Capítulo 5 Diagonalización En este capítulo estamos interesados en transformaciones lineales T : V 7 V, donde V es un espacio vectorial de dimensión finita. Por lo general, se asume la misma base tanto en el espacio de partida como en el de llegada. Recuerde que estas transformaciones lineales se llaman endomor llaman endomor fi smos smos u operadores .
5.1. 5.1.
Introd Introduc ucci ción ón a la dia diago gona naliz lizac ació ión n
Es natural pensar que trabajar con bases canónicas de un espacio vectorial resulta más práctico. A continuación vamos a ver un ejemplo en el que resulta más interesante trabajar con otra base. Sea T : R2
2
×
7
un endomorfismo definido por la regla de correspondencia
R2 ×2
·
¸
15a 20b + 9c + 12d 10a + 15b 6c 9d ( M) = T ( 18a 24b + 12c + 16d 16d 12a + 18b 8c 12d
donde M =
· ¸ a b c d
2 ×2
R
. Trabajando con la base canónica de
2 ×2
R
(5.1)
dada por
{ E1,1 , E1,2 , E2,1 , E2,2 } B = {E
donde E1,1
· ¸
1 0 = , 0 0
E1,2
· ¸
0 1 = , 0 0
E2,1
· ¸
0 0 = , 1 0
E2,2 =
vemos que la matriz representante AB de T con respecto a la base B es
AB
15 10 = 18
20
9 12 15 6 9 24 12 16 12 18 8 12
· ¸ 0 0 0 1
Como se puede apreciar, A B tiene una forma densa 1 . Matrices como ésta no suelen ayudar en algunas aplicaciones prácticas. 1 En
una matriz, digamos que nd representa el número de elementos diferentes de cero, mientras que nc representa representa el número número de elementos elementos iguales a cero. Si nd es muy grande en comparación a n c , entonces la matriz densa se llama . Si n c es muy grande en comparación a n d , la matriz se denomina dispersa .
74
75
CAPÍTULO CAPÍTULO 5. DIAGONALIZA DIAGONALIZACIÓN CIÓN
Sin embargo, la representación matricial no será tan complicada si usamos la base de dada por U = { u { u 1 , u 2 , u 3 , u 4 }, donde
· ¸
2 1 u 1 = , 4 2
· ¸
· ¸
1 1 u 2 = , 2 2
1 1 u 3 = , 1 1
u 4 =
· ¸ 2 1 2 1
2×2
R
(5.2)
Primeramente observamos que ( u 1 ) T ( ( u 2 ) T ( ( u 3 ) T ( ( u 4 ) T (
= = = =
1 · u 1 1 · u 2 2 · u 3 2 · u 4
Es decir, la imagen de cada vector de la base U es un múltiplo del "propio vector". Para hallar la representación matricial de T con respecto a la base U, notamos que: ( u 1 ) = 1 · u 1 + 0 · u 2 + 0 · u 3 + 0 · u 4 T ( ( u 2 ) = 0 · u 1 1 · u 2 + 0 · u 3 + 0 · u 4 T ( ( u 3 ) = 0 · u 1 + 0 · u 2 + 2 · u 3 + 0 · u 4 T ( ( u 4 ) = 0 · u 1 + 0 · u 2 + 0 · u 3 2 · u 4 T (
de donde la matriz representante toma una forma diagonal : diagonal :
AU
1 0 = 0
0 1 0 0 0
0 0 0 0 2 0 0 2
Esto quiere decir que, la elección de la base canónica no siempre es la mejor opción cuando se trata de obtener una representación matricial simple. Definición 5.1 (Endomorfismo diagonalizable) Dado
V un
espacio vectorial de dimen diagonalizable, si existe una base U de V donde la matriz represión fi nita. nita. Se dice que T es diagonalizable, sentante de T con respecto a U es diagonal. El endomorfismo dado en (5.1) claramente es diagonalizable, pues con la base dada en (5.2) la matriz representante es diagonal. Surgen entonces las siguientes interrogantes por resolver: 1. ¿Todos lo endomorfismos son diagonalizables? 2. ¿Cómo se sabe si un endomor fismo es o no diagonalizable? 3. Si un endomorfismo es diagonalizable, ¿cómo se diagonaliza? Ejercicio 5.1 Usando el endomor fi smo smo de fi nido nido en (5.1), donde w =
de las siguientes formas:
· ¸
4 4 , calcule T ( ( w) 4 5
1. Usando la regla de correspondencia de T 2. Usando la matriz representante con respecto a la base canónica de R2 2 , y ×
76
CAPÍTULO 5. DIAGONALIZACIÓN
3. Usando la matriz representante con respecto a la base U. Solución . Los dos primeros casos son fáciles. Para el tercer caso vemos que: w =
· ¸ ·
¸ · ¸ · ¸ · ¸
4 4 2 1 1 1 1 1 2 1 = 1 · + 2 · + 2 · 1 · 4 5 2 2 1 1 4 2 2 1
= 1 · u 1 + 2 · u 2 + 2 · u 3 1 · u 4
de donde multiplicación m atricial inmediata
¯ = w
1 2 2
y T ( w) = T
1
µ· ¸¶ 4 4 4 5
z
¯ = = AU w
1 0 0 1 0 0 0 0
}|
0 0 0
0 0 2 0 2
{
1 1 2 2 = 2 4
1
2
Es decir, T ( w) = 1 · u 1 2 · u 2 + 4 · u 3 + 2 · u 4 =
5.2.
· ¸ 4 1 8 4
Vectores y valores propios
En la sección anterior, la base U = { u 1 , u 2 , u 3 , u 4 } para tenía una característica peculiar: T ( u 1 ) T ( u 2 ) T ( u 3 ) T ( u 4 )
= = = =
2 ×2
R
, que fue otorgada en (5.2),
1 · u 1 1 · u 2 2 · u 3 2 · u 4
Esto significa que, la imagen de u 1 es un múltiplo de u 1 , la imagen de u 2 es un múltiplo de u 2 , y así por delante. Esto sugiere la siguiente de finición. Definición 5.2 (Valor y vector propio de un endomorfismo) Sean V un K-espacio vec-
torial y T : V 7 V un endomor fi smo. Se denomina valor propio de T a todo escalar para el que existe un vector v V, v 6 = 0 , que cumple:
K
T ( v) = · v
En estas condiciones, el vector v se denomina vector propio asociado al valor propio .2 Existen otros nombres para los valores y vectores propios, como autovalores y autovectores , respectivamente. Definición 5.3 (Espectro) Al conjunto de valores propios de un endomor fi smo se le deno-
mina espectro del endomor fismo T . 2 El
vector nulo 0 V puede verse como un vector propio trivial , pues T (0) = 0 Observe además que no se requiere dimensión finita en V.
=
· 0,
para cualquier .
