tema 8 diagonalización

Tema 8

Diagonalización

8.1. Introducción a las aplicaciones lineales

Directamente relacionadas con las matrices están las aplicaciones lineales, cuyo estudio general se hará

en el tema 20. Son funciones entre dos espacios vectoriales cuyas funciones componentes, que a cada vector

le asocia la coordenada i-ésima de su imagen, son combinaciones lineales de las variables independientes

y se comportan bien con respecto a las operaciones básicas de los espacios vectoriales.

Su principal característica es que la imagen de una combinación lineal de vectores se transforma en la

correspondiente combinación lineal de la imagen de estos vectores; lo que es una condición necesaria y

suficiente para que una aplicación sea lineal y hace que puedan ser descritas por una matriz (una condición

necesaria es que la imagen del vector cero del espacio inicial sea el vector cero del espacio final).

Aunque estas aplicaciones transforman vectores en vectores y el espacio de partida y el espacio de

llegada no tienen por qué coincidir, en este tema se considera solo el caso en el que los espacios inicial y

final son el mismo, ya que el problema que planteamos es como obtener, si es posible, una expresión simple

de una de estas aplicaciones lineales, que reciben el nombre de endomorfismos.

335

Bloque III. ÁLGEBRA LINEAL Y TEORÍA DE MATRICES

▶ La expresión explícita recibe el nombre de expresión analítica y en ella al vector x ∈ Rn lo denota-

mos por x = (x1, . . . , xn) y a su imagen por f (x) = ( f1(x), . . . , fm(x)).

f1(x1, . . . , xn) = a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn

f2(x1, . . . , xn) = a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn

...

fm(x1, . . . , xn) = am1x1 + am2x2 + . . . + amnxn

▶ La expresión matricial de f respecto a las bases canónicas es

f (x1, . . . , xn) =

f (e1)↓

f (e2)↓ · · ·

f (en)↓

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

...... · · ·

...

am1 am2 · · · amn

x1

x2

...

xn

donde la matriz A recibe el nombre de matriz de la aplicación lineal.

Ejemplo 8.1 La expresión matricial de la aplicación lineal f (x1, x2, x3, x4) = (x1+x3−x4, x2+x3−x4, x1+x3)

es

f (x1, x2, x3, x4) =

1 0 1 −1

0 1 1 −1

1 0 1 0

x1

x2

x3

x4

▶ Obsérvese que los elementos de cada fila son los coeficientes de las variables en cada componente

en la expresión analítica y que las columnas son las imágenes de los vectores de la base canónica. ♣

Ejemplo 8.2 Una compañía fabrica dos productos. Para producir producto A por valor de un euro gasta

0.45 e en materiales, 0.25 e en mano de obra y 0.15 e en administración. Para producir producto B por

valor de un euro gasta 0.40 e en materiales, 0.30 e en mano de obra y 0.15 e en administración.

Un vector de producción, x = (x1, x2), corresponde a la producción de producto A y B por valor de x1

y x2 euros. El vector de costes totales, y = (y1, y2, y3), representa el coste total en materiales, mano de obra

PROYECTO MATECO 3.14159 Página 336

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TEMA 8. DIAGONALIZACIÓN

y administración y es posible obtener el coste de cualquier vector de producción una vez determinados los

costes de producir productos A y B por valor de un euro (vectores de producción e1 = (1, 0) y e2 = (0, 1)):

y1

y2

y3

= x1

0.45

0.25

0.15

+ x2

0.40

0.30

0.15

⇔

y1

y2

y3

=

0.45 0.40

0.25 0.30

0.15 0.15

x1

x2

⇔

y1 = 0.45x1 + 0.40x2

y2 = 0.25x1 + 0.30x2

y3 = 0.15x1 + 0.15x2

La función de coste total es

f (x1, x2) = (0.45x1 + 0.40x2, 0.25x1 + 0.30x2, 0.15x1 + 0.15x2) ♣

Maxima 8.3 Obtener la expresión matricial y analítica de las siguientes aplicaciones lineales:

(a) f (x, y, z) = (2x + y, x − y + 3z, x + z)

(b) g(x, y, z) =

1 1 −1

1 −1 1

x

y

z

(c)

h(1, 0) = (1, 1, 1)

h(0, 1) = (0,−1, 0)

Solución

(a) En este caso tenemos como dato la expresión analítica y la matriz de la aplicación lineal es su jacobiana:

( % i2) f(x,y,z):=[2*x+y,x-y+3*z,x+z];

var:[x,y,z]$

f (x, y, z) := [2x+y, x−y+3z, x+z] ( % o1)

( % i3) A:jacobian(f(x,y,z),var);

2 1 0

1 −1 3

1 0 1

(A)

(b) En este caso tenemos como dato la expresión matricial

( % i5) B:matrix([1,1,-1],[1,-1,1]); var:[x,y,z]$1 1 −1

1 −1 1

(B)

( % i6) define(g(x,y,z),flatten(args(B.var)));

g (x, y, z) := [−z+ y+ x, z− y+ x] ( % o6)

Página 337 PROYECTO MATECO 3.14159



(c) En este caso tenemos como dato la imagen de la base canónica

( % i9) u1:[1,1,1]; u2:[0,-1,0]; var:[x,y]$

[1, 1, 1] (u1)

[0,−1, 0] (u2)

( % i10) define(h(x,y),var[1]*u1+var[2]*u2);

h (x, y) := [x, x − y, x] ( % o10)

▶ Los cambios de base en endomorfismos son un caso particular del cambio de base en aplicaciones

lineales en el cual se considera la misma base en los espacios inicial y final (las matrices de la aplicación y

del cambio de base son cuadradas de orden n × n).

Proposición 8.4 (Cambio de base en endomorfismos) Sean f : Rn→ Rn un endomorfismo y B una base

de Rn tales que:

YC = A XC es la expresión matricial de f con respecto a la base C de Rn,

XC = P XB es la ecuación del cambio de base de la base B de Rn a la base C de Rn.

La expresión matricial con respecto a la base B de Rn es

YB = P−1 A P XB ♣

Nota Dos matrices A, B ∈ Mn×n(R) son semejantes si están asociadas al mismo endomorfismo con

respecto a bases diferentes y en ese caso, y sólo en este caso, existe P ∈ Mn×n(R) no singular tal que

B = P−1 A P donde P recibe el nombre de matriz de paso y corresponde a la matriz del cambio de base

respecto a la base correspondiente. ♣

Ejemplo 8.5

(a) Calcula la expresión analítica con respecto a la base B = {(0, 1), (1,−1)} del endomorfismo expresado

con coordenadas respecto a la base canónica por:

f (x1, x2) = (x1, x1 + 2x2)

(b) Calcula la expresión analítica y matricial con respecto a la base canónica del endomorfismo expre-

sado como imagen de la base B = {(1, 1), (1, 0)} por:

f (1, 1) = (1, 2)B

f (1, 0) = (−1, 1)B




Solución

(a) Obtenemos La expresión matricial con respecto a la base canonica, Y = A X,

y1

y2

= 1 0

1 2

x1

x2

Hacemos un mismo cambio de base en los espacios inicial, X = P XB, y final, Y = P YB:

x1

x2

= 0 1

1 −1

x′1

x′2

B

y1

y2

= 0 1

1 −1

y′1

y′2

B

Sustituimos los cambios de base en la expresión matricial de f :

