Endomorfismos Autovalores Autovectores Diagonalizacion

Cap´ ıtulo 5

Endomorfismos Endomorfismos:: Valores y vectores ectores propios. propios. Diagonaliza Diagonalizaci´ ci´ on on 5.1 5.1

Endo Endomo morfi rfism smos os

Un endomorfismo f es una aplicación on lineal lin eal (tambi´ (t ambién en llamada llam ada homomor ho momorfismo) fismo) con c on el mismo m ismo n dominio y codominio. Consideraremos en este cap´ cap´ıtulo endomorfismos f : IR IR n .

→

5.2 5.2

Valore aloress y vec vecto tore ress prop propio ioss

Definici´ on on 5.1 Se dice que λ

IR , si existe x⃗ = ⃗0 n

̸ ∈ IR

n

∈ IR es valor propio o autovalor del endomorfismo f en

, tal que f ( f x(⃗ ) = ⃗λ x .

vectores es x⃗ IR n Definici´ on on 5.2 Sea f un endomorfismo en IR n con autovalor λ. Los vector tales que f ( f x(⃗ ) = ⃗λ x se denominan vectores vectores propios propios o autovec autovectores tores de f correspon-

∈

dientes al autovalor λ. λ puede ser nulo 0 Six⃗ = ⃗ λ se cumple que f ( f (⃗ 0) = λ⃗ 0, por eso para aceptar λ como autovalor debe 0 tal que f ( existirx⃗ = ⃗ f x(⃗ ) = ⃗λ x .

∀

̸

on lineal f : f : IR 2 Ejemplo 5.1 Sea la aplicaci´ A=

[ 10

−18 ]

6

−11

A. ⃗A u =

[ 10 6

−→ IR

⃗A v =

u⃗ es vector propio porque ⃗A u =u 1⃗

5

2

de A. ⃗A u =

.

2

6

−18 ] [ 3 ] = [ −6 ] −11 2 −4 −v2⃗

2

−→ IR , sobre IR , cuya matriz asociada es Determina Determina si los vector vectores es u⃗ = (6, (6, −5) y v⃗ = (3, (3, −2) son vectores propios

[ 1 6 ] [ 6 ] [ −24 ] 5

[ 10

v⃗ es vector propio porque ⃗A v =

on lineal f : f : IR 2 Ejemplo 5.2 Sea la aplicaci´ A=

, sobre IR , cuya matriz asociada es

. Determina si los vectores u⃗ = (2, (2, 1) y v⃗ = (3, (3, 2) son vectores propios de

−18 ] [ 2 ] = [ 2 ] −11 1 1

[ 1 6]

2

−5

=

⃗A v =

20

u⃗ es vector propio porque ⃗A u =

−u4⃗

[ 1 6 ] [ 3 ] [ −9 ] 5

2

−2

=

11

v⃗ no es vector propio porque no existe s tal que ⃗A v = ⃗vs , o lo que es lo mismo, ( 9, 11) no es m´ ultiplo de (3, (3, 2). 2).

−

149

−

´ 150 150 CAP ´ ITULO ITULO 5. ENDOMORFIS ENDOMORFISMOS MOS:: VALORES ALORES Y VECTOR VECTORES ES PROPIO PROPIOS. S. DIAGONA DIAGONALIZA LIZACI CI ON

on lineal f : f : IR n Ejemplo 5.3 Consideremos la aplicaci´

−→ IR

n


−→ IR

n

, sobre IR , cuya matriz asociada es la matriz identidad I n . A dicho endomorfismo se le denomina endomorfismo identidad. f ( f x(⃗ ) = Ix⃗ =x⃗ La aplicaci´ on tiene un ´ unico valor propio, que es 1. Todos los vector vectores es de IR n son autovectores correspondientes a ese autovalor. , sobre IR , cuya matriz

asociada es la matriz λI n con λ IR . f ( f x(⃗ ) = λIx⃗ = ⃗λ x La aplicaci´ on tiene un ´ unico valor propio, que es λ. Todos los vector vectores es de IR n son autovectores correspondientes a ese autovalor.

∈

5.3 5.3

Obten btenc ci´ on on de los valores propio p ropios: s: polinomi po linomio o caracter caract er´ ´ıstico

Teorema 5.1 Sea el endomorfismo f : IR n

n

−→ IR , y A su matriz asociada respecto de la base est´ andar. λ es valor propio de f ⇔ |A − λI | = 0 ⇔ rg(A rg(A − λI ) < n. ̸ ⃗ 0 tal que f ( f x(⃗ ) = ⃗A x = ⃗λx = λIx⃗ , siendo Demostraci´ on: on: λ valor propio si ∃x⃗ = ̸ ⃗ 0 tal que (A I la matriz identidad de orden n, o lo que es lo mismo, si ∃x⃗ = ( A − λI x)⃗ = ⃗ 0 Por tanto λ es valor propio ⇔ el SL (A (A − λI x)⃗ = ⃗ 0 es compatible indeterminado ⇔ rg (A − λI ) < n ⇔ |A − λI | = 0 | − λI | = 0

n

Desarrollemos A

 a − λ  a.  .. 11

21

an1

a12

  

... a1n a22 λ . . . a2 n =0 .. .. .. . . . an2 . . . ann λ

−

−

El primer miembro de esta ecuación on es un polinomio en λ de grado n, p(λ), denominado denominado polinomio polin omio caracter´ ıstico ıstico de f o polinomio caracter´ caracter´ıstico de la matriz A. A l a ecuaci´ on on A λI = 0, desarrollada como p(λ) = 0, se le llama ecuaci´ on on caract car acter´ er´ ıstica ıst ica de la matriz A .

| − |

N´ otese como dependiendo de si n es par o impar, el término otese ermino en λn del polinomio pol inomio ser´ ser´ıa 1 o 1. Por convenio la definición on del d el polino p olinomio mio caracter caract er´´ıstico es A λI si n es impar.

−

p( p(λ) = λn + an

−1

λn

−1

−| − |

+ . . . + a1 λ + a0

´ De acuerdo con el Teorema Fundamental del Algebra , todo polinomio de grado n 1 con coeficientes reales tiene exactamente n ra´ ra´ıces reales re ales o complejas comple jas (contando (c ontando multiplicimultiplic idades). Denotamos la multiplicidad de la ra´ ra´ız λ como pλ .

≥

El polinomio (λ (λ multiplicidad 5.

5

− 1)

tiene 5 ra´ ra´ıces, todas iguales iguales a 1. El polinomio polinomio tiene ra´ ra´ız 1 con

El polinomio λ2 + 1 tiene dos ra´ ra´ıces complejas, +i y forman pares conjugados). El polinomio (λ (λ2 +1)(1

−i.

(Las ra´ ra´ıces complejas siempre

2

− λ ) tiene dos ra´ ra´ıces complejas, comple jas, i y −i y dos d os ra´ ra´ıces reales reale s 1 y −1.

El polinomio caracter´ caracter´ıstico de A, p(λ), tendrá n ra´ ra´ıces. Las ra´ ra´ıces reales del polinomio pol inomio son los valores propios del endomorfismo f , f , tambi´ en en designados como valores propios de A. La multiplicidad multiplicidad algebraica de un autovalor λi se define como su multiplicidad



−→ IR

n


−→ IR

n

, sobre IR , cuya matriz asociada es la matriz identidad I n . A dicho endomorfismo se le denomina endomorfismo identidad. f ( f x(⃗ ) = Ix⃗ =x⃗ La aplicaci´ on tiene un ´ unico valor propio, que es 1. Todos los vector vectores es de IR n son autovectores correspondientes a ese autovalor. , sobre IR , cuya matriz

asociada es la matriz λI n con λ IR . f ( f x(⃗ ) = λIx⃗ = ⃗λ x La aplicaci´ on tiene un ´ unico valor propio, que es λ. Todos los vector vectores es de IR n son autovectores correspondientes a ese autovalor.

∈

5.3 5.3

Obten btenc ci´ on on de los valores propio p ropios: s: polinomi po linomio o caracter caract er´ ´ıstico

Teorema 5.1 Sea el endomorfismo f : IR n

n

−→ IR , y A su matriz asociada respecto de la base est´ andar. λ es valor propio de f ⇔ |A − λI | = 0 ⇔ rg(A rg(A − λI ) < n. ̸ ⃗ 0 tal que f ( f x(⃗ ) = ⃗A x = ⃗λx = λIx⃗ , siendo Demostraci´ on: on: λ valor propio si ∃x⃗ = ̸ ⃗ 0 tal que (A I la matriz identidad de orden n, o lo que es lo mismo, si ∃x⃗ = ( A − λI x)⃗ = ⃗ 0 Por tanto λ es valor propio ⇔ el SL (A (A − λI x)⃗ = ⃗ 0 es compatible indeterminado ⇔ rg (A − λI ) < n ⇔ |A − λI | = 0 | − λI | = 0

n

Desarrollemos A

 a − λ  a.  .. 11

21

an1

a12

  

... a1n a22 λ . . . a2 n =0 .. .. .. . . . an2 . . . ann λ

−

−

El primer miembro de esta ecuación on es un polinomio en λ de grado n, p(λ), denominado denominado polinomio polin omio caracter´ ıstico ıstico de f o polinomio caracter´ caracter´ıstico de la matriz A. A l a ecuaci´ on on A λI = 0, desarrollada como p(λ) = 0, se le llama ecuaci´ on on caract car acter´ er´ ıstica ıst ica de la matriz A .

| − |

N´ otese como dependiendo de si n es par o impar, el término otese ermino en λn del polinomio pol inomio ser´ ser´ıa 1 o 1. Por convenio la definición on del d el polino p olinomio mio caracter caract er´´ıstico es A λI si n es impar.

−

p( p(λ) = λn + an

−1

λn

−1

−| − |

+ . . . + a1 λ + a0

´ De acuerdo con el Teorema Fundamental del Algebra , todo polinomio de grado n 1 con coeficientes reales tiene exactamente n ra´ ra´ıces reales re ales o complejas comple jas (contando (c ontando multiplicimultiplic idades). Denotamos la multiplicidad de la ra´ ra´ız λ como pλ .

≥

El polinomio (λ (λ multiplicidad 5.

5

− 1)

tiene 5 ra´ ra´ıces, todas iguales iguales a 1. El polinomio polinomio tiene ra´ ra´ız 1 con

El polinomio λ2 + 1 tiene dos ra´ ra´ıces complejas, +i y forman pares conjugados). El polinomio (λ (λ2 +1)(1

−i.

(Las ra´ ra´ıces complejas siempre

2

− λ ) tiene dos ra´ ra´ıces complejas, comple jas, i y −i y dos d os ra´ ra´ıces reales reale s 1 y −1.

