = 0,τ₃(u₃) = τ₂(v₃) = 1, y las transformaciones t₃(x) = x + τ₃(x)(u₃ – v₃), f₃(x) = t₃ o f₂, resultando que f₃ es unimodular no homotética con el espacio tridimensional < u₁, u₂, u₃ > de vectores dobles, etcétera, etcétera.

Se comprende que en n pasos, la proposición concluye.

Este resultado puede mejorarse en el sentido descomponer, según cada caso, f en menos de n transveccioones. hay un caso en que no:

Proposición 5.5. Sea V de dimensión n ≥ 3. Una transformación unimodular f no homotética y carente de vectores dobles, se descompone en n transvecciones y no es posible descomponerla en menos.

demostración. Es consecuencia direscta de las proposiones 5.4 y 3.1.

Proposición 5.6. Una homotecia f = λI, con λ ≠ 1, se descompone en n + 1 transvecciones y no es posible descomponerla en menos.

Demostración. Considerando la transvecció (x) = sea g = o f. Entonces, g sigue siendo unimodular. Además,

El último vector no es proporcional a sí mismo, luego g no es una homotecia. el único autovalor de g sigue siendo λ, luego g carece de vectores dobles no nulos. Como g se descompone en n transvecciones, f lo hará en n + 1.
Que no es posible en menos se probó en 3.2.

6. Transformaciones con la unidad como único autovalor

Proposición 6.1. Sea V = U⊕W una descomposicín donde U y W sean propios. si s es una transvección de U, se extiende a otra t de V, de manera que su restricció a W sea la idéntidad.

Demostración. Sean n = dim(V), τ = dim(U). Tomamos una base {u_i; w_j} de V uniendo una de cada sumando directo. Si B es la matriz de en la base {u_i}, basta construir t mediante la matriz

en la base unión. Si fijaba a r – 1 vectores independientes de U, es claro que t fija a esos mismos más los n – r de la base de W, es decir, fija n – 1 vectores independientes de V. Por ello, y porque det(t) = det() = 1, t es una transvección.

Proposición 6.2. Sea V de dimensión n ≥ 3 y supóngase V = U⊕W, donde U y W son f-invariantes y dim(U) ≥ 2. Sea t una transvección cuyo espejo incluya a W. Entonces, la restricción de t o f a W coincide con f.

Demostración. En efecto, si w ∈ W, también f(w) ∈ W porque W es f- ivariante. Como W está en el espejo de t, se tiene t(f(w)) = f(w). En particular, si t procede por extensión de una transvección en uno de los sumandos directos, al componerla con f, los vectores del otro sumando directo se siguen transformando como f.

En particular, si t procede por extensión de una transvecció en uno de los sumandos drectos, al componerla con f, los vectores del otro sumando directo se siguen transformando como en f.

Proposición 6.3. Sea f una transformación unimodular tal que

Demostración. Bajo estas hipótesis sabemos que la matriz canónica de Jordan consta de un único bloque (celular). Si Β = {v₁, v₂,…,v_n} es la base en que f alcanza dicha matriz, consideramos las n – 1 transvecciones

Proposición 6.4.Sea f una transformación unimodular tal que

Entonces, f se descompone en n – r transvecciones.

Demostración. Sea Β = {v₁, v₂,…,v_n} la base en que f alcanza su matriz canónica de Jorfan, la cual estará formada por r bloques celulares de dimensiones d₁, d₂,…,d_r. En cada uno aplicamos el teorema anterior y obtendremos

transvecciones. Como en la proposición 6.1, cada una de ellas se extiende a todo V. Teniendo en cuenta la proposición 6.2, la composición de ellas conduce a f.

Como resumen de nuestros resultados podemos observar:

Sea f una transformación unimodular de un espacio V de dimensión finita n ≥ 3. Supongamos que

Hay dos casos extremos:

a) . En este caso f se descompone en n – r transvecciones y no es posible descomponerla en menos (proposiciones 6.4 y 3.1).

= 0. ahora f se descompone en n transvecciones si f no es una homotecia y en n + 1 si es una homotecia no idéntica (proposiciones 5.5 y 5.6). Exceptuados tales casos (es decir, asumiendo que 0 < < n), tendremos la descomposición directa

La restricción de f a Ker (f — I) se descompone en – r tansvecciones de V según el modelo de la propsición 6.1. Su consideración no afecta a los vectores del otro sumando directo (proposición 6.2) por que sus espejos lo incluyen. En cuanto a este segundo sumando directo, la restricción de f carace de vectores dobles no nulos, luego se decompone en n – , o bien en n – + 1, transvecciones según sea homotecia o no. También estas se extienden a todo V según la proposición 6.1 y se recuerda que no afecta al primer sumando de acuerdo con la proposición 6.2. Así, f se descompone en

donde ∈ =0,1 según el caso.

Las proposiciones 3.1 y 3.2 no permiten descompones en menores cantidades. Esta fórmila abarca los casos extremos ya comentados. Por tanto, llegamos a nuestro teorema final:

Theorema 6.5. Sea f una transformación unimodular de un espacio V de dimensión finita n ≥ 3. Supongamos que

Entonces, f se decompone en n – r + ∈ transvecciones, donde ∈ = 0 si la restricción de f a Ker(D(f)) no es homotecia y ∈ = 1 si lo fuese. En cada caso, la descomposición no puede serlo en una cantidad menor que la dicha.  

Referencias

[1] M. Suzuki, Group Theory, Springer-Verlag (1982).         [ Links ]

Recibido el 5 de julio de 2011. Aceptado para su publicación el 24 de noviembre de 2011