Y = A X

X = P XB

Y = P YB

=⇒ P YB = AP XB =⇒ YB = P−1 A P XB

Obtenemos la expresión analítica de f al operar:

y1

y2

B

=

2 0

0 1

x1

x2

B

=

2x1

x2

B

=⇒ f (x1, x2)B = (2x1, x2)B

(b) f viene dada por la imagen de B y tenemos su expresión con respecto a ella, YB = A′ XB

y1

y2

B

=

1 −1

2 1

x1

x2

B

Hacemos un mismo cambio de base en los espacios inicial, X = P XB, y final, Y = P YB:

x1

x2

= 1 1

1 0

x′1

x′2

B

y1

y2

= 1 1

1 0

y′1

y′2

B




Sustituimos los cambios de base en la expresión matricial:

YB = A′ XB

X = P XB =⇒ XB = P−1 X

Y = P YB =⇒ YB = P−1 Y

=⇒ P−1 Y = A′ P−1 X =⇒ Y = P A′ P−1 X

lo que nos permite obtener la expresión analítica de f al desarrollar y1

y2

= 0 3

−1 2

x1

x2

= 3x2

−x1 + 2x2

=⇒ f(x1, x2) = (3x2,−x1 + 2x2)♣

Maxima 8.6 Calcula la expresión analítica con respecto a la base B = {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (0, 1, 1)} del

endomorfismo f (x, y, z) = (2x + y, x − y + 3z, x + z).

( % i2) f(x,y,z):=[2*x+y,x-y+3*z,x+z];

varC:[x,y,z]$

f (x, y, z) := [2x+y, x−y+3z, x+z] ( % o1)

( % i4) B:[[1,1,1],[1,1,0],[0,1,1]];

varB:[x1,y1,z1]$

[[1, 1, 1], [1, 1, 0], [0, 1, 1]] (B)

( % i5) A:jacobian(f(x,y,z),varC);2 1 0

1 −1 3

1 0 1

(A)

( % i6) P:transpose(apply(matrix,B));1 1 0

1 1 1

1 0 1

(P)

( % i7) Ab:expand((Pˆˆ-1).A.P);2 4 0

1 −1 1

0 −3 1

(Ab)

( % i8) define(f(x1,y1,z1),flatten(args(Ab.varB)));

f (x1, y1, z1) := [4y1 + 2x1, z1 − y1 + x1, z1 − 3y1] ( % o8)

8.2. Diagonalización de endomorfismos

Un endomorfismo es diagonalizable si existe una base respecto a la que su matriz asociada es diagonal y

una matriz es diagonalizable si es semejante a una matriz diagonal. Ambos conceptos están relacionados y

se cumple que un endomorfismo es diagonalizable si y sólo si su matriz asociada es diagonalizable. En este

caso, la matriz del cambio de base correspondiente a la base respecto a la cual el endomorfismo es diagonal

corresponde a la matriz de paso en la diagonalización de su matriz asociada (dos matrices son semejantes




si están asociadas al mismo endomorfismo con respecto a bases diferentes y la matriz de paso de una a otra

corresponde a la matriz del cambio de base de una base a la otra).

En esta sección abordaremos dos problemas. El primero es analizar si la diagonalización es posible y el

segundo determinar la base respecto a la cual la matriz del endomorfismo es diagonal, que es equivalente a

la obtención de la matriz de paso en la diagonalización de su matriz asociada. Comenzaremos formalizando

el problema.

Definición 8.7 Sea f : Rn→ Rn un endomorfismo.

f es diagonalizable si existe una base respecto a la que su matriz asociada es diagonal. ♣

Definición 8.8 Sea A∈ Mn×n(R) una matriz cuadrada.

A es diagonalizable si es semejante a una matriz diagonal.

Proposición 8.9 Sean f :Rn→ Rn un endomorfismo y A∈ Mn×n(R) su matriz asociada.

f es diagonalizable si y sólo A es diagonalizable.

Además:

Si f es diagonalizable y B = {u1, u2, . . . , un} es la base respecto a la que f es diagonal entonces la

matriz de paso de la matriz A a la matriz diagonal, P, es la matriz del cambio de base.

Si A es diagonalizable y P es la matriz de paso entonces la base en la que f es diagonal, B, es la que

tiene como matriz del cambio de base a P (son las columnas de P).

B = {u1, u2, . . . , un} ⇐⇒ P =

↑ ↑ · · · ↑

u1 u2 · · · un

↓ ↓ · · · ↓

. ♣

Nota Obsérvese que

D =

d1 0 · · · 0

0 d2 · · · 0...

.... . .

...

0 0 · · · dn

⇐⇒

f (1, 0, . . . , 0)B = (d1, 0, . . . , 0)B

f (0, 1, . . . , 0)B = (0, d2, . . . , 0)B...

f (0, 0, . . . , 1)B = (0, 0, . . . , dn)B

⇐⇒

f (u1) = d1u1

f (u2) = d2u2

...

f (un) = dnun ♣




El hecho de que para todos los vector de la base en la que el endomorfismo es diagonal se cumpla

f (uk) = dkuk hace que estos vectores se caractericen por tener una imagen proporcional a ellos mismos.

Este tipo de vectores reciben el nombre de autovectores y, como se puede observar, un endomorfismo es

diagonalizable siempre y cuando tengamos una base formada por autovectores. Esto nos permite determinar

cómo y cuándo es posible diagonalizar un endomorfismo.

Definición 8.10 Sea f : Rn→ Rn un endomorfismo.

Un escalar λ ∈ R es un autovalor de f si existe un vector no nulo u ∈ Rn tal que

f (u) = λ u.

Cada vector no nulo que cumple la igualdad recibe el nombre de autovector de f asociado a λ. ♣

Ejemplo 8.11 Sea f : R2→ R2 un endomorfismo con matriz asociada

A =

1 1

1 1

El vector u⃗ = (1, 1) es un autovector de f asociado al autovalor λ = 2 ya que

f (u⃗) = Au⃗ =

1 1

1 1

1

1

= 2

1

1

= 2u⃗. ♣

Ejemplo 8.12 Sea f : R3→ R3 un endomorfismo con matriz asociada

A =

1 2 2

2 1 2

2 2 1

El vector v = (1, 1, 1) es un autovector asociado al autovalor λ = 5 ya que f (v) = 5 · v:

f (1, 1, 1) =

1 2 2

2 1 2

2 2 1

1

1

1

=

5

5

5

= 5

1

1

1




Si consideramos v1 = (1,−1, 0) podemos comprobar que f (v1) = −1 · v1, lo que nos indica que en

este caso v1 es autovector asociado al autovalor λ = −1. Aunque siempre un múltiplo de un autovector es

un autovector asociado al mismo autovalor, en este caso además tenemos autovectores linealmente inde-

pendientes. Así, v2 = (1, 0,−1) también está asociado al mismo autovalor λ = −1. Por tanto, aunque un

autovector está asociado a un único autovalor, un mismo autovalor puede tener asociados varios autovecto-

res linealmente independientes. ♣

Nota Obsérvese que si A es la matriz asociada al endomorfismo A u⃗ = λ u⃗. Esto nos lleva a hablar de

autovalores y autovectores de una matriz, de forma que λ ∈ R es un autovalor de A si existe un vector no

nulo u⃗ ∈ Rn tal que A u⃗ = λ u⃗. Si cada vector no nulo que cumple la igualdad anterior recibe el nombre de

autovector de A asociado al autovalor λ tenemos que λ es un autovalor del f si y sólo si lo es de A y que

u es un autovector de f si y sólo si lo es de A (u con coordenadas en la base C). ♣

Ahora podemos enunciar una condición necesaria y suficiente para que un endomorfismo sea diagonali-

zable y especificar la forma de encontrar los autovalores de un endomorfismo y sus autovectores asociados.