77
CAPÍTULO 5. DIAGONALIZACIÓN
Lema 5.1 Sea V un K-espacio vectorial de dimensión fi nita n y T : V 7
un endomor smo. es diagonalizable si, y sólo si, existe una base compuesta de vectores propios. Prueba. ( ) Supongamos que es diagonalizable. Luego, existe una base tal que fi
V
T
U = { u 1 ,...,u n }
T
=
T ( u 1 ) = 1 · u 1 + 0 · u 2 + ... + 0 · u n = 1 · u 1 T ( u 2 ) = 0 · u 1 + 2 · u 2 + ... + 0 · u n = 2 · u 1
.. .
T ( u n ) = 0 · u 1 + 0 · u 2 + ... + n · u n = n · u 1
y
0 = .. .
1
AU
0
0 ··· 2 · · ·
0 0
.. .
...
.. .
0
· · · n
Así, la base U está compuesta de vectores propios, pues ellos son no nulos (dado que son linealmente independientes) y cumplen T ( u 1 ) = 1 · u 1 T ( u 2 ) = 2 · u 2
.. .
T ( u n ) = n · u n
( ) Asumamos ahora que existe una base W = { w1 , w2 ,...,wn } de V compuesta de vectores propios. Así,
=
T ( w1 ) = 1 · w1 = 1 · w1 + 0 · w2 + ... + 0 · wn T ( w2 ) = 2 · w2 = 0 · w1 + 2 · w2 + ... + 0 · wn
.. .
T ( wn ) = n · wn = 0 · w1 + 0 · w2 + ... + n · wn
Así,
0 = .. .
1
AW
0
0 ··· 2 · · ·
0 0
.. .
...
.. .
0
· · · n
lo que dice que T es diagonalizable. Con el propósito de averiguar si un endomor fismo es o no diagonalizable, el Lema 5.1 sugiere justamente explorar el espacio vectorial V en busca de vectores propios , pues éstos serán los candidatos a formar una base. Si S es el conjunto de todos los vectores propios, pueden suceder dos cosas: 1. Que S genera V, en este caso el endomor fismo será diagonalizable.
78
CAPÍTULO 5. DIAGONALIZACIÓN
2. Que S no genera V, en este caso el endomor fismo no será diagonalizable. Estrategia 5.1 (de valor teórico para diagonalizar endomorfismos) Para averiguar si
un endomor fi smo T : V 7 V es diagonalizable, debemos buscar todos los vectores propios de V. Esto se consigue buscando los vectores que cumplen:
T ( v) = · v
para algún escalar K
Si U es una base para V compuesta de vectores propios de T , entonces T es diagonalizable (la mariz representante de T con respecto a la base U es diagonal). Caso contrario, T no es diagonalizable. Pero buscar vectores y valores propios de un endomor fismo puede ser poco práctico, por lo que preferiremos usar su matriz representante. Definición 5.4 (Valor propio y vector propio de una matriz) Sea la matriz A
n ×n
K
.
Se dice que K es un valor propio de A, si existe un vector columna v 6 = 0 en K tal que n
Av = · v
Al vector columna v en este caso se le denomina vector propio asociado al valor propio . Ejemplo 5.1 Dada la matriz en R3
3
×
1 A = 0
0 4 1 0 4 0 5
Veri fi que si 1 = 1 , 2 = 3 y 3 = 7 son valores propios asociados a los vectores propios
0 u = 1 , 0
2 v = 0 , 1
1 2
w = 0 1
respectivamente. En efecto, Au =
Av =
Aw =
1 0 4 1 0 4 1 0
0 0 0 1 = 1 = 1 · 1 = 1 · u = · u 0 0 0 2 6 2 4 0 0 = 0 = 3 · 0 = 3 · v = · v 5 1 3 1 4 0 0 = 0 = 7 · 0 = 7 · w = · w
0 4 1 0 0 5
1
0 1 0
2
0 1 4 0 5
1 2
7 2
1 2
3
1
7
1
Ejemplo 5.2 Si 1 = 1 y 2 = 1 son valores propios de A
asociados, donde
1 A = 0
4 2 3 2 0 4 3
¤
3 ×3
R
, halle sus vectores propios
79
CAPÍTULO 5. DIAGONALIZACIÓN
1. Para 1 = 1, tenemos que hallar vectores columna x = [ x1 x2 x3 ]T R3 tales que Ax = 1 · x
1 0
4 2 3 2 0 4 3
x x x = 1 · x 1
1
2
2
x3
x3
Esto es equivalente a resolver el sistema:
x1 + 4x2 + 2x3 = x1 3x2 2x3 = x2 4x2 + 3x3 = x3
y x2 = x3
x1 = x 3
Así, el conjunto solución será S1 =
t t t
1 : t R = t · 1 : t R 1
2. Similarmente, para 2 = 1 , resolvemos Ax = 1 · x
1 0
4 2 3 2 0 4 3
x x x = 1 · x 1
1
2
2
x3
x3
Esto equivale a resolver el sistema:
x1 + 4x2 + 2x3 = x 1 3x2 2x3 = x 2 4x2 + 3x3 = x 3
a 1 b 2 b
:
1 x2 = x3 2
El conjunto solución en este caso será S1 =
a, b
R
=
1 0 a · 0 + b · : 1 2
0
1
a, b
R
Observe que los vectores columna
1 u = 1 , 1
1 v = 0 ,
| {z } | S
1
0
0 w = 1 2
1
{z
S
1
}
son vectores propios, más aún, son linealmente independientes. Por lo tanto, forman una base U = { u, v, w} de vectores propios para R3 . ¤ El siguiente lema conecta los valores y vectores propios de una matriz con los de un endomorfismo. Éste nos dice que, es un valor propio de T si, y sólo si, es valor propio de la matriz representante. También nos dirá que, v es un vector propio de T si, y sólo si, el vector de coordenadas de v será es un vector propio de su matriz representante.
80
CAPÍTULO 5. DIAGONALIZACIÓN
Lema 5.2 Sea T : V 7 B = { u 1 ,...,u n }
un endomor smo sobre un espacio vectorial de dimensión nita, una base de y la matriz representante de en la base . Entonces, ¯ ¯ fi
V
V
fi
V
AB
T
T ( v) = · v
B
AB v = · v
donde v¯ denota las coordenadas de v con respecto a la base B. Prueba. (
) Supongamos que
=
T ( v) = · v.
Así, v = 1 · u 1 + ... + n · u n y
· v = 1 · u 1 + ... + n · u n
Luego,
. . v · v = .. = · .. = · ¯ Además,
1
1
n
n
¯ = T ( v) = · v = · ¯ AB v v
¯ = y w ... , 1
(
) Asumamos ahora que =
¯ = · w ¯ . Luego, w = 1 · u 1 + ... + n · u n AB w
n
de donde
· w = 1 · u 1 + ... + n · u n
Luego,
. . ¯ · w = .. = · .. = · w y
1
1
n
n
¯ = · w ¯ = · w T ( w) = AB w
de donde T ( w) = · w. El Lema 5.2 nos sugiere una segunda estrategia todavía de valor teórico para diagonalizar un endomorfismo. Estrategia 5.2 (de valor teórico para diagonalizar un endomorfismo) Para averiguar
si un endomor fi smo T : V 7 V es diagonalizable, donde V es un espacio vectorial de dimensión fi nita n y B una base de V (de preferencia la canónica), debemos:
1. Hallar la matriz representante AB Kn
n
×
de T con respecto a la base B.
