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Capítulo 4
DIAGONALIZACIÓN DE MATRICES
4.1. Autovalores y autovectores
Observemos que para una matriz cuadrada, por ejemplo A =
existen algunos vectores x ∈ R^2 no nulos y números reales λ tales que Ax = λx.
Así, si x 1 = (1, 1),
Ax 1 =
, es decir, Ax 1 = 2x 1.
Para x 1 = (1, −1) también se cumple que:
Ax 1 =
⇒ Ax 2 = 4x 2.
Estos vectores y los escalares correspondientes son característicos de la matriz y reciben el nombre de vectores propios o autovectores, y valores propios o autovalores. Nuestro objetivo es aprender a calcularlos, y deducir consecuencias de su existencia, pues surgen en multitud de aplicaciones: estudio de vibraciones, sistemas electricos, reacciones químicas, etc.
Definición 152 Sea A ∈ Mn(R), el número real λ es un autovalor de A (o valor propio) si existe un vector x 6 = 0, tal que Ax = λx. Todo vector no nulo que satisfaga esta relación se denomina autovector de A (o vector propio) asociado al autovalor λ.
Observaciones:
a) La condición x 6 = 0 se introduce para evitar el caso trivial: cualquier λ verifica la condición A · 0 = λ · 0.
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202 Diagonalización de matrices
b) Un autovector sólo está asociado a un autovalor: En efecto , si x es un autovalor de A asociado a λ 1 y λ 2 , entonces: Ax = λ 1 x = λ 2 x ⇒ x 6 = 0
λ 1 = λ 2.
c) Un autovalor tiene asociados infinitos autovectores. Es decir, si xes un autovector correspondiente a λtambién μx es un autovector correspondiente a λ.De hecho todos los vectores del subespacio N(A − λI),excepto el vector nulo, son autovectores correspondientes a λ.
Definición 153 Si λ es un autovalor de una matriz A ∈ Mn(R), el subespacio N(A− λI) se denomina subespacio propio de A asociado al autovalor λ,y se denota por VA(λ) o V (λ).
Cálculo de los autovalores de A
Sea A ∈ Mn(R), para encontrar los autovalores de A debemos encontrar escalares λ tales que:
Ax = λx ⇒ Ax − λx = 0 ⇒ (A − λI)x = 0
Para que el sistema (A−λI)x = 0 tenga soluciones no triviales ha de verificarse que det(A − λI) = 0.
El polinomio PA(λ) = det(A−λI) recibe el nombre de polinomio característico de A, y sus raices son los autovalores de A. PA(λ) es un polinomio de grado n, y por tanto A tiene a lo sumo n autovalores distintos.
Ejemplo 154 Calcular los autovalores de la matriz A =
det(A−λI) =
1 − λ 2 − 1 1 −λ 1 4 − 4 5 − λ
= −λ^3 +6λ^2 − 11 λ+6 = 0−(λ − 1) (λ − 2) (λ − 3)
λ^3 − 6 λ^2 + 11λ − 6 = 0 ⇔ (λ − 1) (λ − 2) (λ − 3) = 0
de donde los autovalores de A son: λ 1 = 1, λ 2 = 2, λ 3 = 3.
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204 Diagonalización de matrices
−x 1 + 2x 2 = x 3 4 x 2 = x 3
x 1 = −
x 3 2 x 2 =
x 3 4
x 1 = −
α 2 x 2 =
α 4 x 3 = α
luego, V (2) = L{(− 21 , 14 , 1)} = L{(− 2 , 1 , 4)}.
λ 3 = 3 V (3) = N(A − 3 I) = {x ∈ Rn^ : (A − 3 I)x = 0 }
(A − 3 I)x = 0 ,
x 1 x 2 x 3
F 21 (^12 )
F 31 (2)
− 2 x 1 + 2x 2 = x 3 − 2 x 2 = −^12 x 3
x 1 = −
x 3 4 x 2 =
x 3 4
x 1 = −
α 4 x 2 =
α 4 x 3 = α
luego, V (3) = L{(− 41 , 14 , 1)} = L{(− 1 , 1 , 4)}.
Multiplicidad algebraica y geométrica
Definición 156 a) Se llama multiplicidad algebraica de un autovalor λ 0 al número de veces que aparece λ − λ 0 como factor en el polinomio característico de A. b) Se llama multiplicidad geométrica de un autovalor λ 0 a la dimensión del subespacio propio V (λ 0 ).