Teorema 8.13 Sean f : Rn→ Rn un endomorfismo.

f es diagonalizable si y sólo si existe una base formada por autovectores. ♣

Proposición 8.14 Sean f : Rn→ Rn un endomorfismo y A su matriz asociada.

Los autovalores de f son las soluciones de la ecuación característica dada por

|A − λ I| = 0 ♣

Nota El determinante |A−λ I| es un polinomio de grado n que recibe el nombre de polinomio característico

y la ecuación característica es la ecuación que se obtiene al igualarlo a cero. En esta ecuación las soluciones

pueden estar repetidas y el número de veces que aparece un autovalor como solución recibe el nombre de

multiplicidad del autovalor (estudiaremos sólo endomorfismos y matrices en los que todas las soluciones

son reales). ♣

Nota El polinomio característico de A por trazas es

λn − trz1(A)λn−1 + trz2(A)λn−2 − · · · + (−1)n trzn(A) = 0




donde la traza generalizada de orden k, trzk(A), es la suma de todos los menores primarios de orden k

obtenidos al eliminar n − k filas y columnas del mismo índice (definición 9.9).

Ejemplo 8.15 Determinar los autovalores del endomorfismo con matriz asociada

A =

2 1 1

1 2 1

1 1 2

Solución

♦ La ecuación característica es:

|A − λI| =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣2 − λ 1 1

1 2 − λ 1

1 1 2 − λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= −λ3 + 6λ2 − 9λ + 4 = 0

♦ Los autovalores se obtienen resolviendo la ecuación característica:

Entre los divisores del término independiente buscamos una raíz entera por la regla de Rufini:

−1 6 −9 4

1 −1 5 −4

−1 5 −4 0

En el resto de la división, −λ2 + 5λ − 4, buscamos las otras dos raíces:

λ =−5 ±

√25 − 16−2

=

−5+3−2 = 1

−5−3−2 = 4

El autovalor λ = 1 aparece dos veces, por lo que tiene multiplicidad dos, y el autovalor λ = 4 aparece

una única vez, por lo que tiene multiplicidad uno. Por tanto, los autovalores son

λ =

1 m = 2

4 m = 1 ♣




Nota Los autovectores de f asociados a un autovalor λi ∈ R son las soluciones no nulas del correspon-

diente sistema y, aunque la ecuación no depende de la base considerada, el sistema sí ya que sus soluciones

tienen las coordenadas en esta base

(A − λi I)X = θ ♣

Ejercicio 8.16 Demostrar que cualquier combinación de autovectores de un endomorfismo asociados al

mismo autovalor también es un autovector asociado al mismo autovalor.

Solución

Sea v = αv1 + βv2 con v1, v2 autovectores tales que Av1 = λv1 y Av2 = λv2 y α, β ∈ R. Se tiene

Av = A(αv1 + βv2) = αAv1 + βAv2 = αλv1 + βλv2 = λ(αv1 + βv2) = λv

lo que demuestra que v es un autovector asociado a λ. ♣

Definición 8.17 Sean f : Rn→ Rn un endomorfismo y A su matriz asociada.

El subespacio de autovectores asociado a un autovalor λ es el subespacio vectorial de Rn

H(λ) = {u ∈ Rn/ f (u) = λ u} = {u ∈ Rn/A u = λ u} ♣

Nota H(λ) está formado por el vector θ (que no es un autovector) y los autovectores asociados a λ.

También recibe el nombre de subespacio propio y lo expresamos mediante sus ecuaciones implicitas

H(λ) = {u ∈ Rn/(A − λ I)u = 0} ♣

Ejemplo 8.18 Determinar los subespacios de autovectores del endomorfismo del ejemplo 8.15 cuya matriz

asociada es

A =

2 1 1

1 2 1

1 1 2




Solución

♦ H(1) es el subespacio de autovectores asociado a λ = 1 (m = 2):

(A − I) X = θ⇔

1 1 1

1 1 1

1 1 1

x1

x2

x3

=

0

0

0

⇔

x1 + x2 + x3 = 0

x1 + x2 + x3 = 0

x1 + x2 + x3 = 0

que tiene una única ecuación implícita linealmente independiente.

Por tanto, es un subespacio de dimensión uno

dim[H(1)] = n − rg(A) = 3 − 1 = 2

cuya base está formada por los vectores u1 = (−1, 1, 0) y u2 = (−1, 0, 1) (se deja como ejercicio) y los

autovectores de A asociados a λ = 1 son todos combinación lineal de ellos.

♦ H(4) es el subespacio de autovectores asociado a λ = 4 (m = 1):

(A − 4I) X = θ⇔

−2 1 1

1 −2 1

1 1 −2

x1

x2

x3

=

0

0

0

⇔−2x1 + x2 + x3 = 0

x1 − 2x2 + x3 = 0

x1 + x2 − 2x3 = 0

que tiene dos ecuaciones implícitas linealmente independientes, ya que

no ecuaciones implícitas l.i. = rg

−2 1 1

1 −2 1

1 1 −2

= 2

Por tanto, es un subespacio de dimensión uno

dim[H(4)] = n − rg(A) = 3 − 2 = 1

cuya base está formada por el vector u3 = (1, 1, 1) (se deja como ejercicio) y los autovectores de A asociados

a λ = 4 son todos múltiplos de él. ♣




La siguiente proposición nos va a permitir desarrollar un método para determinar si una matriz es dia-

gonalizable.

Proposición 8.19 Sean f :Rn→ Rn un endomorfismo y A∈ Mn×n(R) su matriz asociada.

Autovectores asociados a autovalores distintos son linealmente independientes y si λi ∈ R es un auto-

valor con multiplicidad mi ∈ N entonces

1 ≤ dim(H(λi)) ≤ mi. ♣

Nota Para cada par de autovalores distintos λi, λ j ∈ R entonces H(λi) ∩ H(λ j) = {θ}. ♣

Ejemplo 8.20 Sea f el endomorfismo de los ejemplos 8.15 y 8.18 con matriz

A =

2 1 1

1 2 1

1 1 2

♦ Hemos visto que los autovalores de A son

λ =

1 m = 2

4 m = 1

▶ La proposición 8.19 nos dice que el subespacio de autovectores asociado a λ = 4 tiene dimensión

uno, ya que como mínimo la dimensión es uno y como máximo es la multiplicidad, que también es uno.

Así, su base está formada por un único vector, que en nuestro caso es el vector u1 = (1, 1, 1) previamente

obtenido.

▶ La proposición 8.19 nos dice en el caso del subespacio de autovectores asociado a λ = 1 que tenemos

dos posibilidades y que su dimensión puede ser uno o dos, ya que como mínimo la dimensión del subespacio

es uno y como máximo es la multiplicidad, que es dos. Hemos visto que una base de H(1) está formada por

los vectores u2 = (−1, 1, 0) y u3 = (−1, 0, 1), por lo que en nuesto caso la dimensión será dos.

▶ La proposición 8.19 nos dice que autovectores asociados a autovalores distintos son linealmente

independientes, de modo que al unir ambas bases obtenemos un conjunto de tres vectores linelmente inde-




pendientes y, por tanto, una base de Rn formada por autovectores

B = {(1, 1, 1), (−1, 1, 0), (−1, 0, 1)} Base de autovectores de A

♦ Como A es diagonalizable si y sólo si existe una base formada por autovectores la matriz es diagonali-

zable y, por tanto, el endomorfismo.