El polinomio caracter´ caracter´ıstico de A, p(λ), tendrá n ra´ ra´ıces. Las ra´ ra´ıces reales del polinomio pol inomio son los valores propios del endomorfismo f , f , tambi´ en en designados como valores propios de A. La multiplicidad multiplicidad algebraica de un autovalor λi se define como su multiplicidad


poli nomio caracter caract er´´ıstico, que hab´ hab´ıamos denotado denot ado como pλi . Al limitarnos como co mo ra´ ız del polinomio

a endomorfismos en IR n , las ra´ ra´ıces complejas complej as de p(λ) no pueden considerarse como valores n propios de A, ya que six⃗ IR y λ C (complejo), f ( f x(⃗ ) = ⃗λx Cn (vector (vector complejo), complejo), y n no a IR .

∈

∈

∈

Suponiendo s ra´ ra´ıces distintas, incluyendo reales y complejas: p( p(λ) = (λ

pλ1

−λ ) 1

(λ

pλ2

−λ ) 2

. . . (λ

pλs

−λ ) r

pλ + pλ + . . . + pλs = n 1

2

Si r es el número umero de ra´ ra´ıces reales y distintas, entonces tenemos r autovalores distintos, y: pλ + pλ + . . . + pλr 1

2

≤n

pλ + pλ + . . . + pλr = n 1

⇔ todas tod as las ra´ ra´ıces son reales. reales .

2

Si p(λ) tiene las n ra´ ra´ıces reales y distintas distintas (por tanto tanto de multiplic multiplicidad idad algebraica algebraica 1), entonces: p( p(λ) = (λ λ1)(λ )(λ λ2 ) . . . (λ λn )

−

−

−

Obtenci´ on on de valores propios

• Se calcula calcula p(λ) = |A − λI |. • Se hallan las ra´ ra´ıces λ de p(λ) = 0. Las ra r a´ıces reales son los lo s valores propios.  6 −3 1  i

Ejemplo 5.5 ¿Es 5 un valor propio de A =

3

0 2

2

5 es autovalor de A

 1 |A − 5I | =  3 2

1 5 = 1

2



⇔ |A − 5I | = 0

 

−3 −5

5 ? 6

−30 30,, por tanto 5 no es autovalor.

Ejemplo 5.6 Encuentra los valores propios de A =

[2 3]

3 6 0 correspondiente a cada uno de los autovalores encontrados. ⃗

−

y un autovector distinto de

 2 − s |A − sI | =  3

 4s − 21 −6 − s  = (2 − s)(−6 − s) − 9 = s + 4s

[2 3][x]

[x]

3

2

Los autovalores, que son las ra´ ra´ıces del polinomio anterior, son s =

3

−6

y

=

−7

y

{ 2x + 3y3y = −7x 3x

−7 y s = 3.

{ 9x + 3y3y = 0

− 6y = −7y

3x + y = 0

⇒

y=

(1, (1, 3) es autovector correspondiente al autovalor 7

−

Comprobaci´ on:

[ 2 3 ] [ 1 ] [ −7 ] 3

−6 −3

=

21

−

=

[ 1]

−7 −3

Por el mismo procedimiento se puede calcular un vector propio asociado a λ = 3

−3x

´ 152 CAP ´ ITULO 5. ENDOMORFISMOS: VALORES Y VECTORES PROPIOS. DIAGONALIZACI ON

Ejemplo 5.7

5  0 Encuentra la ecuaci´ on caracter´ıstica de A =  0

−2 3 0 0

0

p(λ) = (5

−1 

6 8 5 0

0 4 1

−



− λ)(3 − λ)(5 − λ)(1 − λ) = 0

Ejemplo 5.8 El polinomio caracter´ıstico de una matriz 6 6 es λ6 4λ5 12λ4 . Encuentra

×

los valores propios y su multiplicidad algebraica. p(λ) = (λ2

4

− 4λ − 12)λ

Tenemos la ra´ız λ = 0 con multiplicidad 4 y las ra´ıces de λ2 son λ = 2 y λ = 6.

−

5.4

− −

´ − 4λ − 12 = 0. Estas ultimas ´

Subespacio propio

El conjunto de los vectores propios de un endomorfismo f de IR n correspondientes a un autovalor λ es un subespacio de IR n , denotado como V λ . En efecto, considerando la matriz can´ onica A asociada a f , tenemos: V λ = x⃗ IR n / A⃗ x = ⃗λ x = x⃗ IR n / (A λI x)⃗ = ⃗ 0 = Ker(A λI )

{ ∈

}

{ ∈

−

}

−

onica asociada A y sea λi un Definici´ on 5.3 Sea f endomorfismo de IR n con matriz can´

autovalor de f . Al subespacio vectorial de IR n Ker(A λi I ) = x⃗ IR n /(A λi I x)⃗ = ⃗ 0 se le denomina subespacio propio correspondiente al valor propio λi . Se denota como V λi .

−

{ ∈

−

}

Observación: Por ser V λ subespacio vectorial está garantizado que ⃗ 0 pertenece al conjunto, que la suma de autovectores de λ es cerrada, que el producto por un escalar tambi´ en, y que la combinación lineal de autovectores de λ es autovector de λ. A modo de revisión presentamos las demostraciones de estos resultados:

• V contiene el vector ⃗ 0 pues f (⃗ 0) = ⃗ 0 = λ⃗ 0. • El producto por un escalar es cerrado, puesx⃗ ∈ V ⇒ αx⃗ ∈ V λ

λ

λ

f (⃗ x ) = ⃗λ x , entonces f (αx⃗ ) = α f (⃗ x ) = α λ⃗ x = λ α⃗ x , por tanto ⃗α x

∈ V

λ

• La suma es cerrada:x,⃗ x⃗ ∈ V ⇒x⃗ + x⃗ ∈ V ′

′

λ

λ

) = f (⃗ f (⃗ x + x⃗ x ) + f (x⃗ ) = ⃗λ x + λx⃗ = λ(⃗ x + x⃗ ) ′

′

′

′

• Toda

combinaci´ on lineal de autovectores de un valor propio λ de A es también autovector de ese valor propio. ⃗A x = ⃗λx ,

Ax⃗ = λx⃗ ′

′

) = αA⃗ A(α x + βA x⃗ = αλ⃗ x + βλ x⃗ = λ(α ⃗x + β x⃗ ⃗x + β x⃗ ) ′

′

′

′

luego ⃗α x + β x⃗ es autovector de A correspondiente al autovalor λ. ′


5.5

Dimensi´ on del subespacio propio n

Considerando el endomorfismo A

n

− λI : IR −→ IR dim IR = dim Ker(A − λI ) + dim Im(A − λI ) n = dim V + rango (A − λI ) dim V = n − rango (A − λI ) por ser λ autovalor, rango (A − λI ) < n ⇒ 1 ≤ dim V ≤ n dim V = n cuando A − λI sea la matriz nula, es decir, A = λI . En este caso ⃗λ ∀x⃗ ∈ IR , y por tanto V = IR x n

λ

λ

λ

λ

n

⃗A x =

n

λ

Teorema 5.2 dimV λ es menor o igual que la multiplicidad algebraica del valor propio λ.

1

≤

dim V λ

≤

pλ

≤

n

Se define multiplicidad geom´ on de V λ . etrica de un autovalor λ como la dimensi´

5.6

Obtenci´ on de los subespacios propios

En primer lugar se calculan los valores propios:

• Se calcula p(λ) = |A − λI |. • Se hallan las ra´ıces λ de p(λ) = 0. Las ra´ıces reales son los valores propios. i

A continuación:

• Se determina V

= Ker(A λi I ) para cada valor propio λi , que es lo mismo que determinar la soluci´ on de cada sistema homogéneo (A λi I x)⃗ = ⃗ 0 (un sistema para cada autovalor).

−

λi

−

• Es conveniente comprobar que dim V esté dentro del rango permitido, 1 ≤ dim V ≤ p , siendo p la multiplicidad algebraica de λ . λi

λi

5.7

λi

i

λi

La independencia lineal de los subespacios propios

Teorema 5.3 Si λ1 , λ2 , ..., λr son autovalores distintos del endomorfismo dado por la

matriz A, entonces los conjuntos v⃗1v, ⃗2 , ...,v⃗r con v⃗i = ⃗ 0 y v⃗i nulo de cada subespacio propio) son linealmente independientes.

{

}

̸

∈ V

λi

(un autovector no

Supongamos que el conjunto fuera linealmente dependiente, entonces existe un ´ındice m´ınimo k tal quev⃗ k+1 es combinación lineal de los p anteriores, linealmente independientes, es decir, Demostraci´ on:

v⃗k+1 = cv1⃗1 + cv2⃗ 2 + . . . + cvk⃗ k ,

conv⃗ 1,v⃗2 , . . . ,v⃗k

l.i.

[1]

multiplicando por la izquierda por A tenemos: Av⃗k+1 = A cv1⃗1 + A cv2⃗2 + . . . + A cvk⃗ k , λk+1v⃗k+1 = λ1cv1⃗1 + λ2 cv2⃗ 2 + . . . + λk cvk⃗ k

[2]

multiplicando la ecuación [1] por λk+1 obtenemos: λk+1v⃗k+1 = λk+1cv1⃗1 + λk+1 cv2⃗ 2 + . . . + λk+1 cvk⃗ k y restando [3] [2] se obtiene;

−

[3],


⃗0 = (λk+1

− λ )cv⃗ 1

1 1

+ (λk+1

− λ )cv⃗ 2

2 2

+ . . . + (λk+1

− λ )cv⃗ k

k k

Como el conjuntov⃗1v, ⃗ 2, . . . v, ⃗k es l.i., los coeficientes de la combinación lineal son nulos, es decir:

 (λ  (λ(λ

k+1 k+1 k+1

− λ )c − λ )c − λ )c 1 2

k

=0 2 = 0 k = 0 1

Y como hemos supuesto que los λi son todos distintos, ninguno de los (λk+1 por lo que ci = 0 i = 1, . . . , k.

∀

− λ ) es nulo, i

0 (ec. [1]), lo cual es una contradicción puesto que hab´ıamos partido de que =⃗ todos losv⃗ i fueran no nulos.

⇒v⃗

k+1

⇒ El conjunto v{⃗ v, ⃗ , . . .⃗v, } es linealmente independiente. 1

r

2

Queda por tanto demostrado el teorema por reducción al absurdo.