Nota 157 a) Recuérdese que dim V (λ 0 ) = dim N(A − λ 0 I) = n − rg(A − λ 0 I). b) Para un autovalor λ, la multiplicidad algebraica se denota por m ó ma(λ), y la geométrica se denota por μ ó mg(λ). En el ejemplo 155 se verifica que μ = m = 1 para los tres autovalores.
Para cada autovalor, el valor de la multiplicidad geométrica está acotado por el valor de la multiplicidad algebraica. Esta relación se incluye en el siguiente resultado que enunciamos sin demostración.
Proposición 158 Si λ es un autovalor de A, entonces 1 ≤ mg(λ) ≤ ma(λ).
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Autovalores y autovectores 205
Ejemplo 159 Calcular los autovalores y autovectores de A =
det(A − λI) =
2 − λ 1 1 2 3 − λ 2 3 3 4 − λ
= −λ^3 + 9λ^2 − 15 λ + 7 = 0
λ^3 − 9 λ^2 + 15λ − 7 = (λ − 7) (λ − 1)^2 = 0 ⇒ λ 1 = 7 m 1 = 1 μ 1 = 1 λ 2 = 1 m 2 = 2
λ 1 = 7 V (7) = N(A − 7 I) = {x ∈ Rn^ : (A − 7 I)x = 0 }.
(A − I)x = 0 ,
x 1 x 2 x 3
F 21 ( 25 ) F 31 ( 35 )
0 −^185125
0 185 −^125
F 32 (1)
0 −^185125
− 5 x 1 + x 2 = −x 3 −^185 x 2 = −^125 x 3
x 1 =
x 3 3 x 2 =
2 x 3 3
x 1 =
α 3 x 2 =
2 α 3 x 3 = α
luego, V (7) = L{(^13 , 23 , 1)} = L{(1, 2 , 3)}.
λ 2 = 1 V (1) = N(A − I) = {x ∈ Rn^ : (A − I)x = 0 }
(A − I)x = 0 ,
x 1 x 2 x 3
F 21 (−2) F 31 (−3)
⎦ (^) ⇒ x 1 = −x 2 − x 3 ⇒
x 1 = −α − β x 2 = β x 3 = α
luego, V (1) = L{(− 1 , 1 , 0), (− 1 , 0 , 1)} ⇒ μ 2 = 2
Para esta matriz coinciden las multiplicidades algebraicas y geométricas de los auto- valores. λ 1 = 7 m 1 = 1 μ 1 = 1 λ 2 = 1 m 2 = 2 μ 2 = 2
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Autovalores y autovectores 207
Proposición 161 Si v 1 , ..., vk son autovectores correspondientes a autovalores dis- tintos λ 1 , ..., λk, de una matriz A entonces {v 1 , ..., vk} es un conjunto linealmente independiente.
Demostración: Por reducción al absurdo.
Supongamos que {v 1 , ..., vk} es un conjunto l.d., entonces existirá algún vector que es combinación lineal de los demás, por ejermplo vk. También supongamos que el conjunto {v 1 , ..., vk− 1 } es l.i., entonces:
vk = α 1 v 1 + · · · + αk− 1 vk− 1 (1)
Avk = A(α 1 v 1 + · · · + αk− 1 vk− 1 ) = α 1 Av 1 + · · · + αk− 1 Avk− 1
λkvk = α 1 λ 1 v 1 + · · · + αk− 1 λk− 1 vk− 1 (2)
Por otro parte, multiplicando en (1) por λk resulta: λkvk = λk(α 1 v 1 + · · · + αk− 1 vk− 1 )
λkvk = α 1 λkv 1 + · · · + αk− 1 λkvk− 1 (3)
restando (2) y (3), se obtiene: (λ 1 − λk)α 1 v 1 + · · · + (λk− 1 − λk)αk− 1 vk− 1 = 0
y como {v 1 , ..., vk− 1 } es l.i se tiene que: (λ 1 − λk)α 1 = · · · = (λk− 1 − λk)αk− 1 = 0
como (λi − λk) 6 = 0, para i = 1, ..., k − 1 , resulta: α 1 = · · · = αk− 1 = 0 y por tanto vk = 0, lo cual no es posible por ser vk un vector propio. Por tanto, {v 1 , ..., vk} debe ser l.i. ¤
Observación:
Si A tiene n autovalores distintos podemos obtener una base de Rn^ formada por n autovectores {v 1 , ..., vn} tales que vi ∈ V (λi), i = 1, ..., n.
