tema v diagonalizaciÓn por transformaciones de … · autovectores de matrices cuadradas, dado que...
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Página 151
TTeemmaa VV
Objetivos
���� Presentar los conceptos de autovalor y autovector, los cuales tienen gran importancia en las aplicaciones prácticas (tanto es así, que podría decirse que los autovalores son los rasgos más importantes de prácticamente cualquier sistema dinámico).
���� Analizar el problema de diagonalización de una matriz cuadrada mediante una transformación de semejnza.
V.1. INTRODUCCIÓN
El estudio de autovalores y autovectores (o valores y vectores propios) de matrices
cuadradas y de endomorfismos es de fundamental importancia en matemática
aplicada.
Debido a que todo endomorfismo se puede representar mediante matrices cuadradas,
y que dada una matriz cuadrada se puede interpretar como un endomorfismo sobre un
espacio vectorial fijada una base, podemos restringir nuestro estudio a autovalores y
autovectores de matrices cuadradas, dado que este estudio se puede extender a los
endomorfismos representados por éstas.
Sea f un endomorfismo definido en un espacio vectorial E de dimensión finita n. Sea A
la matriz cuadrada de orden n que representa este endomorfismo en una base dada BE.
Como se ha visto en el Tema IV, si se considera otra base B’E, el endomorfismo vendrá
representado por una matriz A1 semejante a A: A1 =P-1 A P, siendo P la matriz de paso
DDIIAAGGOONNAALLIIZZAACCIIÓÓNN PPOORR TTRRAANNSSFFOORRMMAACCIIOONNEESS DDEE SSEEMMEEJJAANNZZAA
Diagonalización por transformaciones de semejanza
Página 152
de BE a B’E.
De forma esquemática
En este tema se plantea el problema de encontrar (si es posible) una base en la que la
representación del endomorfismo sea lo más simple posible. En términos matriciales el
problema se traduce en encontrar la matriz más sencilla posible que sea semejante a A,
así como la matriz de paso correspondiente.
Es evidente que cuanto más sencilla sea la estructura de una matriz, más fácil será
obtener información acerca del endomorfismo al que representa. Entre las matrices
más sencillas están las diagonales, las cuales nos ofrecen muchas facilidades de cálculo.
Definición. Se dice que la matriz AœEnxn(K ) es diagonalizable (o que el
correspondiente endomorfismo f es diagonalizable) si existe una matriz D que sea
diagonal y semejante a A.
En el proceso de reducción de la matriz A por semejanza a una matriz "más sencilla”,
hay que tener en cuenta si K es el cuerpo R de los números reales o el cuerpo C de
los números complejos, pues la naturaleza del cuerpo de escalares influye
notablemente en el proceso, como se comprobará más adelante.
Diagonalización por transformaciones de semejanza
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V.2. AUTOVALORES Y AUTOVECTORES: DEFINICIÓN, CÁLCULO Y PROPIEDADES
V.2.1. Definición
Ejemplo (introducción a los autovalores y autovectores)
En el espacio vectorial E = V2, se considera el endomorfismo:
2 2:
( ) Simétrico de respecto del eje OX
f V V
f
→→ =x x x
Expresado en forma analítica (mediante los correspondientes vectores coordenados en
la base canónica de V2)
2 2
1 1
2 2
:
( )-
f V V
x xf
x x
→
= → =
x x
Estamos interesados en vectores x y en escalares λ que verifican la igualdad
( )f λ= ⋅x x (1)
Se observa que todos los vectores x de V2 situados sobre el eje OX cumplen f(x) = x, y
todos los vectores x de V2 situados sobre el eje OY satisfacen f(x) = - x.
En nuestro ejemplo los dos únicos escalares que verifican la igualdad (1) son λ=1 y
λ=-1.
Los vectores x correspondientes son respectivamente todos los situados en los ejes
coordenados de abscisas y de ordenadas. ◄
Definición. Sea x A E ( ), ( o )n n∈ ≡K K�R C , matriz asociada a un endomorfismo
: F Ff → en una cierta base de F.