El teorema anterior da lugar a la designaci´ on de los subespacios propios de un endomorfismo como “subespacios linealmente independientes”. En el Cap´ıtulo de Espacios Vectoriales vimos que el resultado del teorema anterior era equivalente a decir que la suma de los subespacios propios V λ , V λ , ..., V λr es directa, es decir 1

V λ

1

2

⊕ V ⊕ . . . ⊕ V λ2

λr

Por otra parte, la suma es subespacio vectorial de IR n , lo cual expresamos cómo: V λ

1

⊕ V ⊕ . . . ⊕ V λ2

λr

⊆ IR

n

En el Cap´ıtulo de Espacios Vectoriales tambi´ en vimos que una consecuencia de la suma directa era que la intersección de los subespacios sumados era ⃗ 0. Se puede demostrar fácilmente que la intersección de subespacios propios distintos es el vector nulo. En efecto: Six⃗ pertenece a V λi y V λj , entonces ⃗A x = λxi⃗ = λ jx⃗ . De la u ´ ltima igualdad se deduce (λi λ jx)⃗ = ⃗ 0. Como por hip´ otesis λi = λ j x⃗ = ⃗ 0.

̸

5.8

⇒

−

Existencia o no de base de vectores propios

Teorema 5.4 Existe base de vectores propios de un endomorfismo

IR

n

⇔

⇔ V

λ1

⊕ V ⊕ . . . ⊕ V λ2

p(λ) tiene n ra´ıces reales contando multiplicidades y dim Vλ i = pλi

La suma directa de los subespacios es igual a IR n si y sólo si dimV λ + dimV λ + ... + dimV λr = n 1

2

Por otra parte, dimV λi pλi i = 1,...,r dimV λ + dimV λ + ... + dimV λr pλ + pλ + . . . pλr

≤

⇒

1

2

≤

1

2

≤n

Para obtener la dimensión máxima igual a n se debe cumplir dimV λi = pλi i = 1,...,r y que pλ + pλ + . . . pλr = n, es decir, que todas las ra´ıces sean reales.

∀

1

2

λr

=


Base de vectores propios de IR n :

B = v⃗ 11 , ... ,v⃗ p1λ ,v⃗ 12 , ... ,v⃗ p2λ , .... ,v⃗ 1r , ... ,v⃗ prλr = B1 Bi la base de V λi , y siendo el número de vectores de Bi = pλi .

{

1

}

2

∪ B . . . ∪ B , siendo r

2

Teorema 5.5 Si la matriz An asociada a un endomorfismo en IR n tiene n valores propios

distintos, entonces en IR n se puede obtener una base cuyos vectores sean todos autovectores de f . Si el grado del polinomio caracter´ıstico es n y se tienen n autovalores distintos, significa que las multiplicidades son todas igual a uno. Por tanto los n V λi tienen dimensió n 1. La dimensi´ on de la suma directa será n 1 = n, por tanto existe base de autovectores.

×

Matriz asociada a la base de vectores propios

λ  ...  0.  .. D= 0  ...  0.  ..

1

0

← 5.9

...

. .. . ..

0 .. .

...

. . . λ1 .. .

. .. . ..

0 .. .

...

...

0 .. . 0 .. .

. .. . ..

0 .. . . . . . . . λr .. .

...

0

. .. . ..

. . . λr

... pλ

1

→

0

←

...

pλr

1 1

  0   ..  .  0   ..  .  0   ..  .

0 .. .

...

 f (⃗v ) = λ v⃗   ...   f (⃗v . ) = λ v⃗  f (⃗v ..) = λ v⃗   ...  f (⃗ v ) = λ v⃗

0 .. .

1

1

pλ1

r

r pλr

1

pλ1

r

r

1

→

1 1

1

1

r

r pλr

Propiedades de autovalores y autovectores

Teorema 5.6 Los valores propios de una matriz triangular son los valores de la diagonal

principal. Demostraci´ on:

a A − λI =  0

11

0

λ es un autovalor

Se demuestra para una matriz triangular superior y n = 3 a12 a22 0

a13 a23 a33

 λ −0 0

0 0 λ 0 0 λ

 a =

11

−λ

0 0

a12 a22

−λ

0

a13 a23 a33

−λ

 

⇐⇒ |A − λI | = p(λ) = (a − λ)(a − λ)(a − λ) = 0 11

22

33

Las ra´ıces de p(λ) son a11 , a22 , a33 Se obtiene el mismo resultado para una matriz triangular inferior. Teorema 5.7 Si λ es autovalor de A con autovector asociadox⃗ , entonces λk ( k = 2, 3,...)

es autovalor de Ak con el mismo autovector asociadox⃗ . k veces

   A x⃗ = A ... Ax⃗ = λ x⃗ k

Demostraci´ on:

k

Teorema 5.8 An es inversible Demostraci´ on:

de A

⇐⇒ el escalar 0 no es autovalor de A. A es inversible ⇐⇒ |A| ̸ = 0 ⇐⇒ |A − 0I | ̸ = 0 ⇐⇒

0 no es autovalor


Teorema 5.9 Si A es inversible y λ autovalor de A con autovector asociadox⃗ , entonces −1

λ

−1

es autovalor de A

con autovector asociado también x⃗ .

⃗A x = ⃗λ x , A inversible = A 1 yλ=0 Multiplicando por A 1 por la izquierda, A 1⃗A x = λA x1⃗ x⃗ = λA x1⃗ λ x1⃗ = A x1⃗

⇒ ∃

Demostraci´ on:

−

−

−

−

−

−

̸

−

Teorema 5.10 A y At tienen los mismos autovalores Demostraci´ on:

I t = I =

t

t

t

t

⇒ |A − λI | = |A − λI | = |(A − λI ) | = |A − λI |

t

A y At tienen el mismo polinomio caracter´ıstico y por tanto los mismos autovalores y con la misma multiplicidad.

|A − λI | = |A − λI | =⇒

Ejemplo 5.9 Determina los valores propios de las matrices A y B.

3 A = 0 0

6 0 0

−8 

 4 6  B =  −2 2

0 1 3

5

0 0 4

 

Son matrices triangulares, y por tanto sus autovalores son los elementos de la diagonal. Los autovalores de A son 3,0,6 y los autovalores de B 4 (multiplicidad 2) y 1. RECORDAMOS: Dadas dos matrices An y F n se dice que A es semejante a F si P inversible tal que A = P F P 1 . Dos matrices An y F n semejantes corresponden al mismo endomorfismo relativo a distintas bases, con tal de que en cada uno de los casos se utilice la misma base en el espacio inicial y final.

∃

−

Teorema 5.11 Si dos matrices An y F n son semejantes, entonces tienen el mismo poli-

nomio caracter´ıstico, y por tanto los mismos autovalores, con las mismas multiplicidades. Demostraci´ on:

A

A y F semejantes =

⇒ ∃ P

−1

−1

−1

/ A = P F P

−1

−1

− λI = P F P − λI = P F P − PλIP = P (F − λI )P |A − λI | = |P ||F − λI ||P | = |F − λI | ⇒ |A − λI | = |F − λI | −1

———————————Nota importante: Equivalencia por filas no es lo mismo que semejanza. Si U = E 1 . . . E p A U no tiene por qu´ e tener los mismos autovalores que A. Incluso si las E i son matrices elementales de reemplazamiento (ni permutación ni escalamiento), y por tanto A = U , los polinomios caracter´ısticos A λI y U λI no tienen por qué ser iguales.

| | | |

| − | | − |

Ejemplo 5.10 Calcula el polinomio caracter´ıstico y ra´ıces de A =

[2 3] 3

−6

matriz equivalente por filas a A.

y de una

Hab´ıamos calculado el polinomio caracter´ıstico de A en un ejercicio anterior, y éste era p(s) = s2 + 4s 21, con ra´ıces s = 7 y s = 3.

−

− Puesto que A es inversible, |A| = −21, A es equivalente por filas a I . El polinomio caracter´ıstico de I es p(s) = (1 − s) y la ra´ız es s = 1 con multiplicidad 2. 2

2

2

———————————-


Los cuatro casos respecto al tipo de ra´ıces de p(λ) en

5.10

IR 2 Ejemplo 5.11 Determinar los valores propios y subespacios propios correspondientes a

los endomorfismos con matrices asociadas:

[ −2 −2 ] [2 0] [ −3 2 ] [ 1 1] A= −5 1 , B = 0 2 , C = 0 −3 , D = −1 1  −2 − s −2  • |A − sI | =  −5 1 − s  = (−2 − s)(1 − s) + 10 = s + s − 12 ra´ıces 3, −4 2

Para calcular V 3 hay que resolver el sistema ⃗A x =x 3⃗ , es decir, (A

[ −5

−2 −5 −2

0 0

] [ −5 ∼

Para calcular V

−4

[

2 5

−2

0 0

5

−

0

0 0

0

]

, soluci´ on: 5x + 2y = 0

hay que resolver el sistema ⃗A x =

] [1 ∼

−2

0

−1

0 0

0

]

, soluci´ on: x = y

− 3I )x⃗ = ⃗ 0

⇒ V =< (−2, 5) > 3

−x4⃗ , es decir, (A + 4I )x⃗ = ⃗ 0

⇒ V

−4

=< (1, 1) >

OBSERVACION: El conjunto formado por un vector de V 3 y un vector de V 4 es linealmente independiente B = ( 2, 5), (1, 1) es base de IR 2 formada por vectores propios la matriz asociada al endomorfismo respecto de esa base es diagonal 3 0 y D = . 0 4 −

⇒] −

[

• B=

⇒

{−

}

[2 0]

es una matriz diagonal, por tanto sus valores propios son los elementos 0 2 de la diagonal. p(s) = (2 s)(2 s) ra´ız 2 doble

−

−

Para calcular V 2 hay que resolver el sistema ⃗A x =x 2⃗ , es decir

[2 0]

x⃗ = 2⃗ x . La ecuaci´ on se verifica para todo (x, y)

∈ IR

2

0 2 En efecto en el sistema homogéneo [A 2I 0] las dos ecuaciones se anulan, por tanto hay cero pivotes y dos par´ ametros libres.

− |

OBSERVACION: Todos los vectores de IR 2 son vectores propios, por tanto cualquier base de IR 2 , por ejemplo B = (1, 0), (0, 1) , es base de vectores propios. En 2 0 cualquier base de IR 2 la matriz asociada al endomorfismo es D = . 0 2

{

• C =

}

[ ]

[ −3 2 ]

, es una matriz triangular, por tanto sus valores propios son los 0 3 elementos de la diagonal. p(s) = ( 3 s)( 3 s) ra´ız 3 doble

−

− − − −

Para calcular V

−3

[0 0

•

2 0

[

−

hay que resolver el sistema ⃗A x =

−x3⃗ , es decir (A + 3I x)⃗ = ⃗ 0.