Ejemplo 162 Consideremos de nuevo la matriz del ejemplo 155, A =
Sabemos que tiene tres autovalores distintos: λ 1 = 1, λ 2 = 2 y λ 3 = 3, y que sus sube- spacios propios son:
V (1) = L{(− 1 , 1 , 2)}, V (2) = L{(− 2 , 1 , 4)} y V (3) = L{(− 1 , 1 , 4)}.
Para obtener una base B de R^3 formada por autovectores de A, basta unir las bases de los subespacios propios de A.
B = {(− 1 , 1 , 2), (− 2 , 1 , 4), (− 1 , 1 , 4)}.
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208 Diagonalización de matrices
4.2. Diagonalización
Definición 163 Dos matrices A, B ∈ Mn(R) son semejantes si existe una matriz P ∈ Mn(R) regular tal que B = P −^1 AP.
Proposición 164 Si A y B son dos matrices semejantes, con B = P −^1 AP, entonces:
a) PA(λ) = PB (λ).
b) det(A) = det(B).
c) tr(A) = tr(B).
d) Si x ∈ VA(λ), x 6 = 0 , entonces P −^1 x ∈ VB (λ).
Demostración:
a) PA(λ) = det(A − λI) = det(P −^1 P ) det(A − λI) = det(P −^1 ) det(A − λI) det(P )
= det(P −^1 (A − λI)P ) = det(P −^1 AP − P −^1 λIP ) = det(B − λI) = PB (λ)
b) det(B) = det(P −^1 AP ) = det(P −^1 ) det(A) det(P ) = det(P −^1 P ) det(A) = det(A).
c) Aunque no se ha justificado anteriormente, la expresión del polinomio característico de las matrices A y B puede expresarse del siguiente modo:
PA(λ) = (−1)nλn^ + (−1)n−^1 tr(A)λn−^1 + · · · + det(A)
PB (λ) = (−1)nλn^ + (−1)n−^1 tr(B)λn−^1 + · · · + det(B)
como PA(λ) = PB (λ), se sigue que tr(A) = tr(B).
d) B(P −^1 x) = (P −^1 AP )(P −^1 x) = P −^1 Ax = P −^1 λx = λ(P −^1 x) ⇒ P −^1 x ∈ VB (λ). ¤
Ejemplo 165 Sean*^ A =
⎦ , D =
⎦ (^) y P =
Hallar la inversa de P y comprobar que las matrices A y D son semejantes y que tienen el mismo polinomio característico, la misma traza y el mismo determinante.
Mediante el méto de Gauss-Jordan es fácil comprobar que P −^1 =
0 2 −^12
- (^) A es la matriz del ejemplo 155. Obsérvese que D es una matriz diagonal formadapor los auto-
valores de A, y que P es una matriz regular construida disponiendo en columnas los vectores de la base B formada por autovectores de A.
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210 Diagonalización de matrices
En consecuencia D = P −^1 AP, siendo P = [v 1 | · · · |vn] una matriz regular pues sus columnas son l.i.al ser B una base. El razonamiento recíproco es inmediato, pues si D = P −^1 AP, entonces B = {v 1 , ..., vn} es una base de Rn^ formada por autovectores de A. ¤
Ejemplo 168 La matriz A =
⎦ (^) tiene tres autovalores distintos: λ 1 =
1 , λ 2 = 2 y λ 3 = 3. Los subespacios propios de A son:
V (1) = L{(− 1 , 1 , 2)}, V (2) = L{(− 2 , 1 , 4)} y V (3) = L{(− 1 , 1 , 4)}.
Uniendo las bases de estos subespacios se tiene una base de R^3 formada por autovec- tores:
B = {v 1 , v 2 , v 3 } siendo v 1 = (− 1 , 1 , 2), v 2 = (− 2 , 1 , 4) y v 3 = (− 1 , 1 , 4).
La matriz de paso P se obtiene escribiendo por columnas los vectores de B.