Los autovalores o valores propios de la matriz A (o del endomorfismo f) son los
escalares λ ∈K para los que existe un vector no nulo, x∈ nK , tal que
( Es decir, ( ) )A fλ λ⋅ = ⋅ = ⋅x x x x
Diagonalización por transformaciones de semejanza
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Si λ es autovalor de A, los vectores n ( )∈ ≠Kx x 0 tales que A λ⋅ = ⋅x x , se llaman
autovectores o vectores propios de A (o de f) asociados a λ; estos autovectores (junto
con el vector nulo) forman un subespacio vectorial { }V( ) /n Aλ λ= ∈ ⋅ = ⋅Kx x x
denominado subespacio propio de A asociado al autovalor λ. ◄
Ejemplo
Consideremos el espacio vectorial de los vectores geométricos del plano, V2, y en él
definimos la transformación lineal:
2 2: V V
( ) 2 Simétrico de respecto de la recta r x=y
f
f
→→ = ≡x x x
Se observa fácilmente en la gráfica que:
1) 2 situado en siendo 0 ( ) 2 V r x y f∀ ∈ ≡ = ≠ ⇒ = ⇒x x x x
1 2λ = es autovalor de f, y todos los vectores x situados en la recta r son
autovectores de f asociados a λ1. Al ser λ1 > 0, f(x) tiene el mismo sentido que x
2) 2 situado en siendo 0 ( ) 2 V r y x f∀ ∈ ≡ = − ≠ ⇒ = − ⇒x x x x
Diagonalización por transformaciones de semejanza
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2 2λ = − es autovalor de f y todos los vectores x situados sobre la recta y=-x son
autovectores de f asociados a λ2. Como λ2 < 0 , f(x) tiene sentido opuesto a x.
En ambos casos i 2 1λ = > , por lo que se dice que f dilata x. ◄
Una vez realizados algunos ejemplos geométricos de cálculo de autovalores y
autovectores, procederemos a presentar su cálculo analítico.
V.2.2. Cálculo de autovalores y autovectores
La ecuación Ax=λx que sirve para definir los autovalores y autovectores se puede
escribir como (A-λΙ)x = 0, con lo que los autovectores, si existen , son los vectores
solución de dicho sistema homogéneo. Sabemos que este sistema tiene soluciones
distintas de la trivial nula si y sólo si la matriz (A-λΙ) es singular, lo cual ocurre si y sólo
si el determinante de A-λΙ es igual a cero: |A-λΙ| = 0.
Así, podemos primero encontrar los autovalores de A, es decir aquellos valores λœK
que hacen |A-λΙ| = 0 y, a continuación, los subespacios propios V(λ), para lo que deberá
resolverse el sistema Ax = λx, o equivalentemente (A-λΙ)x = 0, para cada valor propio
λ.
Estudiemos previamente la naturaleza de la expresión |A-λΙ|.
Definición. Se llama polinomio característico de una matriz cuadrada A, de orden n,
definida sobre K , al polinomio pA(λ)=|A-λΙ|, que es un polinomio con coeficientes en
K y de grado n en la variable λ. La ecuación pA(λ)=0 se llama ecuación característica
de A.
Podemos decir por lo tanto que λ∈K (ℝ o ℂ) es autovalor de A∈Mnxn(K) si y sólo si es
raíz del polinomio característico (o equivalentemente, solución de la ecuación
característica) y está en K . Por el Teorema Fundamental del Álgebra, todo polinomio
de orden n posee exactamente n raíces (entre reales y complejas). Por lo tanto, si K es
el cuerpo ℂ de los números complejos entonces A posee exactamente n autovalores,
siendo n el orden de la matriz. Por otro lado, si K es el cuerpo R de los números
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reales, el polinomio característico de A tendrá también n raíces, pero quizás algunas
sean complejas, por lo que decimos que A posee a lo sumo n autovalores (en ambos
casos considerando las multiplicidades de las soluciones de la ecuación característica).
Ejemplo
0 -1A=
1 0
Su polinomio característico es 2Ap ( ) = + 1λ λ , que no se anula para ningún valor real.
Luego, la matriz A considerada una matriz real, no tiene valores propios. Pero si se
considera A como una matriz sobre el cuerpo de los números complejos, sus valores
propios son +i y –i. ◄
Puede demostrarse que la expresión general del polinomio característico de una matriz
A∈Mnxn(K) es la siguiente:
-1( ) ( 1) ( ) ( 1)n n n nAp A I Traza A Aλ λ λ λ = − = − − + + − = ⋯
1 -1( 1) ( 1) ( )n n n nTraza A Aλ λ+= − ⋅ + − + +⋯ (1)
donde se observa que el coeficiente de λn-1 coincide con la traza de A (afectada del
signo correspondiente) y el término independiente con el valor del determinante de A.