]

0 tiene como soluci´ on y = 0 ( x par´ ametro libre). V 0

−3

]

=< (1, 0) >

1 1 D = , p(s) = ( 1 s)(1 s) + 1 = s2 2s + 2 ra´ıces los complejos 1 1 conjugados, 1 + i, 1 i. Por tanto no hay autovalores para el endomorfismo real.

−

−

−

−

−


Ra´ıces

Autovalores 3 λ=3 -4 λ= 4 2 doble λ = 2 -3 doble λ = 3 1+i 1-i

A

− −

B C D

Multip. algebr. 1 1 2 2

Subespacios propios V 3 =< ( 2, 5) > V 4 =< (1, 1) > V 2 =< (1, 0), (0, 1) > V 3 =< (1, 0) >

Multip. geomét. 1 1 2 1

−

−

−

Base de autovect. s´ı s´ı no no

Ejemplos en IR 3

5.11

on lineal f : IR 3 Ejemplo 5.12 Considérese la aplicaci´

4 A = 2

asociada es

−1 1 −1

3

−→ IR , sobre IR, cuya matriz  6 6 . Sabiendo que un valor propio de la aplicaci´ on es λ = 2,

2 8 encuentra una base del subespacio propio correspondiente a este valor propio. Hay que resolver el SL

4 A − 2I =  2

−1 1 −1

2

⃗A x =x 2⃗ , o lo que es lo mismo, 6 6 8

 1  −20 0

0 1 0

0 0 1

 2  = 2 2

Tenemos que resolver el SL de matriz ampliada:

−1 −1 −1

(A 6 6 6

2 2 2

 

−1 −1 −1

− 2I x)⃗ = ⃗ 0, 6 6 6

| 0 | 0 |0

Las soluciones son los vectores x⃗ = (x1, x2 , x3 ) verificando 2x1 x2 + 6x3 = 0. Tomando x2 y x3 como par´ ametros libres, V 2 = ( x2 3x3 , x2 , x3 ) con x2 IR, x3 IR. V 2 tiene dimensi´ on 2 y una posible base de V 2 es B = (1, 2, 0), ( 3, 0, 1) 2

−

− ∈ −

{

∈ }

Ejemplo 5.13 Determinar los valores propios y subespacios propios correspondientes a

los endomorfismos con matrices asociadas:

 4 −1 6  A = 2 1 6  (matriz igual a la del Ejemplo 5.12) 2 −1 8  2 4 3   5 −8 1   B =  −4 −6 −3  , C =  0 0 7 , D =  3

3

1

0

0

−2

3 4 2

−2 −1 1

0 0 1

 

Soluci´ on para la matriz A

 4 − s 0 =  2  2  1 (2 − s)  0 2 (2

2

    1 −1 0  −1 6   2 − s −2 + s 0  1−s 6  =  2 1−s 6  = (2 − s)  2 1−s 6  =  2 −1 8 − s  −1 8 − s   2 −1 8 − s    1 −1 0  −1 0  2 − s −2 + s  = (2 − s)  0 1 − 1  = (2 − s) ((8 − s) + 2 − 1) =  2 −1 8 − s  −1 8 − s  2

− s) (9 − s)

Los autovalores son λ1 = 2 (doble) y λ2 = 9

2


V 2

2 2

−1 −1 −1

2

| 0 | 0 |0

6 6 6

V 2 tiene una ´ unica ec. impl´ıcita 2x V 2 =< (1, 2, 0), ( 3, 0, 1) >

−

− y + 6z = 0, por tanto podemos escribir por ejemplo:

V 9

 −5 2 2

−1 6 | 0   1 −4 3 | 0   1 −4 3 | 0   1 −4 −8 6 | 0  ∼  −5 −1 6 | 0  ∼  0 −21 21 | 0  ∼  0 −1 −1 −1 | 0 2 −1 −1 | 0 0 7 −7 | 0 0 0

3 1 0

| 0 | 0 |0

V 9 tiene dos ecuaciones impl´ıcitas: y=z x = 4y 3z x=z

{

−

⇒

por tanto podemos escribir por ejemplo: V 9 =< (1, 1, 1) >

Soluci´ on para la matriz B Autovalores:

 2 − s |A−sI | =  −4  2 − s 3 4 (−2 − s)  1  0 10

  2 − s 4 3   2 − s 4 3  −6 − s −  =  −2 − s −2 − s 0  = (−2−s)  1 1 0  = 3 1−s 3 3 1−s 3 3 1−s     2 − s 4 3  3   0  = (−2 − s)(1 − s)  1 1 0  = (−2 − s)(1 − s)((2 − s) − 4) =   1−s 0 0 1 4

3 3

2

( 2

− − s)(1 − s)(−2 − s) = (−2 − s) (1 − s) Los valores propios son s = −2 doble y s = 1 simple. Subespacio propio V −2 :

4 0 ] =  −4 [ A+2I | ⃗

4 4 3

3 3 3

0 0 0

− −

3

 4  ∼ 0 3

4 0 3

3 0 3

| 0 4 | 0 ∼ 1 |0 0

4 1 0

3 1 0

| 0 4 | 0 ∼ 0 |0 0

4 0 0

dim V 2 = 3 - rango( A I ) = 3 - 2 = 1 (s´ olo hay un par´ ametro libre). z = 0, 4x = 4y V 2 =< (1, 1, 0) > −

− ⇒

−

−

−

Subespacio propio V 1 :

1 0 ] =  −4 [ A − I | ⃗ 3

| 0 1 4 3 | 0 1 − − | 0 ∼ 0 9 9 | 0 ∼ 0 |0 0 −9 −9 | 0 0 4 7 3

3 3 0

V 1 tiene dos ecuaciones impl´ıcitas: y= z x = 4y 3z x=z

{

− − −

⇒

por tanto podemos escribir por ejemplo: V 1 =< (1, 1, 1) >

−

4 1 0

3 1 0

| 0 | 0 |0

3 1/4 0

| 0 | 0 |0


Soluci´ on para la matriz D

 0 =   (1

3

   = (1−s) 1  1−s

−2 −1 − s

−s

4 2 s)( 3

− − −

0 0

1 3s + s + s2 + 8) = (1

3

−s 4

2

−2  = (1−s) ((3−s)(−1−s)+8) = −1 − s 

− s)(s − 2s + 5)

Las ra´ıces on s = 1, que es por tanto autovalor, y s = 1 no son autovalores.

± 2i, que por no ser ra´ıces reales

V 1 :

 2 −2 0 | 0   1 −1 0 | 0   1 −1 0 | 0  0 ] =  4 −2 0 | 0  ∼  2 −1 0 | 0  ∼  0 [ A − I | ⃗ 1 0 | 0 ∼ 2 1 0 |0 0 3 0 |0  1 −1 0 | 0  2 1 0 | 0  0 1 0 | 0  dos ecuaciones impl´ıcitas: y = 0, x = 0. Por tanto V =< (0, 0, 1) > 1

0

0

0

|0

Tabla de soluciones

A B C

D

Ra´ıces

Autovalores

Multip. algebr.

Subespacios propios

Multip. geomét.

2 doble 9 -2 doble 1 -2 0 5 1 1-2i 1+2i

2 9 -2 1 -2 0 5 1

2 1 2 1 1 1 1 1

V 2 =< (1, 2, 0), ( 3, 0, 1) > V 9 =< (1, 1, 1) > V 2 =< (1, 1, 0) > V 1 =< (1, 1, 1) > V 2 =< ( 58, 49, 14) > V 0 =< (8, 5, 0) > V 5 =< (1, 0, 0) > V 1 =< (0, 0, 1) >

2 1 1 1 1 1 1 1

−

− − − − −

Existe base de R3 formada por autovect. s´ı no s´ı

no

Ejemplo 5.14 Determinar, si existe, una base de vectores propios para el enfomorfismo

f de IR 3 , cuya matriz asociada A respecto a la base can´ onica de IR 3 es:

1 A =  −3 3

3 5 3

−

 − 3 3 1

En caso de que exista dicha base, calcular la matriz asociada al endomorfismo respecto a ella.

 1 − s  −3 3

3

−5 − s − 3 −

 1 (−2 − s)  −3 0 2

 

 −2 − s −2 − s 0   −3 −5 − s −3  = 0 −2 − s −2 − s  0  −3  = (−2 − s) ((−5 − s) + 3 + 3) = ( −s − 2) 1

3 3 = 1 s 1 5 s 1

− −

2

Los valores propios son s = 1 y s =

2

(1

− s)

−2 con multiplicidad 2.

Para obtener V 1 hay que resolver el SL homogéneo de matriz de coeficientes A

0  −3 3

3 6 3

−

  −3 3 −3  ∼  0 0

0

−3   −3 3 ∼  0

−6 3 −3 −3

0

−6 3 0

−3   1 3 ∼ 0 0

0

2 1 0

 1 1 0

− I .


{ x + 2y + z = 0

Las ecuaciones que obtenemos son:

−z −2y − z = 2z − z = z V = {(z, −z, z)/z ∈ IR }. (1, −1, 1)

y+z =0

y= x=

V 1 tiene dimensi´ on 1, y una base de V 1 la formar´ıa ⃗ b1 =

1

Para obtener V

hay que resolver el SL homogéneo de matriz de coeficientes A + 2I .  1 1 1 3 −3  ∼  0 0 0  −2

3  −3

3 3 3

−

3

3

0

0

0

x+y+z =0

La ecuaci´ on que obtenemos es:

⇒ x = −y − z

V 2 = ( y z,y,z)/y,z IR . V 2 tiene dimensi´ on 2, y una base de V 2 la formar´ıan b2 = ( 1, 1, 0) y ⃗ ⃗ b3 = ( 1, 0, 1). b2 y ⃗b3 son l.i. entre s´ı , y ⃗ b1 es l.i. con ambos, por corresponder a otro valor propio, por ⃗ b1 , ⃗ b2 , ⃗ b3 forman una base de IR 3 formada por vectores propios de f . tanto B = ⃗ −

{− − −

−

{

∈ }

−

}

Obtengamos a continuaci´ on la matriz de la aplicaci´ on lineal en la base B: x⃗ = P B x[⃗ ]B

1 con P =  −1

y⃗ = P B y[⃗ ]B

−1 −1  1 0

B

1

⃗A x =y⃗

A P B x[⃗ ]B = P B [⃗ y ]B

⇒

0 1



P B 1 A P B x[⃗ ]B = y[⃗ ]B −

⇒

La matriz asociada respecto a la base B de vectores propios es R = P B 1 A P B −1

R = P

1  −3 3

3 5 3

−

 1 −  0 3 3 P = 1

1 3 La aplicaci´ on lineal  −3 −5 3 3 1 0  0 −2 0

0

0

0 2 0

−

 −  0 0 x[⃗ ]

−

0 0 2

−

3 3 x⃗ =y⃗ 1 B

  es

= [⃗ y ]B

en la base B de vectores propios.

