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Apuntes de Álgebra Lineal 1 er^ Curso
es diagonalizable y hallar una matriz 𝑃 tal que 𝑃!!𝐴𝑃 sea diagonal. Solución El polinomio característico de 𝐴 es: 𝜆𝐼 − 𝐴 =
luego los valores propios de 𝐴 son 𝜆! = 2 , 𝜆! = − 2 , y 𝜆! = 3. Usando estos valores propios, se obtienen, para cada caso, la forma escalonada reducida y los vectores propios asociados: 2 𝐼 − 𝐴 =
Formamos la matriz 𝑃 que tiene por columnas los vectores propios obtenidos: 𝑃 =
Esta matriz es no singular, de modo que los vectores propios son linealmente independientes y 𝐴 es diagonalizable. La inversa de 𝑃 es: 𝑃!!^ =
Luego: 𝑃!!𝐴𝑃 =
_________
Demostración Sean 𝜆!, 𝜆!, … , 𝜆! los 𝑛 valores propios distintos de 𝐴 y 𝒙!, 𝒙!, … , 𝒙! los vectores propios asociados. Para empezar supongamos que estos vectores propios fueran linealmente dependientes. Además Teorema. Condición suficiente para la diagonalización Si 𝐴 es una matriz 𝑛 𝑥 𝑛 con 𝑛 valores propios distintos , los vectores propios asociados son linealmente independientes y 𝐴 es diagonalizable
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tomemos los vectores propios ordenados de manera que los 𝑚 primeros sean linealmente independientes , pero los 𝑚 + 1 primeros sean linealmente dependientes, donde 𝑚 < 𝑛. Entonces 𝒙!!! se puede escribir como combinación lineal de los primeros 𝑚 vectores propios: 𝒙!!! = 𝑐!𝒙! + 𝑐!𝒙! + ⋯ + 𝑐!𝒙! (1) donde no todos los 𝑐! son cero. Aplicando a ambos lados de la igualdad la matriz 𝐴 resulta: 𝐴𝒙!!! = 𝐴𝑐!𝒙! + 𝐴𝑐!𝒙! + ⋯ + 𝐴𝑐!𝒙! ⟹ 𝜆!!!𝒙!!! = 𝜆!𝑐!𝒙! + 𝜆!𝑐!𝒙! + ⋯ + 𝜆!𝑐!𝒙! (2) Mientras que multiplicando la ecuación (1) por 𝜆!!!, se obtiene: 𝜆!!!𝒙!!! = 𝑐!𝜆!!!𝒙! + 𝑐!𝜆!!!𝒙! + ⋯ + 𝑐!𝜆!!!𝒙! (3) restando (2)-(3), obtenemos: 𝑐! 𝜆!!! − 𝜆! 𝒙! + 𝑐! 𝜆!!! − 𝜆! 𝒙! + ⋯ + 𝑐! 𝜆!!! − 𝜆! 𝒙! = 𝒐 que al ser linealmente independientes los 𝑚 primeros vectores propios permite concluir que todos los coeficientes de esta ecuación son cero, esto es: 𝑐! 𝜆!!! − 𝜆! = 𝑐! 𝜆!!! − 𝜆! = ⋯ = 𝑐! 𝜆!!! − 𝜆! = 0 Como todos los valores propios son distintos, se sigue que 𝑐! = 0 , 𝑖 = 1 , 2 , … , 𝑚. Pero este resultado contradice nuestra hipótesis de que 𝒙!!! se puede escribir como combinación lineal de los 𝑚 primeros vectores propios. Por tanto, el conjunto de los vectores propios es linealmente independiente y, por el teorema anterior, 𝐴 es diagonalizable. Nota. La condición del teorema anterior es suficiente, pero no necesaria, para que la matriz sea diagonalizable. En otras palabras, los valores propios de una matriz diagonalizable no tienen por qué ser todos distintos.
4.9.1 Diagonalización y aplicaciones lineales
En términos de aplicaciones lineales, el problema de diagonalización se enuncia como sigue. Dada una aplicación lineal 𝑓: 𝑉 → 𝑉 ¿existe una base 𝐵 de 𝑉 en la que la matriz de 𝑓 sea diagonal? La respuesta es sí, siempre que la matriz canónica de 𝑓 sea diagonalizable. Ejemplo Sea 𝑓: ℝ!^ → ℝ!^ la aplicación lineal definida por: 𝑓 𝑥!, 𝑥!, 𝑥! = 𝑥! − 𝑥! − 𝑥!, 𝑥! + 3 𝑥! + 𝑥!, − 3 𝑥! + 𝑥! − 𝑥! Si es posible, hallar una base 𝐵 de ℝ!^ tal que la matriz de 𝑓 respecto de esa base sea diagonal. Solución La matriz canónica de 𝑓 es: 𝐴 =
En el ejemplo anterior hemos visto que 𝐴 es diagonalizable. Así pues, podemos tomar como base 𝐵 la formada por los tres vectores propios encontrados, esto es:
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4.10.2 Matrices ortogonales
Una matriz cuadrada 𝑃 se dice que es ortogonal si, y sólo si, es invertible y 𝑃!!^ = 𝑃!. Demostración Supongamos que los vectores columna de 𝑃 forman un conjunto ortonormal: 𝑃 = 𝒑! ⋮ 𝒑! ⋮ ⋯ ⋮ 𝒑! =
Entonces el producto 𝑃!𝑃 tiene la forma: 𝑃!𝑃 =
Como el conjunto {𝒑!, 𝒑!, …. , 𝒑!} es ortonormal, se tiene: 𝒑! · 𝒑! = 0 , 𝑖 ≠ 𝑗 y 𝒑! · 𝒑! = 𝒑! 𝟐^ = 1 Por lo tanto la matriz compuesta por los productos escalares (1) es: 𝑃!𝑃 =
Esto implica que 𝑃!^ = 𝑃!!, luego 𝑃 es ortogonal. Recíprocamente, si 𝑃 es ortogonal, podemos invertir los pasos del razonamiento anterior para demostrar que los vectores columna de 𝑃 forman un conjunto ortogonal. Ejemplo Probar que la matriz: 𝑃 =
Teorema. Propiedad de las matrices ortogonales Una matriz cuadrada 𝑃 es ortogonal si, y sólo si, sus vectores columna forman un conjunto ortogonal
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es ortogonal verificando que 𝑃!𝑃 = 𝐼. a continuación, demostrar que los vectores columna de 𝑃 forman un conjunto ortonormal. Solución 𝑃𝑃!^ =
Se sigue que 𝑃!^ = 𝑃!!, luego 𝑃 es ortogonal. Además, denotando: 𝒑!!