Además, puede también demostrarse que:
1 2 nTraza(A)=λ λ λ+ + +⋯
1 2 nA λ λ λ= ⋯
Demostración (opcional).
Si A tiene n autovalores 1 2( , , , ) nλ λ λ⋯ (no tienen por qué ser distintos) podemos
factoriazar el polinomio característico de la siguiente manera:
1 2( ) (-1) ( )( ) ( )nA np λ λ λ λ λ λ λ= − − − =⋯
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-11 2 1 2( 1) ( ) ( 1)n n n n
n nλ λ λ λ λ λ λ λ = − − + + + + + − ⋯ ⋯ ⋯ (2)
Esta fórmula debe coincidir con la expresión (1) vista anteriormente
n n n-1 nAp ( ) ( 1) Traza(A) ( 1) Aλ λ λ = − − + + − ⋯
por lo que, comparando coeficientes en (1) y (2), en concreto el coeficiente de λn-1 y el
término independiente, se deducen las propiedades anteriores.
1 2Traza(A)= nλ λ λ+ + +⋯
1 2A nλ λ λ= ⋯ ■
Ejemplo
Si en el último ejemplo geométrico del apartado anterior procedemos analíticamente,
veremos que se obtiene el mismo resultado. La expresión general de la transformación
lineal del ejemplo anterior, considerando en V2 la base canónica B, es:
2 2
1 2
2 1
: V V
x 2x( )=
x 2x
f
f
→
= →
z z
Por tanto la expresión matricial de f en la base canónica B, es:
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1 1
2 2
y x0 2
y 2 0 x
=
luego su matriz asociada en la base B de V2 es:
0 2A
2 0
=
Los autovalores de A (o de f) son las soluciones de la ecuación característica de A:
21 2
2( ) 0 4 0 2 2
2Ap A Iλ
λ λ λ λ λλ
−= − = = = − = ⇔ = ∧ = −
−
Los subespacios propios asociados son, respectivamente:
1 1 11 2 1
2 2 2
( )= = /x x x
V V Ax x x
λ λ ∈ = = x
1 1 1 12 1 2
2 2 2 2
0 -2 2 0/( - ) /
0 2 -2 0
x x x xV A I V
x x x xλ
= = ∈ = = = ∈ = = x x
12 1 2 1 2
2
/- 2 2 0 x
V x x x xx
= = ∈ + = ⇔ = x
{ }11 2 1 2
1
( )= / V / está situado sobre x
V V x rx
λ = ∈ ∈ = ∈ x x x R
1 1 12 2 2
2 2 2
( )= = /x x x
V V Ax x x
λ λ ∈ = = x
1 1 1 12 2 2
2 2 2 2
0 2 2 0/( - ) /
0 2 2 0
x x x xV A I V
x x x xλ
= = ∈ = = = ∈ = = x x
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12 1 2 1 2
2
/ 2 2 0 x
V x x x xx
= = ∈ + = ⇔ = − x
{ }12 2 1 2
1
( )= / V / está situado sobre '-
xV V x r
xλ
= = ∈ ∈ = ∈ x x xR
Obsérvese que los autovalores de A verifican las dos siguientes propiedades
enunciadas anteriormente
Traza(A) = 0 = 1 2λ λ+
Det(A) = -4 = 1 2λ λ⋅ ◄
Los autovalores pueden ser repetidos o no, lo que da lugar a las siguientes
definiciones.
Definición. Se llama multiplicidad algebraica, mi, de un autovalor λi a la multiplicidad
de λi como raíz de la ecuación característica de la matriz A, es decir, el número de veces
que se repite λi como raíz de dicha ecuación.
Ejemplo
Sea la matriz
7 0 0 0 0
0 7 1 0 0
A 0 0 4 2 0
0 0 0 4 0
0 0 0 0 4
=
Fácilmente se obtiene que el polinomio característico de A es 2 3Ap ( ) ( 7) ( 4)λ λ λ= − ⋅ − .
Luego, los valores propios de A son:
λ1=7, de multiplicidad algebraica m1=2
λ2=4, de multiplicidad algebraica m2=3 ◄
Definición. Se llama multiplicidad geométrica, µi, de un autovalor λi, a la dimensión del
Diagonalización por transformaciones de semejanza
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subespacio propio asociado a él, dim(V(λi)).