▶ Las coordenadas de los vectores de la base de autovectores son las columnas de la matriz de paso y

la matriz diagonal tiene a los autovalores en la diagonal principal:

P =

1 −1 −1

1 1 0

1 0 1

D = P−1 A P =

1 0 0

0 1 0

0 0 4

▶ La expresión diagonal de f en la base de autovectores es:

f (x1, x2, x3)B =

4 0 0

0 1 0

0 0 1

x1

x2

x3

B

▶ la expresión analítica de f en la base de autovectores es

f (x1, x2, x3)B = (4x1, x2, x3)B ♣

Como hemos visto en el ejemplo, el endomorfismo es diagonalizable si al unir las bases de los subes-

pacios de autovectores obtenemos un número de autovectores suficiente para formar una base. Este número

está limitado para cada autovalor por su multiplicidad, por lo que sólo obtendremos esta base si en cada

subespacio obtenemos el número de vectores linealmente independientes que nos indica su multiplicidad.

Teorema 8.21 Sean f :Rn→ Rn un endomorfismo, A su matriz asociada y λ1, λ2, . . . , λk ∈ R

n sus autova-

lores con multiplicidades respectivas m1,m2, . . . ,mk ∈ N.

A es diagonalizable si y sólo si

dim(H(λi)) = mi ∀ i : 1 ≤ i ≤ k. ♣




Nota Si λi es un autovalor simple (mi = 1) se tiene que dim(H(λi)) = 1 = mi, por lo que para determinar

si un endomorfismo es diagonalizable sólo hay que analizar los autovalores múltiples. En particular, es

diagonalizable si todos los autovalores son simples. ♣

Ejemplo 8.22 Determinar una expresión diagonal del endomorfismo

f (x, y, z) = (3x + z, x + 2y + z, 2x + 4z).

Solución La matriz asociada a f respecto de las bases canónicas es la matriz

A =

3 0 1

1 2 1

2 0 4

♦ Calculamos los autovalores de A:

El polinomio característico es (desarrollamos por la segunda columna):

|A − λI| =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣3 − λ 0 1

1 2 − λ 1

2 0 4 − λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= (2 − λ)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣3 − λ 1

2 4 − λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (2 − λ) (λ2 − 7λ + 10)

cuyas raíces son los autovalores de A: λ =

2 m = 2

5 m = 1♦ Estudiamos si es diagonalizable comparando la dimensión del subespacio de autovectores asociado al

autovalor múltiple λ = 2 con su multiplicidad.

dim H(2) = n − rg(A − λiI) = 3 − rg

1 0 1

1 0 1

2 0 2

= 3 − 1 = 2 = m(2).

Como la dimensión coincide con la multiplicidad, A sí es diagonalizable.

♦ Obtenemos una base de los subespacios de autovectores:




▶ Calculamos una base de H(2), subespacio de autovectores asociado a λ = 2 (m = 2):

Obtenemos unas ecuaciones implícitas de H(2):

(A − 2I) X = θ⇔

1 0 1

1 0 1

2 0 2

x1

x2

x3

=

0

0

0

⇔

x1 + x3 = 0

x1 + x3 = 0

2x1 + 2x3 = 0

donde la única ecuación implícita linealmente independiente es x1 + x3 = 0.

Obtenemos las ecuaciones paramétricas resolviendo la ecuación, para lo que tomamos como parámetros

las variables que quedan fuera del menor que determina el rango (x2 = α y x3 = β):

x1 + x3 = 0 =⇒ x1 + β = 0 =⇒ x1 = −β =⇒

x1 = −β

x2 = α

x3 = β

α, β ∈ R.

Una base de H(2) está formada por u1 = (0, 1, 0) y u2 = (−1, 0, 1) (coeficientes de α y β).



(A − 5I) X = θ⇔

−2 0 1

1 −3 1

2 0 −1

x1

x2

x3

=

0

0

0

⇔

−2x1 + x3 = 0

x1 − 3x2 + x3 = 0

2x1 − x3 = 0

en las que tenemos dos ecuaciones implícitas linealmente independientes de las que obtenemos las ecua-

ciones paramétricas de H(5) al tomar como parámetro x3 = α:

rg(A − 5I) = 2 =⇒−2x1 + x3 = 0

x1 − 3x2 + α = 0

=⇒

x1 = α/2

x2 = α/2

x3 = α

α, β ∈ R.

Una base está formada por u3 = (1/2, 1/2, 1) (coeficientes de α) pero, por comodidad, lo cambiamos

por u3 = (1, 1, 2), que, al ser proporcional, también es un autovector.




♦ Unimos las bases de H(2) y de H(5) para formar la base de autovectores

Base de autovectores B = {(0, 1, 0), (−1, 0, 1), (1, 1, 2)}

♦ La expresión diagonal de f en la base de autovectores es:

f (x1, x2, x3)B =

2 0 0

0 2 0

0 0 5

x1

x2

x3

B

donde la expresión analítica de f en la base de autovectores es

f (x1, x2, x3)B = (2x1, 2x2, 5x3)B ♣

Maxima 8.23 Determinar una expresión diagonal de f (x, y, z) = (3x+ z, x+ 2y+ z, 2x+ 4z) (ejemplo 8.22)

Solución El primer paso es obtener la matriz del endomorfismo correspondiente a su matriz jacobiana:

( % i2) f(x,y,z):=[3*x+z,x+2*y+z,2*x+4*z];

var:[x,y,z]$

f (x, y, z) := [3x + z, x + 2y + z, 2x + 4z]

( % o1)

( % i3) A:jacobian(f(x,y,z),[x,y,z]);

3 0 1

1 2 1

2 0 4

(A)

La primera opción para calcular los autovalores es resolver la ecuación característica y determinar

sus soluciones y sus multiplicidades. La segunda es obtener directamente los autovalores.

( % i4) define(p( %lambda),expand(charpoly (A, %lambda)));

p (λ) := −λ3 + 9λ2 − 24λ + 20 ( % o4)

( % i5) solve(p( %lambda));

[λ = 5, λ = 2] ( % o5)

( % i6) multiplicities;

[1, 2] ( % o6)

( % i7) autoval:eigenvalues(A);

[[5, 2], [1, 2]]

(autoval)




Una primera opción es obtener los autovectores asociados a cada autovalor λi ∈ R, que junto con el

vector nulo forman el subespacio de autovectores asociado al autovalor, como las soluciones no nulas del

sistema (A − λi I)X = θ y la segunda es obtenerlos directamente (junto con los autovalores).

( % i9) %lambda1:autoval[1][1];

5 ( % o9)

( % i10) %lambda2:autoval[1][2];

2 ( % o10)( % i14) A5:(A- %lambda1*ident(3)).var$

sist5:flatten(args(A5));

sol5:solve(sist5,var);

p5: %rnum_list[1]$

[z − 2x, z − 3y + x, 2x − z] (sist5)

solve: dependent equations eliminated: (3)

[[x =%r1

2, y =

%r12

, z = %r1]] (sol5)

( % i19) A2:(A- %lambda2*ident(3)).var$

sist2:flatten(args(A2));

sol2:solve(sist2,var);

p21: %rnum_list[1]$

p22: %rnum_list[2]$

[z + x, z + x, 2z + 2x] (sist2)

dependent equations eliminated (2 3)

[[x = −%r2, y = %r3, z = %r2]] (sol2)( % i21) sol5a:

subst (p5=2, sol5[1]);

v1:at(var,sol5a);

[x = 1, y = 1, z = 2]

(sol5a)

[1, 1, 2] (v1)

( % i23) sol2a :

subst ([p21=1,p22=0],

sol2[1]);

v2:at(var,sol2a);

[x = −1, y = 0, z = 1]

(sol2a)

[−1, 0, 1] (v2)

( % i25) sol2b :

subst ([p21=0,p22=1],

sol2[1]);

v3:at(var,sol2b);

[x = 0, y = 1, z = 0]

(sol2b)

[0, 1, 0] (v3)

( % i27) eigenvectors(A)$

autovect:eigenvectors(A)[2];

[[[1, 1, 2]], [[1, 0,−1], [0, 1, 0]]] (autovect)

El endomorfismo es diagonalizable, ya que el autovalor doble tiene asociados dos autovectores li-

nealmente independientes y al unir las bases de los subespacios de autovectores obtenemos un número




de autovectores suficiente para formar una base formada por los autovectores linealmente independientes

asociados a ambos autovalores (la matriz de paso tiene como columnas sus coordenadas).