2. Buscar todos los vectores propios columna x buscando los vectores que cumplen: AB x = · x
n
K
asociados a AB . Esto se consigue
para algún escalar K
Los vectores propios x de AB serán los vectores de coordenadas de los respectivos vectores propios de T con respecto a la base B.
81
CAPÍTULO 5. DIAGONALIZACIÓN
3. Si es posible obtener una base para V compuesta de vectores propios, entonces T será diagonalizable. Caso contrario, T no será diagonalizable. Observe que en la Estrategia 5.2 aún no conocemos una manera práctica de encontrar los valores propios asociados a A B . Ejemplo 5.3 Sean 1 = 1 y 2 = 1 todos los valores propios correspondientes al endomor-
fi smo T : R3 7
3
R
, donde
T (x,y,z ) = (x + 4y + 2z, 3y 2z, 4y + 3z )
(5.3)
Veamos si T es diagonalizable aplicando la Estrategia 5.2. 1. Consideremos la base canónica B = {(1,0,0) , (0,1,0) , (0,0,1)} en R3 . Luego, T ( 1,0,0) = (1,0,0) = 1 · (1,0,0) + 0 · (0,1,0) + 0 · (0,0,1) T ( 0,1,0) = ( 4, 3, 4) = 4 · (1,0,0) 3 · (0,1,0) + 4 · (0,0,1) T ( 0,0,1) = (2, 2, 3) = 2 · (1,0,0) 2 · (0,1,0) + 3 · (0,0,1)
de donde, AB
1 = 0
4 2 3 2 0 4 3
2. Para hallar los vectores propios columnas de AB asociados a los valores propios que se nos dieron, procedemos a resolver los sistemas AB x = 1 · x
y AB x = 1 · x
Recuerde que los conjuntos solución para 1 = 1 y para 2 = 1 ya fueron hallados en el Ejemplo 5.2, éstos son respectivamente: S1 =
y S1 =
1 t · 1 : t R 1
1 0 a · 0 + b · : 1 2
0
1
a, b
R
Desde S1 y S1 sacamos vectores propios columnas linealmente independientes y forˆ = { u, ˆ v, ˆ w} ˆ , donde u ˆ fue tomado de S1 , mientras que v, ˆ w ˆ fueron mamos el conjunto U tomados de S1 , es decir,
1 ˆ = 1 , u 1
1 ˆ = 0 , v 0
0 ˆ = w 1 2
1
82
CAPÍTULO 5. DIAGONALIZACIÓN
Éstos serán justamente las coordenadas en la base B de tres vectores propios de T . Como B era la base canónica, hacemos u = 1 · (1,0,0) 1 · (0,1,0) + 1 · (0,0,1) = (1, 1, 1) v = 1 · (1,0,0) + 0 · (0,1,0) + 0 · (0,0,1) = (1,0,0) w = 0 · (1,0,0)
1 2
· (0,1,0) + 1 · (0,0,1) = (0, 12 , 1)
3. Finalmente, el conjunto
©
ª
U = { u, v, w} = (1, 1, 1) , (1,0,0) , (0, 12 , 1)
es una base de vectores propios de T y, por lo tanto, T sí es diagonalizable en este caso. En efecto, vea que con respecto a la nueva base U, la matriz representante de T de fi nido por la regla (5.3), viene dada por: T ( 1, 1, 1)
=
(1,1, 1)
=
1 · (1, 1, 1) + 0 · (1,0,0) + 0 · (0, 12 , 1)
T ( 1,0,0)
=
(1,0,0)
=
0 · (1, 1, 1) + 1 · (1,0,0) + 0 · (0, 12 , 1)
T (0, 12 , 1)
=
(0, 12 , 1)
=
0 · (1, 1, 1) + 0 · (1,0,0) + 1 · (0, 12 , 1)
de donde AU
1 = 0 0
5.3.
0 0 1 0 0 1
¤
Cálculo de valores propios de una matriz
En el ejemplo 5.3 se consiguió responder a la pregunta si T era diagonalizable, debido a que se nos otorgaron todos los valores propios de T . En el mismo ejemplo se aprecia que determinar los conjuntos S de vectores propios asociados a cada , no es una tarea difícil de realizar. Por lo tanto, todo el peso de diagonalización recae en el cálculo de los valores propios. En esta sección veremos cómo hallarlos de manera simple. Sea A Kn n . Para hallar los vectores propios de A debemos buscar aquellos vectores columna v Kn los cuales satisfagan: ×
Av = · v
Notando que I Kn
n
×
para algún K
representa la matriz indentidad 3 , tenemos Av · v = Av · Iv = (A · I) v = 0
Es decir, (A · I) v = 0
(5.4)
Recuerde que la matriz cuadrada A · I es inversible si, y sólo si, la única solución de (5.4) es v = 0 . Esto significa que si A · I es inversible, entonces no existen vectores propios, pues 3 Matriz
con unos en la diagonal.
83
CAPÍTULO 5. DIAGONALIZACIÓN
estamos interesados en vectores no nulos. En contraste, si exigimos que A · I no sea inversible, tendremos que existe algún vector columna v 6 = 0 tal que (5.4) se cumple. Pero sabemos que, A · I no es inversible
ker
(A · I) 6 = {0}
det
(A · I) = 0
Es decir, para encontrar los valores propios de A debemos resolver la ecuación: det (A · I) = 0
(5.5)
Las soluciones de (5.5) serán justamente los valores propios de A. Ejemplo 5.4 Calcule los valores propios de A
·
2 2 2 2
·
1 0 0 1
A · I =
y
2 2 2 2
det (A · I) = det se tiene det (A · I) = 0 Por lo tanto,
2 2 2 2
, donde
¸ · ¸ · ¸ · µ ¶ A =
Como
2 ×2
R
=
= (2 ) (2 ) 4 = 2 8
2 8 = 0
= 2 2
cia: M =
· ¸ a b c d
2 ×2
R
=
7
2×2
R
T ( M) =
·
= 2 2
1 = 2 2 y 2 = 2 2 son todos los valores propios de A.