P = [v 1 |v 2 |v 3 ] =
⎦ (^) y se verifica que D = P −^1 AP =
Nota 169 Las columnas de P están determinadas según el orden en que escribamos los autovalores. Así, en el ejemplo anterior podríamos haber ordenado los autovalores de la siguiente manera: λ 1 = 3, λ 2 = 2 y λ 3 = 1. Para esta ordenación se tendría los siguientes subespacios: V (λ 1 ) = V (3) = L{(− 1 , 1 , 4)}, V (λ 2 ) = V (2) = L{(− 2 , 1 , 4)} y V (λ 3 ) = V (1) = L{(− 1 , 1 , 2)}. En consecuencia, la base B formada por autovectores de A, y las matrices D y P serían las siguientes:
B = {(− 1 , 1 , 4), (− 2 , 1 , 4), (− 1 , 1 , 2)}, D =
⎦ (^) y P =
Ejemplo 170 Dada la matriz A =
⎦ (^) (ver ejemplo 159), sabemos que
det(A − λI) = (λ − 7) (λ − 1)^2 y que las multiplicidades algebraicas y geométricas de los autovalroes son: λ 1 = 7 m 1 = 1 μ 1 = 1 λ 2 = 1 m 2 = 2 μ 2 = 2
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Diagonalización 211
También hemos hallado los correspondientes subespacios propios:
V (7) = L{(1, 2 , 3)}.
V (1) = L{(− 1 , 1 , 0), (− 1 , 0 , 1)}.
Uniendo las bases de estos subespacios se tiene una base de R^3 formada por autovec- tores:
B = {v 1 , v 2 , v 3 } siendo v 1 = (1, 2 , 3), v 2 = (− 1 , 1 , 0) y v 3 = (− 1 , 0 , 1).
P = [v 1 |v 2 |v 3 ] =
Se verifica que:
P −^1 AP =
1 6
1 6
1 6 −^1323 −^13 −^12 −^1212
⎦ = D
El siguiente teorema, que enunciaremos sin hacer la demostración, nos es- tablece un criterio para la diagonalización de matrices.
Teorema 171 Una matriz A ∈ Mn(R) es diagonalizable si y sólo si posee n auto- valores (iguales o distintos) y sus multiplicidades verifican las siguientes condiciones:
Proposición 172 a) m 1 + · · · + mp = n. b) μi = mi, para todo autovalor λi, i = 1, ..., p.
Nota 173 Una matriz A con n autovalores distintos siempre verifica las dos condi- ciones anteriores.
Diagonalización Dada una matriz A ∈ Mn(R), el procedimiento para obtener una base formada por autovectores es el siguiente:
- Se calculan los autovalores de A, y ha de verificarse que:
m 1 + · · · + mp = n. Es decir, ha de haber n raíces de PA(λ).
μi = mi, para todo autovalor λi, i = 1, ..., p.
- Para cada autovalor λi, i = 1, ..., p., se determina una base de cada subespacio propio V (λi).
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Diagonalización 213
de donde: V (−5) = L{(− 5 , 1)}
B = {(2, −1), (− 5 , 1)} es una base formada por autovectores.
P =
es una matriz de paso, y D =
es una matriz diagonal
semejante a A.
Ejemplo 175 ¿Para qué valores de α y β es diagonalizable la matriz A?
A =
2 α − β 0 2 α − 2 β 1 α 2 −α + β 0 −α + 2β
PA(λ) = det(A − λI) =
2 α − β − λ 0 2 α − 2 β 1 α − λ 2 −α + β 0 −α + 2β − λ
= (α − λ)
2 α − β − λ 2 α − 2 β −α + β −α + 2β − λ
¯ (^) F 21 =(1) (α^ −^ λ)
2 α − β − λ 2 α − 2 β α − λ α − λ
= (α − λ)^2
2 α − β − λ 2 α − 2 β 1 1
¯ = (α^ −^ λ)
(^2) ( β − λ).
Así las raices de PA(λ) son: λ = α y λ = β.
Si α 6 = β, los autovalores son: λ 1 = α y λ 2 = β.
La multiplicidad algebraica de λ 1 = α es m 1 = 2 y la geométrica viene dada por dim V (α).
V (α) = N(A − αI)
(A − αI)x = 0 ⇔
α − β 0 2 α − 2 β 1 0 2 −α + β 0 − 2 α + 2β
x 1 x 2 x 3
(A − αI) =
α − β 0 2 α − 2 β 1 0 2 −α + β 0 − 2 α + 2β
F 12
α − β 0 2 α − 2 β −α + β 0 − 2 α + 2β
F 21 (−α+β) F 31 (α−β)
⎦ (^) ⇒ rg(A − αI) = 1 ⇒ μ 1 = dim V (α) = 2
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214 Diagonalización de matrices
Por otra parte, la multiplicidad geométrica de λ 2 = β es μ 2 = dim V (β) = 1 pues m 2 = 1.