( % i28) P:transpose(matrix(v1,v2,v3));

1 −1 0

1 0 1

2 1 0

(P)

( % i29) D:(Pˆˆ-1).A.P;

5 0 0

0 2 0

0 0 2

(D)

( % i30) base:append(autovect[1],autovect[2]);

[[1, 1, 2], [1, 0,−1], [0, 1, 0]] (base)

Nota Para determinar una expresión diagonal de un endomorfismo, basta con diagonalizar su matriz,

ya que si la diagonalizamos y obtenemos una base de autovectores la expresión matricial en la base de

autovectores es diagonal con los autovalores en la diagonal principal. Como para la diagonalización de

una matriz no es necesario utilizar el concepto de aplicación lineal, en la siguiente sección analizamos la

diagonalización de una matriz de forma que la sección pueda ser utilizada independientemente. ♣

8.3. Diagonalización de matrices cuadradas.

Empezamos recordando los conceptos fundamentales de forma que esta sección sea independiente.

Una matriz cuadrada A∈ Mn×n(R) es diagonalizable si es semejante a una matriz diagonal D, es decir,

si existe una matriz matriz no singular P∈ Mn×n(R), matriz de paso, tal que

P−1AP = D con D diagonal.

Un escalar λ ∈ R es un autovalor de A si existe un vector no nulo u⃗ ∈ Rn tal que

A u⃗ = λ u⃗

donde cada vector no nulo que cumple la igualdad recibe el nombre de autovector de A asociado al

autovalor λ.




El subespacio de autovectores asociado a este autovalor está formado por los autovectores asociados a

λ y el vector θ (que no es un autovector)

H(λ) = {u⃗ ∈ Rn/A u⃗ = λ u⃗} = {u⃗ ∈ Rn/(A − λ I)u⃗ = 0}

Una matriz es diagonalizable si existe una base formada por autovectores y para la obtención de la base

de autovectores y de la matriz de paso se sigue el siguiente procedimiento.

▶ Resolviendo la ecuación característica obtenemos los autovalores junto con su multiplicidad (núme-

ro de veces que aparece un autovalor como solución)

|A − λi I|.

▶ Para cada autovalor λi de multiplicidad mi estudiamos si dim(H(λ)) = mi (1 ≤ dim(H(λ)) ≤ mi):

∀λi dim(H(λi)) = mi A es diagonalizable

∃λi/ dim(H(λi)) , mi A no es diagonalizable

▶ Para cada autovalor λi de multiplicidad mi obtenemos una base de H(λi) resolviendo el sistema

(A − λi I)X = θ

▶ Si es diagonalizable obtenemos una base de Rn uniendo las bases correspondientes a autovalores

distintos, de forma que la matriz de paso los tiene como columnas (en el mismo orden que en la base).

▶ La matriz diagonal está formada por los autovalores en la diagonal principal (en el mismo orden que

los autovectores en la base y repetidos tantas veces como indica su multiplicidad). ♣

Ejemplo 8.24 Calcular los autovalores de las siguientes matrices y una base del subespacio de autovecto-

res asociado a cada uno y si son diagonalizables obtener la matriz de paso.

(a) A =

1 2 4

0 −1 0

1 1 1

(b) A =

2 −1 1

0 2 −1

0 0 1




Solución

(a) Calculamos los autovalores de A mediante su polinomio característico:

|A − λI| =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 − λ 2 4

0 −1 − λ 0

1 −1 1 − λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= (−1 − λ)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 − λ 4

1 1 − λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (−1 − λ) (λ2 − 2λ − 3)

La raíz λ = −1 aparece directamente en el factor (1−λ) y las otras dos raíces se obtienen de la ecuación

de segundo grado λ2 − 2λ − 3 = 0 y son

λ =2 ±√

4 + 122

=

2+4

2 = 3

2−42 = −1

Por tanto, los autovalores de A son: λ =

−1 m = 2

3 m = 1

▶ Estudiamos si es diagonalizable comparando la dimensión del subespacio de autovectores asociado

al autovalor múltiple con su multiplicidad:

dim H(−1) = n − rg(A − λiI) = 3 − rg

2 2 4

0 0 0

1 1 2

= 3 − 1 = 2 = m(−1).

Como la dimensión coincide con la multiplicidad, A es diagonalizable.

▶ Obtenemos las bases de los subespacios de autovectores:

▷ Calculamos la base de H(−1), subespacio de autovectores asociado a λ = −1 (m = 2):

En primer lugar obtenemos unas ecuaciones implícitas de H(−1):

(A − (−1)I) X = θ⇔

2 2 4

0 0 0

1 1 2

x1

x2

x3

=

0

0

0

⇔

2x1 + 2x2 + 4x3 = 0

0 = 0

x1 + x2 + 2x3 = 0




La única ecuación implícita linealmente independiente es:

H(−1) : {x1 + x2 + 2x3 = 0

Obtenemos las ecuaciones paramétricas resolviendo el sistema, para ello, tomamos como parámetros

las variables x2 = α y x3 = β):

x1 + x2 + 2x3 = 0 =⇒ x1 + α + 2β = 0 =⇒ x1 = −α − 2β =⇒

x1 = −α − 2β

x2 = α

x3 = β

α, β ∈ R.

Una base está formada por u1 = (−1, 1, 0) y u2 = (−2, 0, 1) (coeficientes de α y β).

▷ Calculamos una base de H(3), subespacio de autovectores asociado a λ = 3 (m = 1):


(A − 3I) X = θ⇔

−2 2 4

0 −4 0

1 1 −2

x1

x2

x3

=

0

0

0

⇔−2x1 + 2x2 + 4x3 = 0

−4x2 = 0

x1 + x2 − 2x3 = 0

Las ecuaciones implícitas linealmente independientes son:

H(3) :

−4x2 = 0

x1 + x2 − 2x3 = 0

Obtenemos las ecuaciones paramétricas resolviendo el sistema. Para ello, tomamos como parámetro la

variable que queda fuera del menor que determina el rango (x3 = α):

−4x2 = 0 =⇒ x2 = 0

x1 + x2 − 2x3 = 0 =⇒ x1 − 2α = 0 =⇒ x1 = 2α

=⇒

x1 = 2α

x2 = 0

x3 = α

α, β ∈ R.

Una base está formada por u3 = (2, 0, 1) (coeficientes de α).