Ejemplo 5.5 Dado el endomor fi smo T :
¸
2 2 2 2
¤
de fi nido por la regla de corresponden-
a + 2d b + c b c 2a + d
¸
Calcule los valores propios de T . Primero hallamos la matriz representante AB de T con respecto a la base canónica de R2 2 , B = {E1,1 , E1,2 , E2,1 , E2,2 }, donde ×
E1,1 =
· ¸ 1 0 0 0
,
E1,2 =
· ¸ 0 1 0 0
,
E2,1 =
· ¸ 0 0 1 0
,
E2,2 =
· ¸ 0 0 0 1
Notamos que T ( E1,1 ) = T T ( E1,2 ) = T T ( E2,1 ) = T T ( E2,2 ) = T
µ µ µ µ
1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1
¶ ¶ ¶ ¶
= = = =
· ¸ · ¸ · ¸ · ¸ · ¸ · ¸ · ¸ · ¸ 1 0 0 2
= 1 ·
1 0 0 0
+ 0 ·
0 1 1 0
= 0 ·
1 0 0 0
+ 1 ·
0 1 1 0
2 0 0 1
= 0 ·
= 2 ·
1 0 0 0
1 0 0 0
· ¸ · · ¸ · · ¸ · · ¸ ·
+ 1 ·
+ 0 ·
0 1 0 0
+ 0 ·
0 0 1 0
0 1 0 0
+ 1 ·
0 0 1 0
0 1 0 0
0 1 0 0
1 ·
+ 0 ·
¸ · ¸ ¸ · ¸ ¸ · ¸ ¸ · ¸
0 0 1 0
0 0 1 0
+ 2 ·
0 0 0 1
+ 0 ·
0 0 0 1
+ 0 ·
+ 1 ·
0 0 0 1
0 0 0 1
84
CAPÍTULO 5. DIAGONALIZACIÓN
Así, AB
1 0 = 0
0 0 1 1 1 1 2 0 0
2 0 0 1
Ahora calculamos los valores propios de AB :
1 0 det (A · I) = det 0
0
0 2 1 1 0 1 1 0 0 0 1
2
=
4
23 52 + 4 + 6
Así, det (A · I) = 0
4 23 52 + 4 + 6 = 0
Por lo tanto, todos lo valores propios de AB son 1 =
2 = 2,
2,
3 = 1,
4 = 3
Por el Lema 5.2, éstos son también los valores propios del endomor fi smo T . ¤ Observe que det (A · I) es un polinomio donde la variable es . Definición 5.5 (Polinomio característico) El polinomio det (A I) se llama polinomio
característico de A. La ecuación
det (A I) = 0
(5.6)
se llama ecuación característica de A. Las raíces o ceros del polinomio característico son los valores propios de A. Ejemplo 5.6 Calcule los valores propios de
3 A = 1
3 1
0 0 1 0 2 1 1
Hacemos:
3 A I = 1
0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 = 2 1 1 0 0 1
2
0 0 1 0 1 1
El polinomio característico es det (A · I): det (A · I) = (3 ) (1 ) (1 ) = 3 + 32 + 3 Mientras que la ecuación característica es det (A · I) = 0 , es decir, 3 + 32 + 3 = 0
Finalmente, las soluciones o raíces de (5.7) son justamente los valores propios de A. ¤
1 = 3, 2 = 1
(5.7)
y 3 = 1, éstos son
Tenemos entonces una nueva estrategia, ahora sí de carácter práctico, para decidir si un endomorfismo es o no diagonalizable.
85
CAPÍTULO 5. DIAGONALIZACIÓN
Estrategia 5.3 (de valor práctico para diagonalizar un endomorfismo) Para averiguar
si un endomor fi smo T : V 7 V es diagonalizable, donde V es un espacio vectorial de dimensión fi nita n y B una base 4 de V, debemos:
1. Hallar la matriz representante AB Kn
n
×
de T con respecto a la base B.
2. Calcular los valores propios de AB resolviendo: det (A · I) = 0
(5.8)
Todas las soluciones de (5.8) serán todos los valores propios de AB (y de T ). 3. Buscar todos los vectores propios columna x Kn de AB asociados a cada valor propio . Esto se consigue buscando los vectores que cumplen: para algún escalar K
AB x = · x
Los vectores propios x de AB serán los vectores de coordenadas de los respectivos vectores propios de T con respecto a la base B. 4. Si es posible obtener una base para V compuesta de vectores propios, entonces T será diagonalizable. Caso contrario, T no será diagonalizable. Ejemplo 5.7 (El proceso de diagonalización completo) Sea la función T : P2 (R) 7
P2 (R) de fi nida por
2
T a + bx + cx = c a + bx + ax2
¡
¢
donde P 2 (R) es el espacio vectorial convencional de polinomios reales de grado menor o igual a 2. ¿Es T diagonalizable? Como solamente se dice que T es una función, lo primero que tenemos que hacer es veri fi car si T es un endomor fi smo, pues diagonalización es un concepto asociado sólo a endomor fi smos. Así, como el espacio de partida y de llegada es el mismo, resta sólo veri fi car si T es una transformación lineal. Así, sea p 1 = a1 + b1 x + c1 x2 y p 2 (x) = a2 + b2 x + c2 x2 dos polinomios arbitrarios en P2 (R), luego T ( p1 (x) + p2 (x)) = T
¡¡ ¡
2
¢¡
2
a1 + b1 x + c1 x + a2 + b2 x + c2 x
= T (a1 + a2 ) + ( b1 + b2 ) x + ( c1 + c2 ) x2
¢¢ ¢
= (c1 + c2 ) (a1 + a2 ) + ( b1 + b2 ) x + ( a1 + a2 ) x2 = c1 a1 + b1 x + a1 x2 + c2 a2 + b2 x + a2 x2
£
¤£ ¡
= T (a1 + b1 x + c1 x2 ) + T a2 + b2 x + c2 x2 = T ( p1 (x)) + T ( p2 (x)) 4 B puede
ser de preferencia la base canónica de V.
¢
¤
86
CAPÍTULO 5. DIAGONALIZACIÓN
Así también, para cualquier R y p = a + bx + cx2 P2 (R), se tiene T ( · p (x)) = T · a + bx + cx2
¡ ¡ ¡ ¡
= T a + bx + cx2
¢¢ ¡ ¢
= c a + bx + ax2 = c a + bx + ax2 = · T a + bx + cx2 = · T ( p (x))
¢
¢
Por lo tanto T es un endomor fi smo. Procedemos a ver si T es diagonalizable.