En resumen, si α 6 = β
λ 1 = α m 1 = 2 μ 1 = 2 λ 2 = β m 2 = 1 μ 2 = 1
y A sí es diagonalizable.
Si α = β, tenemos un único autovalor λ = α con multplicidad algebraica m = 3. La multiplicidad geométrica viene dada por dim V (α).
V (α) = N(A − αI)
(A − αI)x = 0 ⇔
x 1 x 2 x 3
⎦ (^) ⇒ rg(A − αI) = 1 ⇒ μ =
dim V (α) = 2
En este caso, m = 3 6 = μ = 2, y A no es diagonalizable.
Ejemplo 176 Diagonaliza, si es posible, la matriz A =
Como A es triangular inferior, sus autovalores son λ 1 = 1 con m 1 = 1 y λ 2 = 2 con m 1 = 2.Sabemos que la multiplicidad geométrica satisface la desigualdad
1 6 μ 1 6 m 1. Puesto que m 1 = 1, deducimos que μ 1 = m 1 = 1, es decir las multiplicidades algebráicas y geométricas del primer autovalor coinciden.
Para calcular la multiplicidad geométrica del segundo autovalor λ 2 = 2 hemos de calcular dim V (2).
V (2) = N(A − 2 I) = {x ∈ R^3 : (A − 2 I)x = 0}
se verifica que: A − 2 I =
como rg (A − 2 I) = 2 ⇒ μ 2 = dim V (2) = 3 − rg (A − 2 I) = 3 − 2 = 1.
En consecuencia, μ 2 = 1 6 = 2 = m 2 y la matriz A no es diagonalizable.
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216 Diagonalización de matrices
Diagonalización ortogonal
Dada una matriz simétrica A ∈ Mn(R), el procedimiento para obtener una base ortonormal formada por autovectores es el siguiente:
- Se calculan los autovalores de A, y ha de verificarse que:
m 1 + · · · + mp = n. Es decir, ha de haber n raíces de PA(λ).
μi = mi, para todo autovalor λi, i = 1, ..., p.
Para cada autovalor λi, i = 1, ..., p., se determina una base ortonormal de cada subespacio propio V (λi).
Se obtiene la base B = {w 1 , ..., wn} uniendo las bases ortonormales de los sube- spacios propios de A.
Una vez obtenida la base B, disponiendo las componentes de sus vectores por columnas se obtiene la matriz de paso Q ortogonal. La matriz diagonal viene determi- nada por los autovalores, escritos en el mismo orden que los vectores correspondientes de la base B. Es decir,
Q = [w 1 | · · · |wn] D =
λ 1 0 0 0
0 0 λn
Ejemplo 181 Diagonalizar ortogonalmente la matriz A =
det(A−λI) =
1 − λ − 2 0 − 2 2 − λ − 2 0 − 2 3 − λ
= −λ^3 +6λ^2 − 3 λ−10 = − (λ − 5) (λ − 2) (λ + 1)
los autovalores son: λ 1 = − 1 , λ 2 = 2 y λ 3 = 5.
Cálculo de los subespacios propios:
λ 1 = − 1 V (−1) = N(A + I) = {x ∈ Rn^ : (A + I)x = 0 }.
(A + I)x = 0 ,
x 1 x 2 x 3
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Diagonalización ortogonal 217
⎡
⎣
F 21 (1)
F 32 (2)
2 x 1 − 2 x 2 = 0 x 2 = 2x 3
x 1 = x 2 x 2 = 2x 3
x 1 = 2α x 2 = 2α x 3 = α
luego, V (−1) = L{(2, 2 , 1)} = L{(^23 , 23 , 13 )}
Obsérvese que se ha dividido por la norma del vector (2, 2 , 1) para hallar el vector unitario (^23 , 23 , 13 ).