−2

Si nos fijamos en el resultado observamos que la matriz asociada a la base de vectores propios es muy simple, ya que es diagonal, y adem´ as tiene como elementos los valores propios, situados en el mismo orden que sus correspondientes autovectores en la base. Esta propiedad es un resultado general. Ejemplo 5.15 ¿ Se puede decir algo sobre los autovalores y/o autovectores de los siguien-

tes endomorfismos?. a) f en IR 3 tal que Ker f =< (1, 2, 0), (0, 3, 1) > b) f en IR 2 tal que la recta y = 6x permanece fija c) f en IR 3 tal que los vectores del plano x + 2y 3z = 0 permanecen fijos d) f en IR 3 inyectiva

−

a) Sabemos que λ = 0 es autovalor, y que V 0 =< (1, 2, 0), (0, 3, 1) >. Sabemos adem´ as que la tercera ra´ız es real (si fuera compleja tendr´ıamos el par de complejos conjugados), y por tanto existe otro autovalor m´ as, cuyo subespacio asociado tiene dimensi´ on 1.


b) Sabemos que los vectores α(1, 6) son autovectores de f . c) Sabemos que λ = 1 es autovalor. Sabemos que (2, 1, 0), (3, 0, 1) son autovectores asociados a λ = 1, l.i. entre ellos. d) Sabemos que A no tiene inversa y por tanto que λ = 0 no es autovalor.

−

5.12

Diagonalizaci´ on

RECORDAMOS: Se dice que An es diagonalizable si A es semejante a una matriz diagonal, es decir, si existen una matriz inversible P y una matriz diagonal D tales que A = P DP 1 . A esta forma de diagonalizaci´ on se la conoce como diagonalización por semejanza. −

Diagonalizar una matriz A diagonalizable es encontrar las matrices P inversible y D diagonal tales que A = P D P 1 −

Teorema 5.12 Teorema de la diagonalizaci´ on . Una matriz An es diagonalizable si y

s´ olo si A tiene n vectores propios linealmente independientes, es decir, si y s´ olo si existe n una base de IR formada por autovectores de A. En efecto, para una matriz diagonalizable A, en la ecuaci´ on A = P DP 1 con P inversible y D diagonal, las columnas de P son n autovectores de A linealmente independientes, y las entradas de D son los autovalores correspondientes y en el mismo orden. −

Demostraci´ on:

⇒

Suponemos que A es diagonalizable y demostramos que tiene n vectores propios linealmente independientes. −1

A = P DP

⇒

AP = P D

(multiplicando por P a la derecha)

⃗v AP = A[⃗ v 1v⃗2 . . .v⃗n ] = [A

Sea P = v[⃗1v⃗2 . . .v⃗n ];

1

⃗A v

2

. . . ⃗A v n]

D es una matriz diagonal de orden n, cuyos elementos designamos como λ1 , λ2 , .... λn

v   v P D =  .. .

21

v12 v22

... ...

vn1

vn2

. . . vnn

11

v1n v2n .. .

  

λ  0.  ..

1

0

0 λ2

... ...

0 0 .. .

0

. . . λn

 λ v  =  λ v.   ..

1 21

λ2 v12 λ2 v22

... ...

λ1 vn1

λ2 vn2

. . . λn vnn

1 11

λn v1n λn v2n .. .

  = 

[λv1⃗1 λv2⃗2 . . . λnv⃗n ]

 ⃗Av = λv⃗  ⃗A v = λv⃗ AP = P D ⇒ (igualando columnas)  ⃗. . . . . . A v = λv⃗ 1

1 1

2

2 2

n

n n

Como P es inversible los v⃗1v, ⃗2 , ...,v⃗n son linealmente independientes, y por tanto ninguno es nulo, y como además ⃗A v i = ⃗λ v i , losv⃗ i son vectores propios de A y sus correspondientes valores propios los elementos λi de la matriz diagonal D. Por tanto hemos demostrado que tenemos n vectores propios l.i. que son las columnas de P , y que los autovalores correspondientes son las entradas de la diagonal de D, en el mismo orden.

{

}


⇐

Suponemos que la base de n vectores propios linealmente independientes y tenemos que demostrar que A es diagonalizable.

∃

Construimos a partir de esos vectores, y colocándolos por columnas, una matriz que denominamos P . Es decir, P = v[⃗1v⃗2 ...v⃗n ] P es inversible, pues P = 0 por ser las columnas de P linealmente independientes.

| |̸

Construimos una matriz diagonal D cuyos elementos en la diagonal sean los autovalores correspondientes a los autovectores anteriores, en ese mismo orden. Por serv⃗ i el autovector correspondiente a λi se verifican las siguientes ecuaciones:

 ⃗Av = λv⃗  ⃗Av = λv⃗  ⃗. . . . . . A v = λv⃗ 1

1 1

2

2 2

n

n n

En este sistema de ecuaciones, el primer miembro de cada ecuación corresponde a una columna de la matriz AP y el segundo a la misma columna de la matriz P D. Tenemos n ecuaciones, una para cada columna, por tanto AP = P D. P es inversible, y multiplicando por la derecha por P 1 tenemos que A = P DP 1 , por tanto A es diagonalizable. −

−

(N´ otese que en ningún momento de la demostración se ha impuesto que los λi tengan que ser distintos). Teorema 5.13 Una matriz An con n valores propios distintos es diagonalizable.

En un teorema anterior se demostraba que si An ten´ıa n valores propios distintos exist´ıa una base de IR n formada por vectores propios de A. Aplicando el Teorema de la Diagonalización, que establece que A es diagonalizable si y sólo si IR n admite una base de autovectores de A, queda demostrado el presente teorema. Demostraci´ on:

Teorema 5.14 El determinante de la matriz An correspondiente a un endomorfismo en

IR n diagonalizable es igual al producto de sus autovalores. Es decir, si A diagonalizable, pλ pλ p entonces detA = λ1 λ2 . . . λr λr , siendo pλi los r autovalores distintos y pλi sus respectivas multiplicidades. 1

×

2

× ×

En el cap´ıtulo anterior vimos que las matrices semejantes tienen el mismo determinante. Si A diagonalizable, significa que A es semejante a D, siendo D una matriz diagonal, con los autovalores en dicha diagonal. El determinante de A, que es igual al de D, es por tanto igual al producto de todos los autovalores, incluyendo multiplicidades. Demostraci´ on:

Teorema 5.15 La traza de la matriz An correspondiente a un endomorfismo en IR n dia-

gonalizable, es igual a la suma de sus autovalores, incluyendo multiplicidades. Es decir, p p p trA = 1λ λ1 + 1λ λ2 + . . . + 1λr λr , siendo λi los r autovalores distintos y pλi sus respectivas multiplicidades.

∑

1

∑

2

∑

En el cap´ıtulo anterior vimos que las matrices semejantes tienen la misma traza. Si A diagonalizable, significa que A es semejante a D, siendo D una matriz diagonal, con los autovalores en dicha diagonal. tr(A)=tr(D), que es igual a la suma de todos los autovalores, incluyendo multiplicidades. Demostraci´ on:

Obsérvese que este resultado es muy útil para comprobaci´ on de autovalores.


RESUMEN

Dada An existen P inversible y D diagonal tales que A = P DP 1 si y só lo si A tiene n valores propios reales (incluidas multiplicidades) y dimV λi es igual a la multiplicidad algebraica de λi . Los elementos de D son los autovalores. Las columnas de P son los vectores de una base de vectores propios de A, con los vectores ordenados en P igual que sus autovalores están ordenados en D. La matriz D no es má s que la matriz de la aplicación lineal respecto a la base de vectores propios dada en P . La matriz de la aplicación lineal en la base canónica es A. La base de vectores propios se construye como la unión de las bases de los subespacios propios, siendo la dimensión de cada uno de éstos igual a la multiplicidad del autovalor como ra´ız. −

Expresemos en fórmulas algunos resultados que se verifican para una matriz A diagonalizable: 1. p(λ) = (λ

pλ1

−λ ) 1

(λ

pλ2

−λ ) 2

. . . (λ

pλr

−λ ) r

, con λi ra´ıces reales y

2. dimV λi = pλi

∑

r i=1 pλi

=n

3. dimV λ + dimV λ + ... + dimV λr = n 1

2

∪

∪

4. Existe base B de vectores propios propios y B = B1 B2 . . . Br , siendo Bi la base de V λi , y siendo el número de vectores de Bi = pλi . A = P DP 1 (columnas de P tomadas de B, y elementos de D los autovalores correspondientes). El endomorfismo que tiene A como matriz estándar se expresa mediante la matriz diagonal D en la base B de autovectores de A. −

Esquema para las matrices asociadas A y D: IR n

f : −1

P

n

−−−−−→ IR x⃗ −−−−−→ y⃗ A ↓ ↑ P x[⃗ ] −−−−−→ y[⃗ ] B

−1

A = P D P

B

D B: base de autovectores elementos de D: autovalores en el mismo orden

Ejemplo 5.16

1 Diagonalizar la matriz A =  −3 3

3 5 3

−

 −  si es posible. 3 3 1

En el Ejemplo 5.14 obtuvimos una base de autovectores para esta matriz. Las matrices 1 1 1 1 0 0 P = 1 1 0 y D = 0 2 0 verifican A = P DP 1, o lo que es lo mismo, 1 0 1 0 0 2 AP = P D.

 −

− −

 

 

−

−

 

−

Si quisiéramos comprobar que A = P DP 1 , resultar´ a m´ as sencillo realizar la comprobaci´ on sobre la ecuaci´ on AP = P D, que es la misma que la anterior, y nos evita tener 1 que calcular P . −

−

En esta matriz A se cumple efectivamente la existencia de base de vectores propios. dim V1 = 1, Base de V 1 = (1, 1, 1) dim V 2 = 2, Base de V 2 = ( 1, 1, 0), ( 1, 0, 1) V 1 V 2 = IR 3 Base de vectores propios: B = (1, 1, 1), ( 1, 1, 0), ( 1, 0, 1)

⊕

−

−

−

{ − } {− − { − −

}

−

}


Ejemplo 5.17

2 Diagonalizar la matriz A =  −4

 −  si es posible.

4 6 3

3 3 1

−

3

1) Los autovalores se calcularon en el ejemplo 5.13. Son s =

−2 doble y s = 1 simple.