© ª
1. Fijamos la base canónica de P2 (R) dada por B = 1,x,x2 y hallamos la matriz representante de T en esta base: T ( 1) T ( x) T (x2 )
1 + x2
= = =
x 1
de donde AB
1 · 1 + 0 · x + 1 · x2
= = =
0 · 1 + 1 · x + 0 · x2 1 · 1 + 0 · x + 0 · x2
1 = 0
0 1 1 0 0 0
1
2. Calculamos los valores propios asociados a AB . El polinomio característico es det (AB
1 0 · I) = det
0
1 1 0 0
1
=
3
+ 2 1
mientras que la ecuación característica está dada por det (AB · I) = 0 cuyas soluciones son 1 = valores propios de AB .5
5 1 2
,
2 =
1+ 5 2
3 + 2 1 = 0
y 3 = 1, éstos son justamente todos los
3. Ahora calculamos los (conjuntos de) vectores propios asociados a cada valor propio. Sea v =
v1 v2 v3
R . 3
a) Para 1 =
, tenemos
5 1 2
1 0 1
5 Observe
que
5 1 2
0 1 1 0 0 0
0,618 03 es el número áureo.
v v v = v 1 2
v3
1
5 1 2
2
v3
87
CAPÍTULO 5. DIAGONALIZACIÓN
Así,
51 v1 2
v1 + v3 =
de donde
51 v2 2
v2 =
51 v3 2
v1 =
S 1 =
b) Para 2 =
1+ 5 2
v1 + v3 =
5 1 v3 2
1
v v = 1 2
v3
v1 =
1 0 1
1+ 5 v3 2
t ·
1
1+ 5 2
2
v3
R
v3
v2 = 0
v1 = 1+2 5 v3
0 : t R
1+ 5 2
1
v v v = 1 · v
0 1 1 0 0 0
1
1
2
2
v3
v3
v1 + v3 = v 1 v2 = v 2 v1 = v 3
S3 =
v v
1+ 5 v1 2
v2 = 1+2 5 v2
c) Para 3 = 1 , notamos que
de donde
v1 =
5 1 2
S2 =
Luego,
v2 = 0
t · 0 : t R
0 1 1 0 0 0
1
de donde
R
v3
, vemos que
1 0 Luego,
v3 = 0 v2
R
v1 = 0
0 t · 1 : t R 0
4. Tomamos vectores propios columnas asociados a AB desde S , S y S , que sean linealmente independientes, sean éstos: 1
ˆ = u 0 , 5 1 2
1
ˆ = v
0
1+ 5 2
1
y
2
0 ˆ = 1 w 0
3
88
CAPÍTULO 5. DIAGONALIZACIÓN
Los vectores propios respectivos u (x), v(x) y w(x) en P2 (R) son obtenidos así: u (x)
5 1 2
=
· 1 + 0 · x + 1 · x
1+ 5 2
2
=
w(x)
=
0 · 1 + 1 · x + 0 · x2
5 1 2
= 2
v(x)
· 1 + 0 · x + 1 · x
+ x2
=
=
x
1+ 5 2
+ x2
Por lo tanto, la base para P2 (R) dada por U = { u (x), v(x), w(x)} =
51 2
2
+ x ,
1+ 5 2
®
2
+ x , x
está compuesta de vectores propios de T y, con respecto a ésta, la matriz representante AU es diagonal. En consecuencia, el endomor fi smo T sí es diagonalizable. En efecto, la matriz representante de T en la base U es diagonal, pues vemos que T ( u (x))
=
1
T ( v(x))
=
1 +
T ( w(x))
=
x
5 1 2
+
1+ 5 2
5 1 2 x 2
1+ 5 2 x 2
=
5 1 2
·
1+ 5 2
³
51 2
³
+ x
1+ 5 2
2
´
´
1 · u (x)
=
2 · v(x)
=
3 · w(x)
=
=
1 · x
= = =
1 · u (x) + 0 · v(x) + 0 · w(x) 0 · u (x) + 2 · v(x) + 0 · w(x) 0 · u (x) + 0 · v(x) + 3 · w(x)
·
+ x
2
=
Finalmente, es obvio que T ( u (x)) T ( v(x)) T ( w(x))
= = =
1 · u (x) 2 · v(x) 3 · w(x)
por lo que la matriz representante AU es diagonal:
= 0
1
AU
0
0 0 2 0 0 3
= 0
5 1 2
0
0
0
0
0
1
1+2
5
¤
En el anterior Ejemplo 5.7 se ilustró de manera completa la Estrategia 5.3. Es decir, Se halló y utilizó la matriz representante del endomor fismo para encontrar los valores propios. Se hallaron los conjuntos (subespacios propios) de vectores propios columnas de la matriz representante asociados a cada valor propio. Se descubrieron los vectores propios en el espacio vectorial original V (para nuestro caso fue P2 (R)) asociados al endomor fismo, con esto se presentó una base de V compuesta de vectores propios, lo cual indicaba que T era diagonalizable. Como el Lema 5.2 indicaba, los valores propios hallados con la matriz representante son los mismos para el endomor fismo respectivo, esto nos permite también calcular los vectores propios originales (en el espacio V) del endomorfismo de manera directa, y no necesariamente como se hizo en el Ejemplo 5.7. El siguiente ejemplo ilustra esto.
89
CAPÍTULO 5. DIAGONALIZACIÓN
Ejemplo 5.8 Dado el endomor fi smo T :
cia: T ( M) =
¿Es T diagonalizable?
·
2 ×2
7
R
a + 2d b + c b c 2a + d
¸
de fi nido por la regla de corresponden-
2×2
R
· ¸ a b c d
donde M =
2×2
R
En el Ejemplo 5.5 se hallaron los valores propios de la matriz representante A B de T , donde B era la base canónica de R2 2 , éstos estaban dados por ×
1 =
2 = 2,
2,
3 = 1,
4 = 3
Calculemos ahora los vectores (conjuntos) propios asociados a cada uno de los valores propios. Para 1
= 2, tenemos que encontrar matrices M =
· ¸ ¸ · ¸ a b c d
· ³ ´ ³ ´ ³ ´ ³ ´
T ( M) =
a + 2d b + c b c 2a + d
2 · M
tales que:
=
a b c d
2 ·
Lo cual es equivalente a
2 a + 2d
1
b 1 +
2 b + c
1
2a + 1
2 c
2 d
=
· ¸ 0 0 0 0
y a su vez, equivalente a resolver el sistema lineal de ecuaciones
³ ´ ³ ´ ³ ´ ³ ´ ³ ´ ³ ´ ³ ´ 1
+2d = 0
2 a
1
+c
= 0
2 c
= 0
2 b
1 +
b
+2 1
2a
o sino,
1
+2d = 0
2 a
1 +
b
+2 1
³ ´ ± " ³ ´ #
a = 0,
Concluimos que S 2 =
= 0
2 c
2a
de donde
t ·
2 d = 0
b = 1 +
0
1
1 +
0
2
2 d = 0
d = 0
2 c,
2 ×2
R
: t
²
R
90
CAPÍTULO 5. DIAGONALIZACIÓN
De la misma forma, para 2 = 2, resolviendo
· ¸ ± " ³ ´ # a + 2d b + c b c 2a + d
T ( M) = 2 · M
obtenemos S 2 =
0
t ·
1
1
2
= 2 ·
2 ×2
R
0
: t
· ¸ a b c d
²
R
Así también, para 3 = 1, resolvemos T ( M) = 1 · M
y obtenemos
· ¯ · ¸
¸
a + 2d b + c b c 2a + d
S1 =
1 0
t ·
0
1
2 ×2
R
: t
= 1 ·
· ¸ a b c d
° R
Finalmente, para 4 = 3 , resolvemos T ( M) = 3 · M
y obtenemos
· ¯ · ¸
¸ · ¸
a + 2d b + c b c 2a + d
S3 =
1 0 0 1
t ·
2×2
R
= 3 ·
: t
a b c d
° R
De esta manera, sacamos vectores propios: M1 =
M2 = M3 = M 4 =
" ³ ´ # " ³ ´ # · ¸ · ¸ 1 +
0
1
2
de S 2
2
de S 2
0
0
1
1
0
1 0 0
de S1
1
1 0 0 1
de S3
teniendo cuidado que sean linealmente independientes. En consecuencia el endomor fi smo T es diagonalizable con respecto a la base de R2 2 dada por ×
U = {M1 , M2 , M3 , M 4 }
y su matriz representante será
AU
2 0 2 0 = 0 0
0 0
0 0 1 0
0 0 0 3
¤
91
CAPÍTULO 5. DIAGONALIZACIÓN
Ejercicio 5.2 Veri fi que que el endomor fi smo T : R 4 7
4
R
dado por
T ( x,y,z,w) = (2x,x + 3y + z, w x y + z, x y z )
no es diagonalizable. (Vea también el Ejemplo 5.10, más adelante) En algunos casos sólo se pide determinar si un determinado endomor fismo es o no diagonalizable y no se exige hallar explícitamente todos los vectores propios. Para este fin, es necesario revisar algunos conceptos y propiedades adicionales sobre valores y vectores propios, los cuales serán estudiados a continuación.