▶ Unimos las bases de H(−1) y de H(3) para formar la base de autovectores (dos corresponden al

autovalor doble λ = −1 y uno al autovalor simple λ = 3):

Base de autovectores B = {(−1, 1, 0), (−2, 0, 1), (2, 0, 1)}

La matriz de paso está formada por los autovectores en columnas y la matriz diagonal semejante tiene

los autovalores en la diagonal principal:

P =

−1 −2 2

1 0 0

0 1 1

D = P−1 A P =

−1 0 0

0 −1 0

0 0 3

(b) Calculamos los autovalores de A mediante su polinomio característico:

|A − λI| =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣2 − λ −1 1

0 2 − λ −1

0 0 1 − λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= (1 − λ)(2 − λ)2

Las raíces aparecen directamente y por tanto, los autovalores de A son:

λ =

2 m = 2

1 m = 1

▶ Calculamos la base de H(2), subespacio de autovectores asociado a λ = 2 (m = 2):

En primer lugar obtenemos unas ecuaciones implícitas de H(2):

(A − 2I) X = θ⇔

0 −1 1

0 0 −1

0 0 −1

x1

x2

x3

=

0

0

0

⇔−x2 + x3 = 0

−x3 = 0

−x3 = 0




Como el rango de la matriz nos da el número de ecuaciones implícitas linealmente independientes

nº ecuaciones implícitas l.i. = rg(A − 2I) = 2,

tenemos dos ecuaciones implícitas linealmente independientes tomando como parámetro x1 = α

x1 = α

x2 = 0

x3 = 0

α ∈ R.

Una base está formada por u1 = (1, 0, 0).



(A − 3I) X = θ⇔

1 −1 1

0 1 −1

0 0 0

x1

x2

x3

=

0

0

0

⇔

x1 − x2 + x3 = 0

x2 − x3 = 0

0 = 0

El rango de la matriz nos da el número de ecuaciones implícitas linealmente independientes:

nº ecuaciones implícitas l.i. = rg (A − I) = 2

con lo que las ecuaciones implícitas linealmente independientes son:

H(3) :

x1 − x2 + x3 = 0

x2 − x3 = 0




Obtenemos las ecuaciones paramétricas resolviendo el sistema. Para ello, tomamos como parámetro la

variable que queda fuera del menor que determina el rango (x3 = α):

x1 = 0

x2 = α

x3 = α

α ∈ R.

Una base está formada por u3 = (0, 1, 1) (coeficientes de α).

♦ Como sólo hay dos autovectores la matriz no es diagonalizable ♣

Maxima 8.25 Obtener, si es posible, una expresión diagonal de las matrices del ejemplo 8.24, junto con la

correspondiente matriz de paso.

( % i2) A:matrix([1,1,1],[1,1,1],[1,1,1])$ eigenvectors(A);

[[[0, 3], [2, 1]], [[[1, 0,−1], [0, 1,−1]], [[1, 1, 1]]]] ( % o2)

La matriz A tiene tres autovectores linealmente independientes y, por tanto, es diagonalizable. La base

y la matriz de paso se obtienen de la lista de autovectores:

( % i4) autovect:eigenvectors(A)[2]$

base:append(autovect[1],autovect[2]);

[[1, 0,−1], [0, 1,−1], [1, 1, 1]] (base)

( % i5) P:transpose(apply(’matrix,base));

1 0 1

0 1 1

−1 −1 1

(P)

( % i7) B:matrix([1,-1,1],[1,3,1],[0,0,2])$ eigenvectors(B);

[[[2], [3]], [[[1,−1, 0]]]] ( % o7)La matriz B tiene solo un autovector linealmente independiente y, por tanto, no es diagonalizable.




Ejercicios del tema.

Ejercicio 8.26 . Determinar la expresión matricial de las siguientes aplicaciones lineales:

(a) f (x, y, z) = x + y + z (b) f (x, y) = (2x − y, 2y − x,−x − y)

(c) f (x, y, z, t) = (2x + t, x − 3z, y − z) (d) f (x) = (x, 2x, 3x)

(e) f (x1, x2, x3) = (x1 + 2x2, x3) (f) f (x1, x2, x3) = (x1 − x3,−x2 − x3, x1 − x2, x1 − 2x2)

Solución

(a) f (x, y, z) = x + y + z =⇒ f : R3 −→ R con A ∈ M1x3 (R)

f (x, y, z) =(

1 1 1)

x

y

z

(b) f (x, y) = (2x − y, 2y − x,−x − y) =⇒ f : R2 −→ R3 con A ∈ M3x2(R):

f (x, y) =

2 −1

−1 2

−1 −1

x

y

(c) f (x, y, z, t) = (2x + t, x − 3z, y − z) =⇒ f : R4 −→ R3 con A ∈ M3x4(R)

f (x, y, z, t) =

2 0 0 1

1 0 −3 0

0 1 −1 0

x

y

z

t

(d) f (x) = (x, 2x, 3x) =⇒ f :R −→ R3 con A ∈ M3x1(R)

f (x) =

1

2

3

(x)




(e) f (x1, x2, x3) = (x1 + 2x2, x3) =⇒ f : R3 −→ R2 con A ∈ M2x3(R)

f (x1, x2, x3) =

1 2 0

0 0 1

x1

x2

x3

(f) f (x1, x2, x3) = (x1 − x3,−x2 − x3, x1 − x2, x1 − 2x2) =⇒ f : R3 −→ R4 con A ∈ M4x2(R)

f (x1, x2, x3) =

1 0 −1

0 −1 −1

1 −1 0

1 −2 0

x1

x2

x3

Ejercicio 8.27 Calcular una base del subespacio de autovectores asociado a cada uno de los autovalor

de los siguientes endomorfismos y estudiar si son diagonalizables. En caso afirmativo, determinar una

expresión diagonal en la base de autovectores.

(a) f (x, y, z) = (0, x + y + z,−x + y + z) (b) f (x, y, z) = (2x, x + y + z,−x + y + z)

(c) f (x, y, z) = (x + y + z, x + y + z, x + y + z) (d) f (x, y, z) = (x + y, y + z, z)

Solución

(a) f (x, y, z) = (0, x + y + z,−x + y + z)

Obtenemos la expresión matricial y diagonalizamos la matriz

f (x, y, z) =

0 0 0

1 1 1

−1 1 1

x

y

z

▶ Calculamos los autovalores de A desarrollando su polinomio característico por la primera fila:

|A − λI| =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣−λ 0 0

1 1 − λ 1

−1 1 1 − λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= −λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 − λ 1

1 1 − λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = −λ (λ2 − 2λ)




La raíz λ = 0 aparece directamente en el factor −λ y las otras dos raíces se obtienen de la ecuación de

segundo grado y son λ = 2 y λ = 0 (no hay término independiente).

λ =

0 m = 2

2 m = 1



dim H(0) = n − rg(A − 0I) = 3 − rg

0 0 0

1 1 1

−1 1 1

= 3 − 2 = 1 , 2 = m(0).

Como la dimensión no coincide con la multiplicidad, A no es diagonalizable.

▶ Calculamos una base de los subespacios de autovectores:

Subespacio de autovectores asociado a λ = 0 (m = 2):

(A − 0I) X = θ⇔

0 0 0

1 1 1

−1 1 1

x1

x2

x3

=

0

0

0

⇔

0 = 0

x1 + x2 + x3 = 0

−x1 + x2 + x3 = 0

en las que hay dos ecuaciones implícitas linealmente independientes y de las que podemos obtener un sólo

vector, por ejemplo u1 = (0, 1,−1).