2) Tenemos dos autovalores reales y la suma de las multiplicidades es 3. Sabemos que 1 dimV λi pλi y que la matriz A ser´ a diagonalizable si dimV λi = pλi . Para el autovalor simple siempre se cumple, pues si 1 dimV λi 1 dimV λi = 1. Para el autovalor doble s´ olo sabemos que 1 dimV 2 2. Si dimV 2 = 2 tendremos que A es diagonalizable y si dimV 2 = 1 que no lo es. En el ejemplo 5.13 obtuvimos dimV 2 = 1, por tanto A no es diagonalizable.

≤

≤

≤

≤

≤

−

−

≤ ⇒

−

−

Ejemplo 5.18

 Determinar si la matriz A = 

5 0 0

−8

1 7 2

0 0

−

  es diagonalizable.

Los valores propios de una matriz triangular son los elementos de la diagonal principal, por tanto los autovalores de A son 5, 0 y 2. Como los tres son distintos, la matriz es diagonalizable.

−

on lineal f : IR 2 Ejemplo 5.19 Sea la aplicaci´ A=

[ 7 2]

−→ IR

2

, sobre IR, cuya matriz asociada es

−4

1 Encuentra una base B de IR 2 de forma que la matriz asociada a f en esa base sea una matriz diagonal.

 7 − λ |A − λI | =  −4 (7

 =0 1− λ 2

2

2

− λ)(1 − λ) + 8 = 7 − 7λ − λ + λ + 8 = λ − 8λ + 15 = 0 √ 8 ± 64 − 60 8±2 λ= =

2 2 Los valores propios son λ = 5 y λ = 3. Como son distintos est´ a garantizado que la matriz es diagonalizable Vectores propios para λ = 5:

[

2 4

2 4

0 0

] [

2 0

∼ − − V = {(−x , x ) / x ∈ R} 5

2

2

2 0

0 0

]

x1 =

= < (1, 1) >

−

2

−x

2

⃗b1 = (1, 1)

−

Vectores propios para λ = 3:

[

4 4

2 2

− −

0 0

] [ ∼

4 0

2 0

0 0

]

x1 =

−(1/2)x

2

o lo que es lo mismo 2x1 =

−x

2

⃗ b = (1, −2) − En la[base B= ] {(1, −1), (1, −2)} la matriz asociada al endomorfismo f es la matriz diagonal V 3 = < (1, 2) >

D=

5 0

2

0 3

−1

D = P AP

con P =

Compruébese que AP = P D.

[

1 1

1 2

− −

]


5.13

Aplicaci´ on de la diagonalizaci´ on para obtener la potencia de una matriz

alculo Ejemplo 5.20 Diagonaliza la matriz A y aprovecha el resultado para simplificar el c´ de Ax5⃗ con ⃗ x = (6, 17, 5).

2 A= 2

1 3 1

1

1 2 2

 

En primer lugar calculamos los autovalores

 2 − λ |A− λI | =  2 1 = λ3

2

− 7λ

+ 11λ

  = (2−λ) (3−λ)+2+2−(3−λ)−2(2−λ)−2(2−λ) 2−λ

1 3

1 2

−λ 1

−5=0

2

Polinomio de grado 3 que resolvemos por Ruffini: 1

1)

1)

5)

−7 1 −−− −−− −6 1 1 −−− −−− −5 1 5 −−− −−− 1

λ3

− 7λ

2

+ 11λ

0

11 6

−5 − 5 −−− −−− 5 0 −5 −−− −−− 0

−−− −−− 2

− 5 = (λ − 1) (λ − 5) = 0

Los autovalores son λ = 1 (multiplicidad 2) y λ = 5 (multiplicidad 1) Se calculan V 1 y V 5 . Obtenemos que dim V1 =2 y dim V5 =1, por tanto la matriz es diagonalizable. B = v⃗ 1 , v ⃗2 , v⃗ 3 , con v⃗ 1 = (1, 2, 1), v⃗ 2 = (1, 0, 1) y v⃗ 3 = (1, 1, 0) es una base de vectores propios de A y las matrices P y D correspondientes son:

{

 P = 

1 2 1

1 0 1

−

}

 − 1 1 0

−

5 D = 0 0

0 1 0

0 0 1

 

−

con D = P 1 AP −

(Compruébese que AP = P D) Podemos calcular Ax5⃗ por varios métodos. Método 1: ⃗ y = Ax5⃗ (Hay que obtener la potencia quinta de una matriz 3 3 que no tiene ning´ un elemento nulo, por tanto tendr´ıamos que hacer much´ısimas operaciones)

×

M´ etodo 2: Obteniendo la imagen en la base de vectores propios. D5x[⃗ ]B = y[⃗ ]B ( D5 es la matriz diagonal 3 3 que tiene por entradas los elementos de D elevados a la quinta potencia. En efecto se puede comprobar que en una matriz diagonal la potencia k de la matriz es igual a elevar los elementos de la matriz a la potencia k).

×

−1

• Para obtener [⃗ x ] efectuamos: x[⃗ ] = P x⃗ [ P |x⃗ ]. • D x[⃗ ] = y[⃗] • Para obtener y⃗ efectuamos: ⃗ y = P y[⃗] B

5

B

B

B

B

o resolvemos el SL de matriz ampliada


x⃗ = (6, 17, 5) tiene por coordenadas respecto de la base B:

 7 x[⃗ ] =  2  −3 1 1 y⃗ =  2 0

5 0

5

B

1

−1

0

0 1 0

0 0 1

  7   21875    2  =  2  =y[⃗] −3

  21875   21874  −   2  =  43753  1 1 0

−3

B

−3

21873

Método 3 y⃗ = Ax5⃗ = (P DP 1 )x5⃗ = P D5 P x1⃗ −

−

N´ otese como las operaciones de los métodos 2 y 3 son las mismas. M´ etodo 4 Utilizando unicamente ´ notación vectorial y el hecho de que si ⃗ v i es autovector k k con autovalor asociado λi , ⃗A v i = λvi⃗ i y Av⃗i = λvi ⃗i Ax5⃗ = A5 (c1 v⃗ 1 + c2 v⃗ 2 + c3 v⃗ 3 ) = c1 A5 v⃗ 1 + c2 A5 v⃗ 2 + c3 A5 v⃗ 3 = 1 1 1 21874 5 5 5 c1 5v⃗1 + c21 v⃗ 2 + c3 1v⃗3 = 7 3125 2 +2 0 3 1 = 43753 1 1 0 21873 Este m´ etodo ha precisado de la obtenci´ on de las coordenadas de x⃗ respecto de la base de vectores propios. Es el m´ etodo m´ as sencillo y que mejor ilustra, en mi opini´ on, los conceptos de autovector y autovalor.

          − −   −

5.14

 

Obtenci´ on del polinomio caracter´ıstico a partir de los menores pincipales

Dado un endomorfismo f en IR n con matriz asociada A, los coeficientes ai de su polinomio caracter´ıstico en la forma p(λ) = λn +an 1 λn 1 +. . .+a1 λ+a0 se pueden obtener mediante la expresi´ on: −

an

i

−

−

= ( 1)i ∆i ,

−

siendo ∆i la suma de todos los menores principales de orden i de A. Los menores principales son los determinantes de las submatrices cuadradas de A tales que sus elementos diagonales son a su vez elementos de la diagonal principal de A. Se puede observar que an

=

−traza(A) y que a

= ( 1)n A

− | | N´ otese que la expresión anterior de p(λ) corresponde a |A − λI | si n es par y a −|A − λI | si n impar. No obstante, como a efectos de calcular autovalores se resuelve p(λ) = 0, resulta indiferente tomar |A − λI | o tomar −|A − λI |. −1

Ejemplo 5.21

2 A =  −4

4 6 3

−

3

0

 −

p(λ) = λ3 + a2 λ2 + a1 λ + a0 = λ3 a0 = ( 1)3 A =

3 3 1

−∆ λ 1

2

+ ∆2 λ

−∆

3

− | | −4  2 4   −6 −3   2 3  a = (−1) ( −4 −6  +  3 1  +  3 1 ) = 4 + 3 − 7 = 0 a = −traza(A) = −(2 − 6 + 1) = −(−3) = 3 Por tanto: p(λ) = λ + 3λ − 4 1

2

2

3

2


5.15

Ejercicios

Ejercicio 5.1 Determinar si las siguientes matrices son diagonalizables. En caso afir-

mativo encontrar una matriz P , tal que A = P DP 1 con D diagonal. Comprueba el resultado anterior, demostrando que AP=PD u obteniendo P 1 y verificando que el producto P 1 AP es una matriz diagonal. 5 0 0 0 1 1 4 1 3 9 0 5 0 0 a) A = 3 2 1 b) A = 0 5 18 c) A = 1 4 3 0 2 1 1 0 2 7 1 2 0 3 −

−

−

 

 −

−

− 

−

Ejercicio 5.2

−  

− − −

 

 

−

− − − Una aplicaci´ on lineal f admite como vectores propios (−1, 2, 2), (2, 2, 1), (2, −1, 2).

¿Es diagonalizable?. Hallar las coordenadas de ⃗ u = (5, 2, 5) en la base de vectores propios. Sabiendo que f (⃗ u ) = (0, 0, 9), hallar los valores propios de f . en las coordenadas del vector z⃗ = (5, 4, Ejercicio 5.3 Obt´

−9) ∈ IR

3

en la base B =

v⃗1v, ⃗2v, ⃗ 3 , con v⃗1 = (1, 1, 0),v⃗ 2 = (3, 1, 2),v⃗3 = (1, 0, 3). Sabiendo que los tres vectores v⃗1v, ⃗2v, ⃗ 3 son vectores propios del endomorfismo g : IR 3 IR 3 , con valores propios correspondientes λ1 = 1, λ2 = 0.02 y λ3 = 0.01, respectivamente, calcula g(⃗ z ), g(g(⃗ z )) y g(g(g(⃗ z ))). Al actuar el endomorfismo g sucesivas veces sobre z⃗, ¿ tienden los vectores resultantes a alguna direcci´ on concreta?.

{

}

−→

α De la matriz A =  β

 

2 1 4 0 se sabe que λ1 = 2 es uno de sus valores Ejercicio 5.4 γ 10 1 propios y que (1, 2, 3) es un vector propio de A asociado al valor propio λ1 . 1) Hallar los valores α, β y γ . 2) Hallar los valores propios y vectores propios de A. 3) Hallar, si existe, una base de vectores propios de A 4) Diagonalizar la matriz A, si es posible.

− −

− −

on lineal definida de la siguiente manera: Ejercicio 5.5 Se considera una aplicaci´ * Su n´ ucleo es el subespacio cuyas ecuaciones son x + y + z = 0, t = 0. * Los vectores (1,1,1,0) y (0,0,0,1) se transforman en s´ı mismos. Hallar: a) La matriz de la aplicaci´ on en la base can´ onica. b) La imagen del subespacio cuyas ecuaciones son x + y + z = 0, t = 0, x

− y + 2t = 0.

