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Tema 7
Diagonalizaci´on de matrices
1. Vectores estacionarios y matrices de probabilidad
Definici´on 1 Dada una matriz A ∈ Mn diremos que un vector v ∈ Rn^ es un vector estacionario de A si se verifica que A · v = v.
Ejemplo 1 Dada la matriz A =
(^) y el vector v = (3, − 3 , 2) se cumple que
A · v =
y por tanto v es un vector estacionario de A.
Para calcular todos los vectores estacionarios que tiene una matriz s´olo hay que resolver un sistema lineal homog´eneo:
A · v = v −→ A · v − v = o −→ (A − I) · v = o
as´ı que el conjunto de todos los vectores estacionarios de A coincide con el n´ucleo de la matriz A − I:
E = {vectores estacionarios de A} = ker(A − I).
El conjunto E tiene la estructura de subespacio vectorial. Es decir:
La suma de vectores estacionarios de A es un vector estacionario de A.
El producto de un n´umero por un vector estacionario de A es un vector estacionario de A.
Por tanto, cuando det(A − I) 6 = 0, podremos determinar una base de E.
Ejemplo 2 Vamos a calcular los vectores estacionarios de la matriz
A =
para lo cual restamos
A − I =
y reducimos la matriz ampliada del sistema homog´eneo asociado:
La soluci´on general del sistema lineal es
(x, y, z) = (− 12 a , 5 a , a) = a (− 12 , 5 , 1).
Por tanto, son vectores estacionarios de A todos los m´ultiplos de v = (− 12 , 5 , 1).
Definici´on 2 Diremos que un vector p = (p 1 , p 2 ,... , pn) ∈ Rn^ es un vector de probabilidad si verifica:
(1) Los elementos pi son n´umeros comprendidos entre 0 y 1.
(2) La suma de los elementos de p es igual a 1 :
p 1 + p 2 + · · · + pn = 1.
Ejemplo 3 El vector
p = (0. 7 , 0. 1 , 0 .2)
es un vector de probabilidad de R^3. No son vectores de probabilidad de R^3 :
(0. 8 , 0. 4 , − 0 .2) (0. 1 , 0. 4 , 0 .2)
pues en el primer caso no se cumple la propiedad (1) y en el segundo caso no se cumple la propiedad (2).
Definici´on 3 Diremos que una matriz A ∈ Mn es una matriz de probabilidad si verifica:
(1) Los elementos de la matriz A son n´umeros comprendidos entre 0 y 1.
(2) La suma de los elementos de cada columna de A es igual a 1.
Adem´as, si todos los elementos de A son mayores que 0, diremos que la matriz de probabilidad A es plena.
Ejemplo 4 Son matrices de probabilidad:
( 1 / 2 1 / 3 1 / 2 2 / 3
de las cuales, s´olo la primera de ellas es plena.
No son matrices de probabilidad: ( 2 1 / 2 − 1 1 / 2
pues en el primer caso no se cumple la propiedad (1) y en el segundo caso no se cumple la propiedad (2).
Es f´acil comprobar que el producto de una matriz de probabilidad por un vector de probabilidad tambi´en es un vector de probabilidad.
Ejemplo 5 El producto de la matriz de probabilidad
por el vector de probabilidad (0. 4 , 0 .6)
es (
- 1 0. 7
- 9 0. 3
que tambi´en es vector de probabilidad.
Teorema 1 Dada una matriz de probabilidad A ∈ Mn existe un vector estacionario de A que es vector de probabilidad. Adem´as, si la matriz A es plena (o alguna de las potencias de A es plena), existe un ´unico vector de probabilidad estacionario y tiene todos sus elementos positivos.
y reducimos la matriz ampliada del sistema lineal homog´eneo asociado:
y dividiendo cada fila por su pivote se obtiene:
(A − I)+^ ∼
z = a y − a = 0 −→ y = a x − 0. 4 a = 0 −→ x = 0. 4 a
La soluci´on general del sistema lineal es
(x, y, z) = (0. 4 a , a , a) = a (0. 4 , 1 , 1).
El vector estacionario q = (0. 4 , 1 , 1) tiene todos sus elementos positivos, la suma de sus elementos es:
s = 0.4 + 1 + 1 = 2. 4
Si dividimos q por s obtenemos el vector estacionario de probabilidad de A:
p =
Si queremos redondear este vector usando dos cifras decimales, no debemos usar la aproximaci´on “natural” (0. 17 , 0. 42 , 0 .42), ya que ni siquiera es vector de probabilidad, deber´ıamos escribir:
p ≈ (0. 16 , 0. 42 , 0 .42).