(A − 2I) X = θ⇔

−2 0 0

1 −1 1

−1 1 −1

x1

x2

x3

=

0

0

0

⇔

−2x1 = 0

x1 − x2 + x3 = 0

−x1 + x2 − x3 = 0

también hay dos ecuaciones implícitas linealmente independientes y sólo podemos obtener un vector, por

ejemplo u2 = (0, 1, 1).




▶ Obsérvese que no podemos obtener un conjunto de autovectores linealmente independientes mayor

que el formado por {(0, 1,−1), (0, 1, 1)} pues la matriz no es diagonalizable.

(b) f (x, y, z) = (2x, x + y + z,−x + y + z)


f (x, y, z) =

2 0 0

1 1 1

−1 1 1

x

y

z

▶ Calculamos los autovalores de A desarrollando su polinomio característico por la primera fila:

|A − λI| =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣2 − λ 0 0

1 1 − λ 1

−1 1 1 − λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= (2 − λ)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 − λ 1

1 1 − λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (2 − λ) (λ2 − 2λ)

La raíz λ = 2 aparece directamente en el factor 2− λ y las otras dos raíces se obtienen de la ecuación de

segundo grado y son λ = 2 y λ = 0. Por tanto, los autovalores de B son:

λ =

2 m = 2

0 m = 1



dim H(2) = n − rg(A − 2I) = 3 − rg

0 0 0

1 −1 1

−1 1 −1

= 3 − 1 = 2 = m(0).

Como la dimensión coincide con la multiplicidad, A es diagonalizable.

▶ Calculamos una base de los subespacios de autovectores:





(A − 2I) X = θ⇔

0 0 0

1 −1 1

−1 1 −1

x1

x2

x3

=

0

0

0

⇔

0 = 0

x1 − x2 + x3 = 0

−x1 + x2 − x3 = 0

como sólo hay una ecuación implícita linealmente independiente podemos obtener dos vectores, por ejem-

plo u1 = (1, 1, 0) y u2 = (−1, 0, 1).


(A − 0I) X = θ⇔

2 0 0

1 1 1

−1 1 1

x1

x2

x3

=

0

0

0

⇔

2x1 = 0

x1 + x2 + x3 = 0

−x1 + x2 + x3 = 0

como hay dos ecuaciones implícitas linealmente independientes podemos obtener sólo un vector, por ejem-

plo u3 = (0,−1, 1).

▶ Como la matriz es diagonalizable al unir las bases se obtiene una base de autovectores de R3

{(1, 1, 0), (−1, 0, 1), (0,−1, 1)}

▶ La expresión matricial en la base de autovectores tiene los autovalores en la diagonal principal

f (x1, x2, x3)B =

2 0 0

0 2 0

0 0 0

x1

x2

x3

B

▶ La expresión analítica en esta base de autovectores es

f (x1, x2, x3)B = (2x1, 2x2, 0)B

(c) f (x, y, z) = (x + y + z, x + y + z, x + y + z)





f (x, y, z) =

1 1 1

1 1 1

1 1 1

x

y

z

▶ Como toda matriz simétrica es diagonalizable calculamos las raíces de su ecuación característica y

directamente las bases de cada subespacio de autovectores

|A − λI| = −λ3 + 3λ2 = 0 =⇒ λ =

0 m = 2

3 m = 1

▷ Podemos comprobar que la dimensión del subespacio de autovectores asociado al autovalor múlti-

ple λ = 0 coincide con su multiplicidad

rg(A − 0I) = rg

1 1 1

1 1 1

1 1 1

= 1 =⇒ dim[H(0)] = n − rg(C − 0I) = 3 − 1 = 2 = m(0).


(C − 0I) X = θ⇔

1 1 1

1 1 1

1 1 1

x1

x2

x3

=

0

0

0

⇔

x1 + x2 + x3 = 0

x1 + x2 + x3 = 0

x1 + x2 + x3 = 0

Como sólo hay una ecuación implícita linealmente independiente una base estaría formada, por ejemplo,

por u1 = (−1, 1, 0) y u2 = (−1, 0, 1).


(C − 3I) X = θ⇔

−2 1 1

1 −2 1

1 1 −2

x1

x2

x3

=

0

0

0

⇔−2x1 + x2 + x3 = 0

x1 − 2x2 + x3 = 0

x1 + x2 − 2x3 = 0




Como hay dos ecuaciones implícitas linealmente independientes hay un único vector, por ejemplo, el vector

u3 = (1, 1, 1).

▶ Como la matriz es diagonalizable al unir las bases se obtiene la base de autovectores de R3

{(−1, 1, 0), (−1, 0, 1), (1, 1, 1)}

Por tanto, la matriz de paso y la matriz diagonal semejante son

P =

−1 −1 1

1 0 1

0 1 1

D = P−1 C P =

−1 0 0

0 −1 0

0 0 3

▶ La expresión matricial en la base de autovectores tiene los autovalores en la diagonal principal

f (x1, x2, x3)B =

0 0 0

0 0 0

0 0 3

x1

x2

x3

B

▶ La expresión analítica en esta base de autovectores es

f (x1, x2, x3)B = (0, 0, 3x3)B

(d) f (x, y, z) = (x + y, y + z, z)


f (x, y, z) =

1 1 0

0 1 1

0 0 1

x

y

z




▶ Calculamos los autovalores de A mediante su ecuación característica

|A − λI| =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1 − λ 1 0

0 1 − λ 1

0 0 1 − λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= (1 − λ)3 = 0 =⇒ λ = 1 m = 3

▶ Calculamos una base del único subespacio de autovectores mediante sus ecuaciones implícitas:

(D − I) X = θ⇔

0 1 0

0 0 1

0 0 0

x1

x2

x3

=

0

0

0

⇔

x2 = 0

x3 = 0

0 = 0

Comparamos la dimensión del subespacio asociado al autovalor múltiple con su multiplicidad

dim H(1) = n − rg(A − λiI) = 3 − rg

0 1 0

0 0 1

0 0 0

= 3 − 2 = 1.

Como la dimensión no coincide con la multiplicidad no es diagonalizable (sólo hay un autovector).

Obtenemos una base de H(1) mediante su ecuación paramétrica (x1 = α, con α ∈ R).

x1 = α

x2 = 0

x3 = 0

α ∈ R.

Una base está formada por u1 = (1, 0, 0) (coeficientes de α) ♣

Ejercicio 8.28 Calcular a y b para que el vector v = (1, 1,−1) sea un autovector del siguiente endomorfis-

mo y para estos valores de a y b estudiar si es diagonalizable, dando en tal caso una base de autovectores

y su expresión analítica y matricial con respecto a la base de autovectores:

f (x, y, z) = (ax + y + z, by + z, 2z)




Solución Solución pendiente. ♣

Ejercicio 8.29 Estudiar si los siguientes endomorfismos son diagonalizables y, si es posible, hallar una

base de autovectores y su expresión analítica y matricial con respecto a la base de autovectores:

(1) f1(x, y, z) = (3x + 3y, 3x + 3y, 6z) (2) f2(x, y, z) = (3x − y, x + 2y + z, 2z)

Solución Solución pendiente. ♣

Ejercicio 8.30 Hallar los autovalores y autovectores de las siguientes matrices y, si es posible, para cada

matriz A obtener la matriz P tal que P−1AP es una matriz diagonal.