5.4.
Propiedades de valores y vectores propios
A continuación veremos algunos conceptos y propiedades que ayudan en el proceso de diagonalización. Proposición 5.1 Dado un endomor fi smo T :
. Si es un vector propio asociado al , múltiplo escalar de , es también un vector
V
7
V
v
valor propio , entonces cualquier otro vector w propio asociado a .
v
Prueba. Tenemos que probar que, si v es un vector propio de T , el vector w = · v es también
un vector propio asociado al valor propio , para cualquier K. Entonces, T ( w) = T ( · v) = · T ( v) = · ( · v) = () · v = ( ) · v = · ( · v) = · w
Esto completa la prueba. Ejercicio 5.3 Sea A
. Si es un vector propio de A y x su vector propio correspondiente, entonces cualquier múltiplo escalar de x es un vector propio asociado a . n ×n
K
Proposición 5.2 Sean V un espacio vectorial sobre el campo
K, T
un endomor smo compuesto de y todos los :V7
fi
V
y K un valor propio de T . Entonces, el subconjunto V 0 vectores propios asociados al valor propio , es un subespacio vectorial de V.
V
Prueba. Anteriormente hemos denotado por S al conjunto de vectores propios no nulos
asociados a . Así, V = S
{0} = { v V :
T ( v) = · v}
Tenemos que probar que V es un subespacio vectorial de V. 1. Observe que V = 6 , pues 0 V . 2. Sean u, w V , entonces se cumple T ( u ) = · u y T ( w) = · w. Luego, T ( u + w) = T ( u ) + T ( w) = · u + · w = · ( u + w)
de donde u + w V . 3. Para K y u V vemos que T ( · u ) = · T ( u ) = · ( · u ) = · ( · u )
de donde · u V .
92
CAPÍTULO 5. DIAGONALIZACIÓN
Luego, V es un subespacio vectorial de V. Definición 5.6 (Subespacio propio) Dado T : V 7
un endomor smo y un valor prode , donde es el conjunto de vectores V
fi
pio de T . El subespacio vectorial V = S {0} V S propios no nulos asociados a , se denomina subespacio propio asociado a .
Proposición 5.3 A valores propios diferentes del mismo endomor fi smo le corresponden vec-
tores propios linealmente independientes. Es decir, si y son valores propios de T : V 7 donde 6 = , mientras que u, v V son tales que
V,
T ( u ) = · u T ( v) = · v
entonces u es linealmente independiente con v. Prueba. Haremos una prueba por contradicción. Asumamos que , son valores propios
diferentes, u, v sus vectores propios correspondientes y linealmente dependientes. Entonces, como u y v son vectores propios linealmente dependientes: u = k · v
para algún k 6 = 0
Así, T ( u ) = T ( k · v) = k · T ( v)
de donde
· u = k · ( · v)
· v = · v
Como v = 6 0, pues es vector propio, asumidos diferentes.
· (k · v) = k · ( · v)
( ) · v = 0
= .
Esto es una contradicción, pues ellos fueron
Ejemplo 5.9 Considere el endomor fi smo T : R3 7
3
R
dado por la regla
T ( x,y,z ) = (3x,x y, 2x + y + z )
Halle todos los subespacios propios. Procedemos hasta cierto punto de la misma forma que hicimos para diagonalizar el endomir fi smo. Sea la base canónica de R3 dada por B = {(1,0,0) , (0,1,0) , (0,0,1)}, luego hallamos AB mediante: T ( 1,0,0) = (3,1,2) = 3 · (1,0,0) + 1 · (0,1,0) + 2 · (0,0,1) T ( 0,1,0) = (0, 1, 1) = 0 · (1,0,0) 1 · (0,1,0) + 1 · (0,0,1) T ( 0,0,1) = (0,0,1) = 0 · (1,0,0) + 0 · (0,1,0) + 1 · (0,0,1)
Así, AB
3 = 1
0 0 1 0 2 1 1
93
CAPÍTULO 5. DIAGONALIZACIÓN
Seguidamente hallamos los valores propios de AB :
3 det (A · I) = det 1 2
0 0 1 0 1 1
=
3
+ 32 + 3
de donde det (A · I) = 0
3 + 32 + 3 = 0
= 1
= 3
= 1
Así, los valores propios de AB son 1 = 1, 2 = 3 y 3 = 1.