Puede demostrarse que µ≤ ≤i i1 m .
Además, puesto que las ecuaciones cartesianas del subespacio V(λi) vienen dadas por
el sistema ( )- iA Iλ = 0x , y teniendo en cuenta que la dimensión de un subespacio S
de nK es
dim(S)=n-nº de ecs. cartesianas linealmente independientes
se cumple que
( )dim ( ) - - i i iV n Rango A Iµ λ λ= =
Ejemplo
Calcular los valores propios y vectores propios de la matriz
2 2 1
1 3 1
1 2 2
A
=
.
Solución:
El polinomio característico de A es:
3 2 2
2 2 1
( ) - 1 3 1 7 11 5 ( 1) ( 5)
1 2 2Ap A I
λλ λ λ λ λ λ λ λ
λ
−= = − = − + − + = − − −
−
Por tanto, los valores propios de A son:
λ1=1 (raíz doble o con multiplicidad algebraica m1=2) y
λ2=5 (raíz simple, m2=1)
Calculemos a continuación los vectores propios.
Para λ1=1 los vectores propios satisfacen la ecuación matricial ( ) 0A I− =x , es decir
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( )1 2 31
1 2 1 2 3 1 2 3
3 1 2 3
2 01 2 1 0
1 0 1 2 1 0 2 0 2
1 2 1 0 2 0
x x xx
A I x x x x x x x
x x x x
λ+ + =
= ⇒ − = ⇒ = ⇒ + + = ⇒ = − − + + =
x
1 dim (1) ( ) 3 1 2V n Rango A Iµ = = − − = − =
Por tanto el subespacio propio asociado a λ1=1 es:
2 3
32 2 3
3
-2 -
V(1) / , ,
x x
x x x
x
= ∈ = ∀ ∈
x xK K
siendo una base de vectores propios de V(1) la formada por los vectores
2 1
1 , 0
0 1
− −
es decir , µ1=Dim(V(λ1))=2.
Para λ2=5, los vectores propios son las soluciones del sistema ( )A 5I =0− x , es decir:
( )1 2 31
2 12 2 1 2 3
3 13 1 2 3
3 2 03 2 1 0
5 5 0 1 2 1 0 2 0
1 2 3 0 2 3 0
x x xxx x
A I x x x xx x
x x x x
λ− + + =−
= = ⇒ − = ⇒ − = ⇒ − + = ⇒ = − + − =
x
de donde el subespacio propio asociado a λ2=5 es:
13
1 1
1
(5) / ,
x
V x x
x
= ∈ = ∀ ∈
x xK K
Luego la base de vectores propios del subespacio V(5) está formada por el vector
Diagonalización por transformaciones de semejanza
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1
1
1
y µ2=Dim(V(λ2))=1 ◄
Veamos a continuación algunas propiedades relacionadas con los autovalores y los
autovectores.
V.2.3. Propiedades
Proposición. Un autovector de una matriz cuadrada está asociado a un único
autovalor.
Demostración. Sea n∈x K , y distinto del vector nulo, autovector de x nM ( )nA∈ K
asociado al autovalor λ∈K , es decir,
A λ=x x
Supongamos que x también está asociado al autovalor µ∈K . Entonces
A µ=x x
Restando ambas ecuaciones se obtiene que
( )λ µ− =x 0
como ≠x 0 , necesariamente λ µ= y de ahí que el autovalor es único. ■
Proposición. Si A es una matriz cuadrada de orden n definida sobre K , triangular
(superior o inferior) entonces sus autovalores son los elementos de la diagonal
principal.
Demostración. Sea A una matriz triangular superior:
11 12 1
22 20
0 0
n
n
nn
a a a
a aA
a
=
⋯
⋯
⋯ ⋯ ⋯ ⋯
⋯
Diagonalización por transformaciones de semejanza
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Para hallar sus autovalores se plantea su ecuación característica (que al tratarse del
determinante de una matriz triangular es igual al producto de los elementos de la
diagonal principal):
11 220 ( )( ) ( )nnA I a a aλ λ λ λ− = = − − −⋯
siendo las soluciones de esta ecuación 1 11 2 22, , , n nna a aλ λ λ= = =⋯ ■
Proposición. Los autovectores de una matriz cuadrada de orden n asociados a
autovalores distintos, son linealmente independientes.