λ 2 = 2 V (2) = N(A − 2 I) = {x ∈ Rn^ : (A − 2 I)x = 0 }
(A − 2 I)x = 0 ,
x 1 x 2 x 3
F 21 (−2)
F 32 (− 12 )
−x 1 − 2 x 2 = 0 4 x 2 = 2x 3
x 1 = −x 3 x 2 =
x 3 2
x 1 = −α x 2 =
α 2 x 3 = α
luego, V (2) = L{(− 1 , 12 , 1)} = L{(−^23 , 13 , 23 )}
λ 3 = 5 V (3) = N(A − 5 I) = {x ∈ Rn^ : (A − 5 I)x = 0 }
(A − 5 I)x = 0 ,
x 1 x 2 x 3
F 21 (− 21 )
F 21 (−1)
− 4 x 1 − 2 x 2 = 0 2 x 2 = − 2 x 3
x 1 =
x 3 2 x 2 = −x 3
x 1 =
α 2 x 2 = −α x 3 = α
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Diagonalización ortogonal 219
V (2) = L{(1, − 1 , 0), (1, 0 , −1)} = L{v 1 , v 2 }
Aplicando Gram-Schmidt: u 1 = v 1 = (1, − 1 , 0) u 2 =^ v 2 +^ αu 1 = (1,^0 ,^ −1)^ −^12 (1,^ −^1 ,^ 0) =^
2 ,^
1 2 ,^ −^1
u 2 ⊥u 1 ⇒ u 2 · u 1 = 0 u 2 ·u 1 = (v 2 +αu 1 )·u 1 = 0 ⇒ v 2 ·u 1 +α(u 1 ·u 1 ) = 0 ⇒ α = −
v 2 · u 1 u 1 · u 1
= −^12
pues, u 1 ·u 1 = (1, − 1 , 0)·(1, − 1 , 0) = 2 y v 2 ·u 1 = (1, 0 , −1)·(1, − 1 , 0) = 1 luego {u 1 , u 2 } es una base ortogonal de V (2). Si dividimos cada vector por su norma se obtiene una base oretonormal {w 1 , w 2 } de V (2).
w 1 =
u 1 ku 1 k
= √^12 (1, − 1 , 0) =
2 2 ,^ −
√ 2 2 ,^0
w 2 =
u 2 ku 2 k
= √^13
2
2 ,^
1 2 ,^ −^1
6 6 ,^
√ 6 6 ,^ −
√ 6 3
u 2 · u 2 =
2 ,^
1 2 ,^ −^1
2 ,^
1 2 ,^ −^1
V (2) = L{w 1 , w 2 }.
V (−1) = L{(1, 1 , 1)} = L{v 3 }
para hallar una base ortonormal de V (−1) basta normalizar el vector v 3.
w 3 =
v 3 kv 3 k
3 3 ,^
√ 3 3 ,^
√ 3 3
u 3 · u 3 = (1, 1 , 1) · (1, 1 , 1) = 3
por tanto V (−1) = L
n³√ 3 3 ,^
√ 3 3 ,^
√ 3 3
´o = L{w 3 }
Uniendo las bases ortonormales de V (2) y V (−1) se tiene la base ortonormal de R^3 formada por autovectores: B^0 = {w 1 , w 2 , w 3 }
B^0 = {w 1 , w 2 , w 3 }, con w 1 =
2 2 ,^ −
√ 2 2 ,^0
, w 2 =
6 6 ,^
√ 6 6 ,^ −
√ 6 3
y w 3 =
3 3 ,^
√ 3 3 ,^
√ 3 3
Q = [w 1 |w 2 |w 3 ] =
√ 2 2
√ 6 6
√ 3 3 −
√ 2 2
√ 6 6
√ 3 3 0 −
√ 6 6
√ 3 3
⎦ D^ =
⎦ (^) = QtAQ.
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220 Diagonalización de matrices
4.4. Ejercicios propuestos
- Obtener los autovalores y bases para los subespacios propios asociados a cada autovalor de las siguientes matrices
a)
b)
c)
d)
e)
⎦ (^) f)
⎦ (^) g)
- Calcular los autovalores de la matriz A =
- Encontrar los autovalores y bases para los subespacios propios asociados de la matriz A^25 , siendo
A =
- Encontrar los autovalores y autovectores de A−^1 , siendo A =
- Determinar cuáles de las siguientes matrices son diagonalizables
a)
b)
c)
⎦ (^) d)
⎦ e)
- Determinar si las siguientes matrices son diagonalizables y en caso afirmativo encontrar una matriz de paso P y obtener P −^1 AP.
a)
⎦ (^) b)
⎦ (^) c)
- Encontrar una matriz cuadrada de orden dos cuyos autovalores sean 1 y 2 y tal que V (1) = L {(1, 1)} y V (2) = L {(1, 0)}.
- Encontrar una matriz cuadrada de orden tres cuyos autovalores sean − 1 y 2 y tal que V (2) = L {(1, 1 , −1)} y V (−1) = {(x, y, z) ∈ R^3 : x − z = 0 }.
Álgebra Lineal de Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería (1º de Ingeniería Técnica Industrial)