(1) A =

3 −1 1

0 2 0

1 −1 3

(2) A =

0 −1 −1

−2 1 −1

−2 2 2

(3) A =

3 0 0

1 2 1

2 1 2

(4) A =

3 0 1

1 2 1

2 0 4

(5) A =

3 3 0

3 3 0

0 0 0

(6) A =

3 −3 1

1 0 0

0 1 0

(7) A =

1 4 1

2 1 0

−1 3 1

(8) A =

3 2 0

−1 0 0

0 0 3

(9) A =

2 −2 3

10 −4 5

5 −4 6

Solución

(a) A =

3 −1 1

0 2 0

1 −1 3

Paso 1: Se calculan los autovalores y su multiplicidad resolviendo la ecuación |A − λI| = 0:∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

3 − λ −1 1

0 2 − λ 0

1 −1 3 − λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= (2 − λ)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣3 − λ 1

1 3 − λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (2 − λ)(λ2 − 6λ + 8

)= 0

→

2 − λ = 0→ λ = 2

λ2 − 6λ + 8 = 0→

λ = 4

λ = 2

=⇒ Los autovalores son:

λ1 = 2 con m1 = 2

λ2 = 4 con m2 = 1




Paso 2: Para cada autovalor λi de multiplicidad mi estudiamosH (λi)

|λ1 = 2 con m1 = 2| → H(2)

(A − λI) u = θ → (A − 2I) u = θ →

|1| −1 1

0 0 0

1 −1 1

x

y

z

=

0

0

0

rg

|1| −1 1

0 0 0

1 −1 1

= 1→

•Tenemos 1 ecuación l.i.→ x − y + z = 0 (ec. implícita del subesp. H(2))

•Las variables libres son : y, z

• dimR3︸︷︷︸3

= dimsubesp. H(2) + nº de ec.implícitas l.i.︸︷︷︸1

→ |dimH(2) = 2 |

Buscamos una base de H(2) partiendo de las ecuaciones implícitas

x − y + z = 0→ x = y − z→ hacemosy = α

z = β→ solución :

x = α − β

y = α

z = β

(ecuaciones paramétricas)

x

y

z

= α

1

1

0

+ β−1

0

1

→∣∣∣B H(2) = {(1, 1, 0) , (−1, 0, 1)}

∣∣∣

|λ2 = 4 con m2 = 1| → H(λ2)

(A − λI) u = θ → (A − 4I) u = θ →

−1 −1 1

0 −2 0

1 −1 −1

x

y

z

=

0

0

0

rg

−1 −1 1

0 −2 0

1 −1 −1

= 2→

• 2 ec. l.i.→

−x − y + z = 0

−2x = 0

• La variable libre es : z

• dimR3︸︷︷︸3

= dim H(4) + nº de ec. impl. l.i.︸︷︷︸2

→ |dim H(4) = 1 |




Buscamos una base de H(4)

−x − y + z = 0

−2y = 0

→ hacemos z = α→ solución :

x = α

y = 0

z = α

=⇒ B H(λ1) = {(1, 0, 1)}

dimH (2) = 2 = orden de multiplicidad del autovalor λ1 = 2

dimH (4) = 1 = orden de multiplicidad del autovalor λ2 = 4

→ A es diagonalizable

La matriz de paso y la matriz diagonal son:

H(2)

↑

P =

1

1

0

H(2)

↑

−1

0

1

H(4)

↑

1

0

1

con P−1A P = D =

2 0 0

0 2 0

0 0 4

(b) A2 =

0 −1 −1

−2 1 −1

−2 2 2

Paso 1: Se calculan los autovalores y su multiplicidad resolviendo la ecuación: |A − λI| = 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣−λ −1 −1

−2 1 − λ −1

−2 2 2 − λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= (2 − λ)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣3 − λ 1

1 3 − λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (2 − λ)[(3 − λ)2

− 1]= (2 − λ)

(λ2 − 6λ + 8

)= 0

2 − λ = 0→ λ = 2

λ2 − 6λ + 8 = 0→ λ = 4, λ = 2⇐⇒

λ1 = 2 con m1 = 2

λ2 = 4 con m2 = 1




Paso 2: Para cada autovalor λi de multiplicidad mi estudiamos H (λi)

|λ1 = 2 con m1 = 2|→ (A − 2I) u = θ →

|1| −1 1

0 0 0

1 −1 1

x

y

z

=

0

0

0

rg

|1| −1 1

0 0 0

1 −1 1

= 1→

• 1 ecuación l.i.→ x − y + z = 0

• Las variables libres son : y, z

• dimR3︸︷︷︸3

= dim H(2) + nº de ec.implícitas l.i.︸︷︷︸1

→ |dimH(2) = 2 |

Buscamos una base de H(2) partiendo de las ecuaciones implícitas

x − y + z = 0→ x = y − z→ hacemos

y = α

z = β→ solución :

x = α − β

y = α

z = β


x

y

z

= α

1

1

0

+ β−1

0

1

→∣∣∣B H(2) = {(1, 1, 0) , (−1, 0, 1)}

∣∣∣

|λ2 = 4 con m2 = 1|→ (A − 4I) u = θ →

−1 −1 1

0 −2 0

1 −1 −1

x

y

z

=

0

0

0

rg

−1 −1 1

0 −2 0

1 −1 −1

= 2→

• 2 ec. l.i.→

−x − y + z = 0

−2x = 0

• La variable libre es : z

• dimR3︸︷︷︸3

= dim H(4) + nº de ec. implícitas l.i.︸︷︷︸2

→ |dimH(4) = 1 |




Buscamos una base de H(4)

−x − y + z = 0

−2y = 0

→ hacemos z = α→ solución :

x = α

y = 0

z = α


x

y

z

= α

1

0

1

B H(λ1) = {(1, 0, 1)}

• dim H (2) = 2 = orden de multiplicidad del autovalor λ1 = 2

• dim H (4) = 1 = orden de multiplicidad del autovalor λ2 = 4

→ A es diagonalizable

Matriz de paso y matriz diagonal

H(2)

↑

P =

1

1

0

H(2)

↑

−1

0

1

H(4)

↑

1

0

1

con P−1A P = D =

2 0 0

0 2 0

0 0 4

▶ Para los siguientes apartados sólo daremos los resultados :

(c) En este apartado la matriz no es diagonalizable con λ = 1 de multiplicidad m= 3

BH(1) = {(1, 1, 1)} =⇒ dim (H (1)) = 1 , m

(d) La matriz no es diagonalizable con λ1 = 1 de multiplicidad m1 = 1 y λ2 = 3 de multiplicidad m2 = 2

BH(3) = {(0, 1, 1)} =⇒ dim (H (3)) = 1 , m2




(e) Sí es diagonalizable y las matrices son:

D =

5

2

2

P =

1 −1 0

1 0 1

2 1 0

(f) Sí es diagonalizable y las matrices son:

D =

6

0

0

P =

1 0 −1

1 0 1

0 1 0

(g) Solución pendiente. (h) Solución pendiente. (i) Solución pendiente. ♣

Ejercicio 8.31 Calcular a para que λ = 1 sea autovalor de la siguiente matriz y para este valor de a

estudiar si es diagonalizable, dando en tal caso una matriz diagonal semejante y la matriz de paso:

A =

1 0 2

a 1 1

2 −3 −1

Ejercicio 8.32 Calcular a y b para que el vector v⃗ = (−8, 4,−3) sea un autovector de la siguiente matriz y

para estos valores de a y b estudiar si la matriz es diagonalizable, dando en tal caso una matriz diagonal

semejante y la matriz de paso:

A =

b −b 0

−a a 0

a −a −a

Ejercicio 8.33 Demostrar que si A es una matriz cuadrada tal que A2 = A entonces los únicos autovalores

posibles de A son 0 y 1. ♣



tema 8 diagonalización

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