Opcional: Consecuencia de esta proposición es que los subespacios propios asociados
a autovalores distintos son disjuntos, es decir, { }( ) ( ) 0 , i j i jV Vλ λ λ λ∩ = ∀ ≠ siendo
i jyλ λ autovalores distintos de A.
Proposición. Las matrices semejantes tienen el mismo polinomio característico y los
mismos autovalores.
Demostración. Si existe una matriz P regular tal que -1B P A P= ⋅ ⋅ , se cumple que:
-1 -1 -1 -1( )B I P A P P P P A I P P A I P A Iλ λ λ λ λ− = ⋅ ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅ = − = −
Es decir, los polinomios característicos de A y B son iguales. Dado que los autovalores
son las raíces de la ecuación característica, queda demostrada la proposición. ■
Una clase particular de matrices la constituyen aquéllas que son semejantes a una
matriz diagonal, en cuyo caso se dice que son diagonalizables. A continuación vamos a
caracterizar las matrices que son diagonalizables por semejanza.
V.3. DIAGONALIZACIÓN POR SEMEJANZA
Proposición. Sea x M ( )n nA∈ K . Una condición necesaria de diagonalización de la
matriz A es que A posea exactamente n autovalores.
Demostración (opcional). Si A es diagonalizable entonces es semejante a una matriz
diagonal D. Los autovalores de A y de D coinciden, por semejanza. Siendo los
Diagonalización por transformaciones de semejanza
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autovalores de D en total n (los elementos de su diagonal principal) también A tendrá
en total n autovalores (los mismos que D). ■
Teorema (una condición necesaria y suficiente de diagonalización). Una matriz
x M ( )n nA∈ K es diagonalizable si y sólo si tiene n autovectores linealmente
independientes.
Observaciones:
- Si A es diagonalizable, la matriz diagonal semejante a A es
1
2
n
0 0
0 0D =
0 0
λλ
λ
⋯
⋯
⋯ ⋯ ⋯ ⋯
⋯
, siendo 1 2 n , , , λ λ λ⋯ los autovalores de A (distintos o
no). La matriz P que define la semejanza es la que tiene por columnas los vectores de
las bases de los respectivos subespacios propios de A.
- Cuando A es diagonalizable el conjunto de n autovectores linealmente
independientes formauna base de nK , con lo cual el teorema anterior se puede
enunciar de la siguiente manera: Una matriz x M ( )n nA∈ K es diagonalizable si y solo si
existe una base de nK formada por autovectores de A.
Demostración (opcional).
)⇐ Sean los autovectores de A linealmente independientes:
111 12
21 22 2
1 2
; ; ;
n
nn
n n nn
xx x
x x x
x x x
= = =
⋯⋯⋮ ⋮ ⋮
1 2x x x
Entonces se verifica : i i = 1, 2, , A nλ= ⋯i ix x ; con lo que las n igualdades se
pueden escribir matricialmente de la forma:
Diagonalización por transformaciones de semejanza
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( ) ( )11 12 1
21 22 21 2
1 2
= =
n
nn n
n n nn
x x x
x x xA A
x x x
λ λ λ
=
⋯
⋯⋯ ⋯
⋯ ⋯ ⋯ ⋯
⋯
1 2 n 1 2x x x x x x
( )1 11 2 12 1 1
1 21 2 22 2 2
1 1 2 2
0 0
0 0=
0 0
n n
n n
n n n nn n
x x x
x x x
x x x
λ λ λ λλ λ λ λ
λ λ λ λ
=
⋯ ⋯
⋯ ⋯⋯
⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯
⋯ ⋯
1 2 nx x x
Lo cual se expresa abreviadamente de la forma AP=PD, siendo P la matriz cuyas
columnas son los autovectores de A, y D la matriz diagonal formada por los
autovalores. Claramente P es regular ya que sus columnas son autovectores de A
linealmente independientes.
Luego -1 D P A P= ⋅ ⋅ es decir A es diagonalizable.
)⇒ Recíprocamente, supongamos que A es diagonalizable.
Entonces se puede encontrar una matriz regular P tal que -1 P A P D⋅ ⋅ = siendo D
una matriz diagonal. O equivalentemente A P=P D (1)
Si se escribe P por columnas como ( ) = P ⋯1 2 nx x x se deduce de (1) que
i i = 1, 2, , A nλ= ⋯i ix x , donde iλ es el i-ésimo elemento de la diagonal
principal de D. Luego las n columnas de P son los n autovectores de A, que serán
linealmente independientes ya que P es regular. ■
Ejemplo
Diagonalizar la matriz
3 -1 -2
A( ) = 2 0 -2
2 -1 -1
R ^
Solución.