Ejercicio 5.6 Determina el valor o los valores de c, si existe alguno, para que la matriz

 A=

 

1 2 c 0 1 0 sea diagonalizable, razonando el procedimiento y obteniendo en caso 0 4 4 afirmativo las matrices P y D tales que A = P DP 1 . Ejercicio 5.7

−

 −1 Dada T =  0 0

diagonalizable.

α 1 0

−

 

0 β , hallar los valores de α y β para que T sea 2

Ejercicio 5.8 a) Encuentra los autovalores del endomorfismo f : IR 2

asociada A =

[3 1] 0

−→ IR

2

con matriz

1

b) Determina una base B de vectores propios de A y la matriz asociada a f respecto de la base B c) Demuestra que la transformaci´ on f deja una recta fija y obtén la ecuaci´ on impl´ıcita de esa recta.


2 Dada la matriz A =  2

 

1 1 3 2 y el vector x⃗ = 7, 0, 5 , sin calcular Ejercicio 5.9 1 1 2 4 4 A , calcula el vector ⃗ y = Ax⃗ ( A,x⃗ e y⃗ referidos a la base can´ onica. Pista: A = 1 4 4 1 P DP A = P D P ). (Ejercicio del mismo tipo que el Ejemplo 7.20). −

{

}

−

⇒

[ 1 2]

y el vector v⃗ = (3, 6), obtén Av6⃗ . Para 7 6 simplificar las operaciones realiza los siguientes pasos, si es posible. Ejercicio 5.10 Dada la matriz A =

• encuentra base de vectores propios de A • escribe v⃗ en la base de vectores propios • obtén la imagen de v⃗ utilizando la matriz definida respecto a la base de vectores propios, pues ésta es diagonal y D6 se obtiene sin m´ as que elevar a la sexta potencia los elementos de la diagonal

• transforma la imagen a la base can´ onica, pues el resultado anterior est´ a en la base de vectores propios.

on lineal g de R3 en R3 cuya matriz est´ andar asoEjercicio 5.11 Considere la aplicaci´ ciada es:

 A=

 

4 1 6 2 1 6 2 1 8 a) En caso de que exista alg´ un vector ⃗ x R3 tal que su imagen sea el propio vector, escriba las coordenadas de dicho vector. b) En caso de que exista alguna recta s R3 tal que su imagen sea la propia recta s (no hay que exigir que cada punto de s permanezca fijo, s´ olo que permanezca en la recta) escriba la ecuaci´ on vectorial param´ etrica de la recta. 3 c) Si existe alg´ un plano π R tal que su imagen sea el propio plano (no hay que exigir que cada punto de π permanezca fijo, s´ olo que permanezca en el plano), escriba la ecuaci´ on impl´ıcita de dicho plano.

− −

∈

∈

∈

´ Aunque exista m´ OBSERVACI ON: as de un ejemplo de vector, recta o plano que permanezcan invariantes s´ olo hay que dar un ejemplo.

3 Dada la matriz A =  2

 

2 4 0 2 , describe la transformaci´ on geométrica Ejercicio 5.12 4 2 3 correspondiente, contestando a las siguientes preguntas: ¿ Deja vector/es fijo/s?. En caso afirmativo di cual/cuales. ¿ Deja alg´ un plano/s fijo/s?. En caso afirmativo da su forma impl´ıcita. ¿ Deja alguna recta/s fija/s?. En caso afirmativo da su ecuaci´ on/es paramétrica/s. Ejercicio 5.13 Sea f : IR 3

−→ IR

3

un endomorfismo no sobreyectivo tal que:

* λ = 1 es autovalor doble de f * Los subespacios propios de f son V y W de ecuaciones: V : x + y + z = 0 x + 2y + z = 0 W : x+z =0

{{

}

−

⊕

a) Encontrar una base de V y una de W . Determinar V W y V b) Calcular la matriz asociada a f respecto de la base can´ onica n c) Determinar A siendo n un n´ umero natural

∩ W


Ejercicio 5.14 Sea f : IR 3

−→ IR

3

un endomorfismo con matriz asociada A respecto de la base can´ onica, y para el que se cumplen los siguientes resultados: * Ker f = < (1, 2, 0), (0, 3, 1) > * transforma el eje Z en el eje Z * la suma de los elementos de la diagonal de A es igual a 3 a) Determinar los autovalores de f b) Escribir la matriz A c) Calcular A12


5.16

Soluciones

1

a) Los valores propios son ( 2, 1, 3). Por ser los tres distintos la matriz es diagonalizable.

−

Una posible base de vectores propios es B 1 1 1 2 0 P = 1 4 2 D= 0 1 1 1 1 0 0 2 1 3 2 A.P = 2 4 6 P.D = 2 2 1 3 2

− −   − −

 

−

− 

 

{ −1, 1, 1), (−1, 4, 1), (1, 2, 1)}.   − 3 − 6 −

= ( 0 0 3 1 4 1

3

b) El u ´ nico valor propio es 1, con multiplicidad 3. dim V 1 = dim Ker(A + I ) = 2. La dimensión del subespacio propio asociado al autovalor 1 es menor que la multiplicidad de éste como ra´ız, por tanto la matriz no es diagonalizable.

−

−

−

c) La matriz es triangular, y por tanto sus autovalores coinciden con los elementos de la diagonal, y son: 5 con multiplicidad 2 y 3 con multiplicidad 2. Realizando los cálculos oportunos se obtiene dim V 5=2 y dimV 3 =2, por tanto la matriz es diagonalizable. Una posible base de vectores propios es B = (0, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 0), ( 16, 4, 0, 1), ( 8, 4, 1, 0) . 0 0 16 8 5 0 0 0 0 0 4 4 0 5 0 0 P = D= 0 1 0 1 0 0 3 0 1 0 1 0 0 0 0 3 Se puede comprobar fácilmente que A.P = P.D

−

−

 

− 

−

 

{

−

−

 

−

−

2

Si el conjunto de 3 autovectores es linealmente independiente dicho conjunto constituirá una base de vectores propios y por tanto quedará demostrado que la matriz es diagonalizable. Los tres vectores son l.i. si y sólo si el determinante la matriz que definen es distinto de cero.

 −1  2 2

 − 

2 2 1

2 1 = 2

 −1  0 0

 

2 2 6 3 = 5 6

−1(36 − 15) = −21

Para obtener las coordenadas deu⃗ relativas a la base B anterior se debe resolver la ecuación xv1⃗1 + xv2⃗2 + xv3⃗3 =u⃗ = (5, 2, 5). Resolveremos el SL realizando eliminación gaussiana sobre la matriz ampliada.

 −1 2 2

2 2 1

| 5 − | 2 . |5 2 1 2

La solución es (3/7, 9/7, 10/7) y se puede comprobar de la forma siguiente:

 −1   2   2  5 3/7  2  + 9/7  2  + 10/7  −1  =  2  2

1

2

5

}


u⃗ =

3 7

v⃗1 + 97 v⃗2 +

f (⃗ u )= f (⃗ u )=

3 7 3 7

10 7

v⃗3

f (⃗ v 1 ) + 97 f (⃗ v 2 ) + 10 f (⃗ v 3) = 7 λ1 v⃗ 1 + 97 λ2 v⃗2 + 10 λ3 v⃗ 3 7

[1]

Ahora s´ olo tenemos que obtener las coordenadas de f (⃗ u ) = (0, 0, 9) en la base de vectores propios, y ya podremos despejar λ1, λ2 y λ3 en la ecuación anterior.

 −1 2

| 0 − | 0 . La solución es (18/7, −9/7, 18/7), por tanto |9 2 f (⃗ u ) = v⃗ − v⃗ + v⃗ [2] Igualando [1] y [2] tenemos que λ = 6, λ = −1 y λ = 18/10 = 9/5 2 2 1

18 7

2 1 2 1

9 7

2

18 7

3

1

2

3

Otro método Las coordenadas deu⃗ = (5, 2, 5) en la base de autovectores son u[⃗ ]B = (3/7, 9/7, 10/7). Las coordenadas de f (⃗ u ) = (0, 0, 9) en la base de autovectores son [f (⃗ u )]B = (18/7, 9/7, 18/7).

λ En la base B la matriz de la aplicación lineal es D =  0 0  λ 0 0   3/7   18/7   0 λ 0   9/7  =  −9/7  0 0 λ 10/7 18/7 3/7λ = 18/7 Obteniendo las ecuaciones: 9/7λ = −9/7  10/7λ = 18/7

1

1

2

3

1 2

3

de donde se despejan λ1 , λ2 y λ3 .

0 λ2 0

 

0 0 , por tanto λ3

−


3 Para obtener las coordenadas dez ⃗ relativas a la base B se debe resolver la ecuación

cv1⃗ 1 + cv2⃗2 + cv3⃗3 = (5, 4, 9). Resolveremos el SL realizando eliminación gaussiana sobre la matriz ampliada.