vAhora calculamos los subespacios propios. Consideremos un vector columna arbitrario v = v R : 1 2
3
v3
Para 1 = 1 , resolvemos Av = 1 · v
de donde
o sino
y vemos que
3 1
0 v v 0 v = 1 · v
0 1 2 1 1
1
1
2
2
v3
v3
= v1 3v1 = v2 v1 v2 2v1 + v2 + v3 = v3
v1 = 0,
Por tanto, S1 =
v2 = 0,
R
v3
0 t · 0 : t R 1
Para 2 = 3 , de manera similar al anterior caso, tenemos, S3 =
4 t · 1 : t R 9 2
Finalmente, hacemos lo mismo para 3 = 1, de donde S1 =
0 t · 2 : t R 1
94
CAPÍTULO 5. DIAGONALIZACIÓN
Tomamos un vector propio de AB de cada conjunto de vectores propios:
0 ˆ = 0 , a
4 ˆ = 1 , b
0 cˆ = 2
9 2
1
1
Sabemos que éstos representan las coordenadas de vectores propios en el espacio original respecto a la base canónica. así obtenemos trivialmente a = 0 · (1,0,0) + 0 · (0,1,0) + 1 · (0,0,1) = (0,0,1) b = 4 · (1,0,0) + 1 · (0,1,0) +
9 2
· (0,0,1) = ( 4, 1, 29 )
c = 0 · (1,0,0) 2 · (0,1,0) + 1 · (0,0,1) = (0, 2, 1)
Note que a = (0,0,1), b = ( 4, 1, 29 ) y c = (0, 2, 1) son vectores propios de T en el espacio original, más aún, por la Proposición 5.3, ellos son linealmente independientes. Como sólo tenemos un vector asociado a cada valor propio, tendremos tres subespacios propios, cada uno de dimensión 1:
R} t · ( 4, 1, ) : t R {t · (0, 2, 1) : t R}
V 1 = {t · (0,0,1) : t V 3 = V 1 =
©
ª
9 2
Claramente T es diagonalizable con respecto a la base U = {a,b,c}. ¤ Ejemplo 5.10 (Endomorfismo no diagonalizable) Consideremos el endomor fi smo T : R 4 7 4
R
, dado por T ( x,y,z,w) = (2x,x + 3y + z, w x y + z, x y z )
¿Es T diagonalizable? Con respecto a la base canónica, la matriz representante de T es:
AB
2 1 = 1
0 0 3 1 1 1 1 1 1
0 0 1 0
El polinomio característico det (A · I) está dado por det (A I) = ( 2)2 ( 1)2 Por lo tanto, los valores propios son 1 = 2 y 2 = 1 . Hallemos ahora los conjuntos de vectores propios columna respectivos, S2 y S1 . Resolviendo para v = [ v1 v2 v3 v 4 ]T R 4 , el sistema AB v = 2 · v
95
CAPÍTULO 5. DIAGONALIZACIÓN
se obtiene S2 =
1 1 1 0 · + · : , R 0 1
0
0
Por otro lado, para 2 = 1 , resolvemos: AB v = 1 · v
y obtenemos S1 =
0 1 t · : t R 2
1
Ahora extraemos los vectores propios columnas de los conjuntos de arriba, ˆa y ˆb de S2 , mientras que ˆc de S1 : 1
ˆ = a
1 , 0 0
1
ˆ = b
0 , 1 0
cˆ =
0 1 2 1
Luego, dado que estamos usando la base canónica, calculamos de manera trivial los respectivos vectores propios en el espacio original: a = (1,1,0,0) ,
b = (1,0,1,0) ,
c = (0,1, 2, 1)
Finalmente, los subespacios propios generados por estos vectores propios de T asociados a los valores propios son: V 2 = { · (1,1,0,0) + · (1,0,1,0) : , V 1 = {t · (0,1, 2, 1) : t
R}
R}
Note que dim (V 2 ) = 2 dim (V 1 ) = 1 En consecuencia, no se puede formar una base para R 4 compuesta de vectores propios de T , pues dim(V 1 ) = 1 , por lo que concluimos que T no es diagonalizable. ¤ Definición 5.7 (Multiplicidad de un valor propio) Diremos que = a es un valor pro-
pio de multiplicidad k , si el polinomio característico tiene la forma: det (AB · I) = ( a)k () donde AB Kn n es la matriz representante del endomor fi smo T y () es algún polinomio de grado menor que n. ×
96
CAPÍTULO 5. DIAGONALIZACIÓN
En el anterior Ejemplo 5.10 vimos que sólo habían dos valores propios, ambos de multiplicidad 2, pues
= 2
y
= 1,
det (A · I) = ( 2)2 ( 1)2 A la multiplicidad de un valor propio la vamos a denotar por mult (). Por tanto, en el mismo Ejemplo 5.10, mult(2) = 2 y mult(1) = 2, pero además notamos que: dim (V 2 ) = 2 = 2 = mult (2) dim (V 1 ) = 1 < 2 = mult (1) Teorema 5.1 Sean V un espacio vectorial de dimensión fi nita, T :
V
y es un valor propio de T , entonces
7
V un
endomor fi smo
dim (V ) mult () donde V es el subespacio propio asociado a . En otras palabras, la dimensión del espacio propio nunca sobrepasa la multiplicidad del valor propio asociado. Prueba. Ejercicio. Observación 5.1 Si es un valor propio, dim(V )
1. (¿Por qué?)
Estrategia 5.4 (Valores propios diferentes) Sea T :
un endomor smo donde . Si el polinomio característico tiene valores V
7
V
tiene dimensión fi nita n sobre el campo K propios 1 , ..., n K, todos diferentes 6 , entonces T será diagonalizable. Ejemplo 5.11 En el Ejemplo 5.7 vimos el endomor fi smo T : P 2 (R) 7 T a + bx + cx2 = c a + bx + ax2
¡
¢
V
fi
n
P2 (R) de fi nido por
donde P 2 (R) es el espacio vectorial convencional de polinomios reales de grado menor o igual 1+ 5 a 2. Los valores propios de T son 1 = 1 , 2 = 2 y 3 = 52 1. Como dim(P2 (R)) = 3 y existen 3 valores propios diferentes, podemos concluir inmediatamente que T es diagonalizable. Cuando hay un valor propio ˆ con multiplicidad k , obligatoriamente debemos analizar la dimensión del respectivo subespacio propio V ˆ para decidir si el endomor fismo es diagonalizable. Teorema 5.2 Sean V un espacio vectorial de dimensión fi nita n sobre K y T :
un es diagonalizable si, y sólo si, se cumplen las dos condiciones siguientes:
endomor fi smo. T
1. El polinomio característico de T tiene todas sus raíces en K 2. Para cada valor propio de T se cumple dim (V ) = mult () 6 Claramente entonces éllos tienen multiplicidad 1.
V
7
V
97
CAPÍTULO 5. DIAGONALIZACIÓN
Ejemplo 5.12 Sea el endomor fi smo T : R3 7
3
R
dado por
T ( x,y,z ) = (x + 4y + 2z, 3y 2z, 4y + 3z )
Veri fi que si T es diagonalizable. Con respecto a la base canónica B de R3 , hallamos la matriz representante de T : AB
1 = 0
4 2 3 2 0 4 3
Luego procedemos a calcular los valores propios de A B (recuerde que éstos son también valores propios de T ). Así, det (AB · I) = 0
1 det 0
0
de donde 3 2 + 1 = 0
Así,
1 = 1 (multiplicidad 2)
4 2 3 2 4 3
= 0
2
( 1) ( + 1) = 0
y 2 = 1 (multiplicidad 1).