Comenzamos calculando los valores propios de la matriz A, así como los
correspondientes subespacios propios. El polinomio característico de la matriz A es
Diagonalización por transformaciones de semejanza
Página 166
2A
3- -1 -2
p ( ) = A I = 2 - -2 ( 1)
2 -1 -1-
λλ λ λ λ λ
λ− = − ⋅ −
Por tanto, las raíces de la ecuación característica son 1 1λ = con multiplicidad algebraica
m1=2 y 2 0λ = con multiplicidad algebraica m2=1. Calcularemos a continuación los
vectores propios.
Para 1 1λ = , los vectores propios satisfacen la ecuación matricial ( - ) = A I 0x , es
decir
1 2 31
2 1 2 3 2 1 3
3 1 2 3
2 2 02 1 2 0
2 1 2 0 2 2 0 2 2
2 1 2 0 2 2 0
x x xx
x x x x x x x
x x x x
− − =− − − − = ⇒ − − = ⇒ = − − − − − =
i
Por tanto, el subespacio propio asociado a 1 1λ = es:
13
1 3 1 3
3
(1) / 2 2 , ,
x
V x x x x
x
= ∈ = − ∀ ∈
x xR R
Siendo una base de V(1) la formada por los vectores
1 0
2 , -2
0 1
.
Para 2 0λ = , los vectores propios son las soluciones del sistema = A 0x , es decir
1 2 312 1
2 1 33 1
3 1 2 3
3 2 03 1 2 0
2 0 2 0 2 2 0
2 1 1 0 2 0
x x xxx x
x x xx x
x x x x
− − =− − = − ⋅ = ⇒ − = ⇒ = − − − − =
De donde el subespacio propio asociado a 2 0λ = es
13
1 1
1
(0) / ,
x
V x x
x
= ∈ = ∀ ∈
x xR R
Diagonalización por transformaciones de semejanza
Página 167
Luego una base de vectores propios del subespacio V(0) es
1
1
1
.
Ya se ha visto que los autovectores de una matriz cuadrada de orden n asociados a
autovalores distintos son linealmente independientes. Luego, los vectores
1 0 1
2 , -2 , 1
0 1 1
= = =
1 2 3x x x
son linealmente independientes. Por tanto existe una base de 3R formada por
autovectores de A, por lo que la matriz 3 x 3A M ( ) ∈ R es diagonalizable:
-1 y / D P D P A P∃ = ⋅ ⋅ :
1 0 1
P 2 2 1
0 1 1
= −
y
1 0 0
D 0 1 0
0 0 0
=
El orden de las columnas de P está en función del orden de colocación de los valores
propios en D, ya que se tiene que cumplir que ( ) ( )A D⋅ = ⋅1 2 3 1 2 3x x x x x x
Notas:
a) Según puede observarse en este ejercicio, dada la matriz diagonal D, la matriz P
formada por vectores propios no es única.
b) Al ser 0λ = valor propio de A, { }(0) Ker 0V f= ≠ , luego el endomorfismo f
asociado a la matriz A no es inyectivo, y por tanto (por ser endomorfismo) tampoco es
sobreyectivo.
c) Se puede comprobar en este ejemplo que, efectivamente, la multiplicidad
geométrica iµ de un autovalor iλ nunca es mayor que la multiplicidad algebraica de
dicho autovalor, es decir i imµ ≤ . ◄
Por último, se va a ver otra caracterización de las matrices diagonalizables en función
Diagonalización por transformaciones de semejanza
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de la multiplicidad de las raíces de la ecuación característica.
Teorema. Sea x M ( )n nA∈ K con n autovalores repetidos o no. A es diagonalizable si y
sólo si la multiplicidad algebraica de cada autovalor λ ∈K de A coincide con la
multiplicidad geométrica de dicho autovalor λ (es decir , con la dimensión del
subespacio propio correspondiente) i im iµ= ∀
Demostración. Sean 1 2, , , sλ λ λ⋯ , los distintos autovalores de A, con multiplicidades
algebraicas 1 2, , , sm m m⋯ respectivamente, tales que: 1 2 sm m m n+ + + =⋯ .