−

1 1

3 1 1 0 0 2 3

5 4 9

| |

|−

Obtenemos c3 =

 1  ∼ 0

3 2 0

|

− −

0

−5, c

1 1 3

5 1 15

|− |−

 

= 3, c1 = 1. Por tantoz⃗ =v⃗1 + 3⃗ v 2

2

− 5⃗ v

3

g(⃗ z ) = g(⃗ v 1) + 3 g(⃗ v 2 ) 5 g(⃗ v 3) = 1 v⃗ 1 + 3 0.02 v⃗2 5 0.01 v⃗3 = v⃗1 + 0.06 v⃗2 0.05 v⃗3

−

−

−

g(g(⃗ z )) =v⃗ 1 + 0.06 0.02 v⃗ 2 0.05 0.01 v⃗ 3 = v⃗1 + 0.0012 v⃗2 0.0005 v⃗3

−

−

g(g(g(⃗ z ))) =v⃗1 + 0.0012 0.02 v⃗2 0.0005 0.01 v⃗ 3 = v⃗1 + 0.000024 v⃗2 0.000005 v⃗ 3 Los vectores resultantes tienden a la dirección dev⃗1

−

−

Otra forma de verlo: k

veces

g .. . g(⃗  z ) = g .. . g(c v⃗ + cv⃗ + cv⃗ ) =    v ) + c  g .. . g(⃗  v ) + c g .. . g(⃗  v ) = c g . . . g(⃗ k

veces

1 1

k

2 2

veces

3 3

k

1

1

veces

k

2

2

veces

3

3

c1 λvk1 ⃗1 + c2 λvk2⃗ 2 + c3 λvk3 ⃗3 Cuando k

→∞ Cuando k → ∞ Cuando k → ∞

λk1 = 1k λk2 λk3

→1 = 0.02 → 0 = 0.01 → 0 k k

k

veces

   z ) → cv⃗ = 1⃗v Por tanto, cuando k → ∞, g . . . g(⃗ 1 1

1

Los vectores de g(⃗ z ), g(g(⃗ z )) y g(g(g(⃗ z ))) obtenidos más arriba aparecen expresados como combinaci´ on lineal de los vectoresv⃗1 ,v⃗2 yv⃗3 . Sus coordenadas canónicas son: g(⃗ z ) =v⃗1 + 0.06 v⃗2

− 0.05 v⃗ = (1.13, 1.06, −0.03) g(g(⃗ z )) =v⃗ + 0.0012 v⃗ − 0.0005 v⃗ = (1.0031, 1.0012, 0.0009) g(g(g(⃗ z ))) =v⃗ + 0.000024 v⃗ − 0.000005 v⃗ = (1.00007, 1.00002, 0.000033) 1

3

2

1

3

2

3


4

1) Calcular α, β y γ

 α 2 −1   1   1   β 4 0   −2  = 2  −2  γ 10 −1  α − 4 + 3 =−23 −3  β γ −− 208 ++03==−−46 ⇒ α = 3, β = 4, γ = 11 2) Calcular autovalores y autovectores  3 − λ 2 −1   4 4 − λ 0  11 10 −1 − λ

Se calcula por adjuntos de la u ´ ltima columna, obteniendo p(λ) =

3

−λ

+ 6λ2

− 8λ

p(λ) tiene tres ra´ıces reales, que son (0,2,4). Los autovalores de A son por tanto 0, 2 y 4 Todos los autovalores tienen multiplicidad 1, por tanto los tres subespacios propios tendrán dimensi´ on 1. Subespacio propio correspondiente a λ = 2: V 2 =< (1, 2, 3) >

− −

Subespacio propio correspondiente a matriz ampliada 3 2 1 0 1 1 4 4 0 0 3 2 11 10 1 0 11 10

λ = 0. Se obtiene resolviendo el SL con la siguiente

 

 1 1 0 0 1 1 0 −   0 0 ∼ −1 0  ∼  0 −1 −1 0  ∼  0 −1 −1 − −1 0 0 −1 −1 0 0 0 0 { x + y = 0 { y = −z ⇒ x = −y = z ⇒ V = {(z, −z, z) / z ∈ IR } =< (1, −1, 1) > y+z =0

0 0 0

 

0

Subespacio propio correspondiente a λ = 4. Se obtiene resolviendo el SL con la siguiente matriz ampliada 3 4 2 1 0 1 2 1 0 1 2 1 0 4 4 4 0 0 = 4 0 0 0 0 8 4 0 11 10 1 4 0 11 10 5 0 0 32 16 0 1 2 1 0 x + 2y z = 0 0 8 4 0 z = 2y 2y z = 0 0 0 0 0

−  − 

 −   {−

− − − − −  − 

−

−x + 2y − 2y = 0 ⇒ x = 0

 − ∼

− −

−

− − −

 ∼

⇒

V 4 = (0, y, 2y) / y

{

∈ IR } =< (0, 1, 2) >

3) Base de vectores propios de A: B = (1, 2, 3), (1, 1, 1), (0, 1, 2)

{ − −

−

}

4) Diagonalizar la matriz si es posible. La matriz es diagonalizable ya que existe base de IR 3 formada por autovectores de A. También se puede decir que A es diagonalizable por tener tres autovalores distintos. Por ser diagonalizable se puede escribir AP = P D. 1 1 0 2 0 0 Tomando P = 2 1 1 se tiene D = 0 0 0 3 1 2 0 0 4

 − −

−

 

 

 


5

a) Los vectores (1, 1, 1, 0) y (0, 0, 0, 1) se transforman en s´ı mismos, por tanto λ = 1 es autovalor, y dimV 1 2 (sabemos que es como m´ınimo 2 puesto que ya tenemos dos vectores propios l.i.).

≥

Kerf = x⃗

{ ∈ IR

4

/ A⃗ x = ⃗ 0 = 0⃗ x

}

Conocemos las ecuaciones impl´ıcitas de Kerf , son dos independientes, por tanto la dimensi´ on de Kerf es 4 2 = 2 Kerf = ( y z,y,z, 0) / y IR, z IR Kerf =< ( 1, 1, 0, 0), ( 1, 0, 1, 0) >

−

{− − −

∈

−

∈ }

Por tanto 0 es autovalor de f y V 0 =< ( 1, 1, 0, 0), ( 1, 0, 1, 0) >

−

−

Ya hemos obtenido los 4 autovectores de A l.i. (no puede haber m´ as porque estamos en 4 IR ), que son: b1 = (1, 1, 1, 0) con autovalor asociado 1 ⃗ b2 = (0, 0, 0, 1) con autovalor asociado 1 ⃗ b3 = ( 1, 1, 0, 0) con autovalor asociado 0 ⃗ b4 = ( 1, 0, 1, 0) con autovalor asociado 0 ⃗

− −

Hab´ıamos visto que dimV 1 2, pero como dimV 0 = 2, se tiene que dimV 1 = 2 (no puedo tener más de 4 vectores l.i. en IR 4 , o visto de otra forma, la suma de las multiplicidades algebraicas no puede ser mayor que 4). El conjunto de los cuatro vectores anteriores es la base de vectores propios de IR 4 , y por existir dicha base, A es diagonalizable.

≥

Base de vectores propios B = (1, 1, 1, 0), (0, 0, 0, 1), ( 1 0 0 0 1 0 asociada a f respecto de esta base es D = 0 0 0 0 0 0

{

IR 4

f :

P B 1 −

D

−

B

 1 0 −1 −1   1 0 1 0  y D la matriz anterior. , con P =  1 0 0 1 0 1 0 0 −1 −1   1 0 0 0   1 0 −1 −1   1/3  0 1 0 0   1 0 1 0  =  1/3 1 0    0 1 0 0 0 0 1 0 0 1 1/3

A = P B DP B 1 0 0 0 0 1



A = P B D P B 1

B

−

0 0 0 0

La matriz

4

−−−−−→ IR x⃗ −−−−−→ y⃗ A ↓ ↑ P x[⃗ ] −−−−−→ y[⃗ ] B

1  1 A= 1

−1,1, 0, 0), (−1, 0, 1, 0)}.

 

B

−1

0

0

0 0 0 0

0 1

0

0

0

1/3 1/3 0 1/3 1/3 0 1/3 1/3 0 0 0 1

 

b) Se puede demostrar que el subespacio dado es un subconjunto de Ker f , por tanto la imagen de todos los vectores de este subespacio será el vector (0, 0, 0, 0).


6

Pide determinar el valor o valores de c que hacen la matriz diagonalizable, si existe alguno.

 |A − λI | = 

1

−λ

  = (1 − λ)(1 − λ)(4 − λ) 4−λ

2

0 0

1

c 0

−λ 4

Los autovalores son λ = 1 con multiplicidad 2 y λ = 4 con multiplicidad 1. A ser´ a diagonalizable si y sólo si dimV 1=2. dimV 1 = 3

− rg(A − 1I ) = 2 ⇔ rango (A − 1I ) = 1  1−1 2 c   0 2 A − 1I =  0 1−1 0 = 0 0 0 4 4−1 0 4 rango (A − 1I ) = 1 ⇔ c = 3/2

c 0 3

 

A es diagonalizable si y sólo si c = 3/2 −1

A continuación calculamos P y D tales que A = P DP V 1

 

0 0 0

2 0 4

3/2 0 0 0 3 0

  ∼

0 0 0

2y + 3/2z = 0 y = 3/4z V 1 = (x, 3/4z, z)/x IR, z V 1 =< (1, 0, 0), (0, 3, 4) >

⇒ { −

V 4

 

1

−4

− ∈ −

2

c 0

0 0 4 0

0 1 4 0 4 4 y=0 3x + cz = 0 x = c/3z V 4 = (c/3z, 0, z)/z IR V 4 =< (c/3, 0, 1) >

−

−

⇒

{

−

2 0 0

3/2 0 0 0 0 0

 

∈ IR }

  −3 = 0 0

2 c 0 3 0 0 4 0 0

−

  −3 = 0 0

2 1 0

c 0 0 0 0 0

 

∈ }

La matriz A verifica AP = P D si y sólo si c = 3/2, por tanto V 4 =< (1/2, 0, 1) >. Las matrices resultantes son: 1 0 1/2 P = 0 3 0 y D= 0 4 1

 

−

 

1 0 0

0 0 1 0 0 4

 


7

En primer lugar calculamos los autovalores. Como la matriz es triangular, los autovalores son los elementos de la diagonal principal, por tanto λ = 1 con multiplicidad 2 y λ = 2 con multiplicidad 1.

−

La matriz será diagonalizable si y sólo si dimV 1 =2 −

V

= x⃗

{ ∈ IR =x {⃗ ∈ IR

−1

V

−1

3

/ Tx⃗ = x⃗

−}

/ (T + 1I )x⃗ = ⃗ 0 α 0 0 β 0 0 3 = 3 rg(T + 1I ) = 2 rg(T + 1I ) = 1 3

0 T + 1I =  0 dimV

−1

}

 

−

⇔

⇔

α=0

T es diagonalizable si y sólo si α = 0. β puede tomar cualquier valor. 10 Datos:

A=

[1 2] 7 6

, v⃗ = (3, 6)

Resultados: Autovalores

−1, 8

Autovectores ( 1, 1), (2, 7)

−

Matriz P , con los autovectores por columnas: A = P DP 1 D = P 1 AP que va a ser ésta: −

−

⇒

P =

[ −1 2 ] 1

7

La podr´ıa calcular, pero no hace falta, porque sabemos

[ −1 0 ] D= [ 10 8 0 ] D6 =

0 262144

Para encontrar las coordenadas dev⃗ respecto de la base de vectores propios hay que resolver el sistema P [⃗ x ]B = (3, 6) y la solució n es ( 1, 1).

[ −1

SL de matriz ampliada

[1 0 ] D = 0 262144 [ −1 ] [ 1

1

2 7

−

| 3] |6

6

D

6

1

=

0 0 262144

][ −1 ] [ 1

=

−1

262144

]

Para pasar a la base canónica multiplicamos por la izquierda por P P

[

−1

262144

] [ −1 2 ][ =

1

7

−1

262144

] [ 524289 ] =

1835007

Endomorfismos Autovalores Autovectores Diagonalizacion

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