, y 𝒑!!
se tiene: 𝒑! · 𝒑! = 𝒑! · 𝒑! = 𝒑! · 𝒑! = 0 y 𝒑! = 𝒑! = 𝒑! = 1 En consecuencia {𝒑!, 𝒑!, 𝒑!} es un conjunto ortonormal, tal como afirma el teorema anterior.
4.10.3 Propiedad de las matrices simétricas
Demostración Sean 𝜆! y 𝜆! dos valores propios distintos de 𝐴, con vectores propios asociados 𝒙! y 𝒙!. Eso significa que: 𝐴𝒙! = 𝜆!𝒙! y 𝐴𝒙! = 𝜆!𝒙! Para demostrar el teorema usaremos la siguiente forma matricial del producto escalar: 𝒙! · 𝒙! = 𝑥!! 𝑥!" ⋯^ 𝑥!! ·
= 𝑋!^ !𝑋!
Ahora podemos escribir: Teorema. Sea 𝐴 una matriz 𝑛 𝑥 𝑛 simétrica y sean 𝜆! y 𝜆! dos valores propios distintos de 𝐴, con vectores propios asociados 𝒙! y 𝒙!. Entonces 𝒙! y 𝒙! son ortogonales.
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𝐴 = 𝑃𝐷𝑃!!^ = 𝑃𝐷𝑃!
lo cual implica que: 𝐴!^ = (𝑃𝐷𝑃!)!^ = (𝑃!)!𝐷!𝑃!^ = 𝑃𝐷𝑃!^ = 𝐴 por tanto 𝐴 es simétrica. b) Supongamos que 𝐴 es simétrica y tiene una valor propio 𝜆 de multiplicidad 𝑘, debe tener 𝑘 vectores linealmente independientes (4.10.1). Usando el método de Gram-Schmidt podemos formar con ellos una base ortonormal del subespacio propio de 𝜆. Repetimos esta proceso para cada uno de los valores propios de 𝐴. La colección resultante de vectores propios es ortogonal (4.10.3) y, por tanto, ortonormal por construcción. Sea ahora 𝑃 la matriz que tiene por columnas esos 𝑛 vectores propios ortonormales. Por 4.10.3 𝑃 es una matriz ortogonal. Finalmente, por el criterio de diagonalización, concluimos que 𝑃!!𝐴𝑃 es diagonal. Por tanto 𝐴 es ortogonalmente diagonalizable. 4.10.4.1 Diagonalización ortogonal de matrices simétricas Sea 𝐴 una matriz 𝑛 𝑥 𝑛 simétrica. El proceso de diagonalización ortogonal de 𝐴 es el siguiente:
- Calcular sus valores propios y la multiplicidad de cada uno de ellos.
- Para cada valor propio de multiplicidad 1, tomar un vector propio unitario (Hallar cualquier vector propio y normalizarlo).
- Para cada valor propio de multiplicidad 𝑘 ≥ 2 , hallar 𝑘 vectores propios linealmente independientes (siempre es posible). Si este conjunto no es ortonormal, aplicarle el método de Gram-Schmidt.
- Los pasos 2 y 3 producen finalmente un conjunto ortonormal de 𝑛 vectores propios. Formar una matriz 𝑃 que tenga por columnas a esos 𝑛 vectores propios. La matriz 𝑃!!𝐴𝑃 = 𝑃!𝐴𝑃 = 𝐷 será diagonal. (Los elementos de la diagonal principal de 𝐷 serán los valores propios de 𝐴. Ejemplo Hallar la matriz ortogonal 𝑃 que diagonalice: 𝐴 =
Solución
- El polinomio característico de 𝐴 es: 𝜆𝐼 − 𝐴 = 𝜆 − 3!^ 𝜆 + 6 da como valores propios 𝜆! = − 6 con multiplicidad 1, y 𝜆! = 3 con multiplicidad 2.
- Un vector propio asociado a 𝜆! es 𝒗! = ( 1 , − 2 , 2 ) que, normalizado, se convierte en: 𝒖! =
- Dos vectores propios asociados a 𝜆! son 𝒗! = ( 2 , 1 , 0 ) y 𝒗! = (− 2 , 0 , 1 )
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Nótese que 𝒗! es ortogonal a 𝒗! y 𝒗!. Sin embargo 𝒗! y 𝒗! no son ortogonales entre sí. Para encontrar dos vectores propios ortonormalizados asociados a 𝜆! usamos el método de Gram- Schmidt: 𝒘! = 𝒗! = ( 2 , 1 , 0 ) 𝒘! = 𝒗! −
Estos vectores normalizados, pasan a ser: 𝒖! =
- La matriz 𝑃 tiene por columnas los vectores 𝒖!, 𝒖!, 𝒖!: 𝑃 =
Es fácil comprobar que 𝑃!!𝐴𝑃 = 𝑃!𝐴𝑃 =