Hemos visto que la multiplicidad geométrica de cada autovalor nunca puede ser mayor
que la algebraica, es decir:
1 1 2 2, , , s sµ λ µ λ µ λ≤ ≤ ≤⋯
por lo que
1 2 s nµ µ µ+ + + ≤⋯
La igualdad se obtiene si y sólo si
1, 2, , i im i sµ = = ⋯
Lo que equivale a la diagonalización de A, ya que en este caso y solo en él se logra una
base de nK formada por autovectores de A, uniendo bases de los subespacios propios
correspondientes. ■
Ejemplo
En el ejemplo resuelto anteriormente, la matriz
3 -1 -2
A( ) = 2 0 -2
2 -1 -1
R -, tenía los
siguientes valores propios:
1 1λ = , con multiplicidad algebraica 1 2m = y geométrica 1 2µ = ; y
Diagonalización por transformaciones de semejanza
Página 169
2 0λ = , de multiplicidad algebraica 2 1m = y geométrica 2 1µ = .
Por tanto, 1 1 2m µ= = y 2 2 1m µ= = , con lo cual A es diagonalizable. ◄
Como corolario a este Teorema se establece la condición suficiente de diagonalización.
Corolario. Si una matriz x M ( )n nA∈ K tiene n autovalores distintos, entonces es
diagonalizable..
V.4. DIAGONALIZACIÓN DE MATRICES SIMÉTRICAS REALES POR SEMEJANZA ORTOGONAL
Las matrices simétricas reales aparecen en numerosos problemas en relación con el
estudio de la dinámica de sistemas físicos. Así por ejemplo, cantidades como la energía
cinética y la potencial se representan a través de ellas.
Teorema. Toda matriz simétrica real de orden n tiene n autovalores (es decir, cumple la
condición necesaria de diagonalización).
Teorema. Autovectores asociados a autovalores distintos de una matriz simétrica real
son ortogonales.
Definición. Se dice que una matriz A es diagonalizable ortogonalmente si es semejante
a una matriz diagonal por medio de una matriz ortogonal; es decir, si existe una matriz
P ortogonal tal que -1tP AP P AP D= = .
Teorema. Toda matriz simétrica real puede diagonalizarse ortogonalmente.
Ejemplo
Diagonalizar la matriz simétrica real
0 1 -1
1 0 1
-1 1 0
A
=
.
Solución.
Diagonalización por transformaciones de semejanza
Página 170
El polinomio característico es 2
1 1
( ) 1 1 (1 ) (2 )
1 1Ap A I
λλ λ λ λ λ
λ
− −= − = − = − +
− −
Por tanto, los valores propios de A son 1 1λ = con multiplicidad algebraica 1 2m = y
2 2λ = − .
Para 1 1λ = , los vectores propios son las soluciones del sistema ( )A I− = 0x , es decir
1
2 1 2 3
3
1 1 1 0
1 1 1 0 0
1 1 1 0
x
x x x x
x
− − − ⋅ = ⇔ − + =
− −
Por tanto el subespacio propio asociado a 1 1λ = es:
13
1 3 1 3
3
(1) / , ,
x
V x x x x
x
= ∈ = + ∈
x xR R
Siendo una base de V(1):
1 0
1 1
0 1
= =
1 2u u
1 1dim V( ) 2µ λ= = . Se cumple que 1 1mµ = , lo que en matrices simétricas reales está
asegurado, ya que son siempre diagonalizables.
Para 2 2λ = − , los vectores propios son las soluciones del sistema ( )2A I+ = 0x , es
decir
12 1
23 1
3
2 1 1 0
1 2 1 0
1 1 2 0
xx x
xx x
x
− = = ⇔ = −
i
De donde el subespacio propio asociado a 2 2λ = − es:
Diagonalización por transformaciones de semejanza
Página 171
13
1 1
1
( 2) / ,
x
V x x
x
− = ∈ = ∈
x xR R
Luego una base del subespacio propio V(-2) es
1
1
1
=
3u y 2 2dim V( ) 1µ λ= =
según lo previsto.
Así { }B = 1 2 3u u u es una base de 3R de autovectores de A. Para construir la
matriz P ortogonal tal que tP AP D= sea diagonal, necesitamos una base ortonormal
de autovectores. Como { },1 2u u es ortogonal al vector 3u , puesto que son
autovectores asociados autovalores distintos de la matriz simétrica A, ortogonalizamos
sólo { },1 2u u mediante el método de Gram-Schmidt.