Observe que automáticamente dim(V ) = 1 , pues sabemos 2
1
dim(V ) mult( ) = 1 2
2
Pero no podemos asegurar nada sobre el valor exacto de dim(V ). Para eso, tenemos que calcular necesariamente los vectores propios respectivos. Así, resolvemos 1
T ( x,y,z ) = 1 · (x,y,z )
de donde
(x + 4y + 2z, 3y 2z, 4y + 3z ) = 1 · (x,y,z )
z = 2y
Así, V 1 = { · (1,0,0) + · (0,1, 2) : ,
R}
Claramente dim (V ) = 2 = mult (1 ). Por el Teorema 5.2, concluimos que T sí es diagonalizable. La matriz representante con respecto a una base U compuesta de vectores propios de T extraídos de V y V , dos de V y uno V , en ese orden, será diagonal: 1
1
2
1
= 0
1
AU
0
2
0 0 1 0 0 2
1 = 0
0 0 1 0 0 0 1
Si usted quiere conocer explícitamente la base, debería además calcular explícitamente V .¤ 1
98
CAPÍTULO 5. DIAGONALIZACIÓN
5.5.
Ejercicios
Ejercicio 5.4 Es diagonalizable el endomor fi smo T :
V
resentante (en la base canónica)
· ¸ 0 1 1 0
cuando
V determinado
7
por la matriz rep-
1.
V
= R2
(Resp. No)
2.
V
= C2
(Resp. Sí. Los valores propios son i, i, una base es {(1, i) , (1, i)})
Ejercicio 5.5 El endomor fi smo sobre el campo 2 1
R,
cuyo polinomio característico es
2 + 1
¡ ¢¡ ¢
tiene todos sus valores propios distintos. ¿Es diagonalizable? Ejercicio 5.6 Se denomina espectro de A
, y lo denotaremos por espectro(A), al conjunto de todos los valores propios de A.Veri fi car que, A es inversible si, y sólo si, 0 6 espectro (A). n ×n
K
Solución: ( espectro (A). ) Si A es inversible, 0 6 = det (A) = det (A 0 · I), luego, 0 6 espectro (A), entoces 0 6= det (A 0 · I) = det (A). Luego A es inversible. ( ) Si 0 6
=
=
Ejercicio 5.7 Pruebe que las siguientes proposiciones son equivalentes:
1.
espectro (A)
2. det (A · I) = 0 3. dim (Im (A · I)) < n 4. ker (A · I) 6 = {0} 5. tiene asociados vectores propios. Ejercicio 5.8 Dado un valor propio de la matriz A
propio V tiene por lo menos dimensión 1? Justi fi que.
n ×n
R
. ¿Es verdad que el subespacio
Ejercicio 5.9 Pruebe que, si el grado de det (A · I) es n, entonces A no puede tener más
de n valores propios diferentes.
Ejercicio 5.10 Si det (A · I) = q0 q1 + · · · + (1)n 1 qn1 n 1 + (1)n qn n , entonces
det (A) = traza (A)
q0 = qn 1
qn = 1
Solución: Observe que det (A) = det (A 0 · I) = q 0 q1 (0) + · · · + ( 1)n1 qn1 (0)n 1 + (1)n qn (0)n = q0 Investigar la prueba de las otras dos propiedades.
99
CAPÍTULO 5. DIAGONALIZACIÓN
Ejercicio 5.11 Sea A
una matriz inversible. Determine los valores propios de A1 a partir de los valores propios de A. n ×n
K
Solución: Observe que si es un valor propio de A, entonces existe un vector v = 6 0 tal que espectro(A), es decir, 6= 0. Av = · v. Puesto que A es inversible, por el ejercicio 5.6, 0 6 Ahora, Av = · v
implica que A1 (Av) = A 1 ( · v)
luego v = · A1 v
y
1 · v = A 1 v
Es decir, 1 es valor propio de A1 . O sea, si 1 , ..., k son valores propios de A (inversible), entonces 1 , ..., 1 son valores propios de A1 . Como ejercicio adicional, investigue cómo se interpreta la multiplicidad en este caso. 1
k
Ejercicio 5.12 Sea V un espacio vectorial sobre K y T un endomor fi smo nilpotente de V de
orden p, es decir T p = 0. Calcule los valores propios de T . Ejercicio 5.13 Veri fi que si el endomor fi smo T : R3 7
3
R
, de fi nido por
T ( x,y,z ) = (x 5z cos 30o , y + 5z sen 30o , 0)
es diagonalizable. Si lo fuera, halles los espacios propios, una base y la matriz representante diagonal en esa base. Ejercicio 5.14 Para cada endomor fi smo sobre Kn , halle el polinomio característico, los valo-
res propios y los subespacios propios correspondientes (sobre R y C). Determine si el endomor fi smo es diagonalizable o no (sobre R y sobre C). En caso de que sea diagonalizable, encuentre una base del espacio en la cual el endomor fi smo se represente por una matriz diagonal: 1. T ( x,y,z ) = (x, y, z ) 2. T ( x,y,z ) = ( 4x + y + z, x + 4y + z, x + y + 4z ) Ejercicio 5.15 Sean V el espacio de las funciones continuas con valores reales de variable
real. T es un endomor fi smo de V de fi nido por
Z x
T ( f) (x) =
0
f (t) dt
f
V
Calcule los posibles valores propios de T . Ejercicio 5.16 Dos matrices A y B de orden n se dicen semejantes, si existe una matriz
inversible P de orden n tal que A = P1 BP. Veri fi car que dos matrices semejantes tienen el mismo polinomio característico.
100
CAPÍTULO 5. DIAGONALIZACIÓN
Solución: Basta notar que, det (A I) = det P1 BP I = det P1 BP P1 IP = det P1 (B I) P ) = det P1 det (B I) det (P) = det (B I)
¡ ¡
5.6.
¢ ¡ ¢ ¡ ¢
¢
Suma directa
Sea V un espacio vectorial sobre K y F, G dos subespacios de V. La suma de F y G se denota por F + G y se define como el conjunto
V : x F, y G} Se dice que la suma de F y G es directa , y se denota por F G, cuando además se cumple F G = {0}. Lo último equivale a decir que todo elemento del espacio suma F G se expresa en forma única como la suma de un elemento de F y un elemento de G. O sea, si w F G, entonces existen únicos a F y b G tal que w = a + b. F + G = {x + y
Nosotros vimos que la diagonalización de T era posible sólo si se conseguía extraer vectores propios de los subespacios propios, de modo que en conjunto formaran una base para V. Los siguientes teoremas dicen lo mismo, pero en términos de suma directa. Teorema 5.3 Sean V un espacio vectorial de dimensión fi nita n sobre K y T un endomor fi smo
de V. Entonces, la suma de los subespacios propios del endomor fi smo T es una suma directa. En otras palabras, si 1 , 2 ..., k son los valores propios de T , entonces S1
S · · · S 2
k
es una suma directa. Prueba. Ejercicio. Investigar la prueba. Teorema 5.4 Sean V un espacio vectorial de dimensión fi nita n sobre K y T un endomor fi smo
de V. Entonces, T es diagonalizable si, y sólo si, de T . V
= S
Prueba. Ejercicio. Investigar la prueba.
1
V es
suma directa de los subespacios propios
S · · · S 2
k