1
1
0
= =
1 1v u
0 1
+ 1 1 1
1 0 1
λλ λ λ
= = + = +
2 2 1v u v
10 1 2 0
2λ λ< ⋅ >= ⇒< ⋅ >= + = ⇒ = −1 2 1 2v v v v luego
1
21
21
− =
2v
El conjunto { },1 2v v es una base ortogonal de autovectores del subespacio propio
V(1).
Normalizamos ahora la base ortogonal de autovectores { }, ,1 2 3v v u
Diagonalización por transformaciones de semejanza
Página 172
1
21 1
20
= =
1 11
w vv
, ,
1
61 1
62
6
− = =
2 22
w vv
,
1
31 1
31
3
= = −
3 33
w uu
Obteniendo así la base de autovectores ortonormales { }B' = 1 2 3w w w
La matriz ortogonal es ( )
1 1 1
2 6 31 1 1
32 62 1
06 3
P
− = = −
1 2 3w w w .
Se puede comprobar que 1 tD P AP P AP−= = , siendo
1 0 0
0 1 0
0 0 2
D
= −
. ◄
Diagonalización por transformaciones de semejanza
Página 173
Tema V. Ejercicios
V.1. Calcular los valores y vectores propios de las siguientes matrices:
a) 3 2
A( )1 1
= −
C
b) 3 2
A( )2 3
=
C
c)
0 2 1
A( ) 0 0 3
0 0 0
=
R
d)
1 2 5
A( ) 0 6 0
2 7 1
− = −
R
V.2. Estudiar la diagonalización de las matrices del problema anterior.
V.3. Hallar una matriz diagonal semejante a A, así como la matriz P de semejanza, siendo A las matrices del problema 1.
V.4. Estudiar la diagonalización de las siguientes matrices hallando, en su caso, las matrices D y P / -1D P A P= ⋅ ⋅
a)
1 0 0
A 1 0 1
1 1 0
= − −
b)
0 3 1
B 2 1 1
2 1 1
= − − − − −
V.5. Dada la matriz
1 0 0 0
1 0 0
1 0
1
aA
b d
c e f
− − =
discutir las condiciones que deben
cumplir a, b, c, d, e y f para que la matriz A sea diagonaizable.
Diagonalización por transformaciones de semejanza
Página 174
V.6. Sea la matriz siguiente:
0
0 1 0
0 0 2
m
M
α =
donde α y , 0m m∈ ≠R
Encontrar los valores y vectores propios de M. ¿ En qué casos es diagonalizable?
V.7. Dada la matriz
-1
0
1
a d
B b e
c f
=
hallar a, b, c, d, e, f, sabiendo que
1 2 3
0 1 2
1 , 2 , 0
1 0 1
v v v
− = = = −
son vectores propios de B.
Diagonalización por transformaciones de semejanza
Página 175
Tema V. Soluciones Ej.
V.1.
a) 1 21 ( ) 2 ( )
2 22 , ; 2 ,
1 1V Vi B i Bi iλ λλ λ
= + = = − = − + − −
b) 1 21 ( ) 2 ( )
1 25, ; 1,
1 1V VB Bλ λλ λ −
= = = =
c) 11 ( )
1
0 (triple) , B 0
0V λλ
= =
d) 11 ( )
1
6, B 1
1V λλ
= =
V.2.
a) Diagonalizable
b) Diagonalizable
c) No diagonalizable
d) No diagonalizable
V.3.
a) 2 0 2 2
; 0 2 - 1 1
iD P
i i i
+ = = − + − −
b) 5 0 1 2
; 0 1 1 1
D P−
= =
V.4.
a)
1 0 0 1 1 0
0 1 0 ; 1 0 1
0 0 1 0 1 1
D P
= = −
b) No diagonalizable.
Diagonalización por transformaciones de semejanza
Página 176
V.5. a = 0, f = 0 ∀ b, c, d, e
V.6. Valores propios 1 2 3 ; 1 ; 2 λ α λ λ= = =
Si 1α = M no es diagonalizable. En cualquier otro caso sí lo es.
V.7. 5
; 1 ; 2 ; 1 ; 2 ; 12
a b c d e f= = = − = − = = −
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