- Vectores y valores propios
Definici´on 4 Diremos que un vector no nulo v ∈ Rn^ es un vector propio de la matriz A ∈ Mn si el producto A · v es proporcional a v:
A · v = λ v (1)
y el factor de proporcionalidad λ recibe el nombre de valor propio asociado.
Los vectores estacionarios de A son un caso particular de vectores propios de A, con valor propio asociado λ = 1. Los vectores del n´ucleo de A son otro caso particular de vectores propios de A, en este caso con valor propio asociado λ = 0.
Dado un valor propio λ, para calcular los vectores que verifican la condici´on (1) podemos operar del siguiente modo:
A · v = λ v −→ A · v − λ v = o −→ (A − λ I) · v = o
de donde podemos deducir que el conjunto de todos los vectores que verifican la condici´on (1), al que denotaremos E(λ) y le llamaremos subespacio propio, coincide con el n´ucleo de la matriz A − λ I:
E(λ) = { v ∈ Rn^ : A · v = λ v } = ker(A − λ I).
Pero no todos los n´umeros son valores propios, s´olo aquellos para los que E(λ) no es trivial, y para que E(λ) no sea trivial es necesario que la matriz (A − λ I) sea singular.
Este razonamiento matem´atico tan simple nos proporciona un m´etodo para calcular los valores propios y un m´etodo para calcular los vectores propios de una matriz asociados a un determinado valor propio. A continuaci´on estudiamos cada uno de estos m´etodos por separado.
2.1. C´alculo de valores propios
Ecuaci´on caracter´ıstica
Para calcular los valores propios de una matriz A ∈ Mn
- Calculamos la ecuaci´on caracter´ıstica de la matriz A desarrollando el determinante:
|A − λ I| = 0. (2)
- Cada soluci´on de la ecuaci´on caracter´ıstica (2) es un valor propio de A.
Aunque tal vez no lo parezca, (2) es una ecuaci´on polin´omica de grado n. Por tanto, en general una matriz cuadrada de orden n tiene justamente n valores propios.
Denotaremos por V P (A) el conjunto de valores propios de la matriz A. En general
V P (A) = {λ 1 , λ 2 ,... , λn}
Los valores propios de A se suelen escribir repetidos tantas veces como indique su multiplicidad : una vez si es un valor propio simple, dos veces si es un valor propio doble, etc.
En este curso no tendremos en cuenta las soluciones complejas que pueda tener la ecuaci´on carac- ter´ıstica, por lo que a veces el conjunto V P (A) tiene menos de n elementos.
Ejemplo 8 Consideramos la matriz
A =
Desarrollamos el determinante |A − λ I|: ∣ ∣ ∣ ∣
− λ
2 − λ − 1 − 2 3 − λ
∣ = (2^ −^ λ)(3^ −^ λ)^ −^ 2 =^ λ
(^2) − 5 λ + 4
e igualamos a 0 para obtener la ecuaci´on caracter´ıstica:
λ^2 − 5 λ + 4 = 0.
Ahora resolvemos la ecuaci´on:
λ =
λ = 4
λ = 1
Las ra´ıces de la ecuaci´on caracter´ıstica son: λ = 1 y λ = 4, por lo que escribimos: V P (A) = { 1 , 4 }.
En el ejemplo anterior hemos usado el m´etodo general, pero para calcular los valores propios de las matrices de orden 2 × 2 tambi´en podemos usar las siguientes f´ormulas:
Ejemplo 11 Dada la matriz
A =
calculamos:
traza(A) = 2 + 3 = 5
det(A) = 6 + 1 = 7
por lo que la ecuaci´on caracter´ıstica de A es
λ^2 − 5 λ + 7 = 0.
El discriminante de esta ecuaci´on es ∆ = 5^2 − 4 · 7 = 25 − 28 = − 3 negativo, as´ı que la ecuaci´on caracter´ıstica no tiene ra´ıces reales y la matriz A no tiene valores propios.
Ejemplo 12 Consideramos la matriz
A =
Calculamos:
traza(A) = 1 + 4 = 5
det(A) = 4 − 6 = − 2
La ecuaci´on caracter´ıstica de A es
λ^2 − 5 λ − 2 = 0.
Resolvemos la ecuaci´on:
λ =
λ = 5+
√ 33 2
λ = 5 −
√ 33 2
Por lo que los valores propios de A son aproximadamente: V P (A) = {− 0. 3723 , 5. 3723 }.
2.2. C´alculo de vectores propios
Supongamos que λ ∈ R es un valor propio de una matriz A. En tal caso, el subespacio propio E(λ) = ker(A − λ I) tiene dimensi´on mayor o igual que 1 y podemos determinar una base de este subespacio vectorial.
C´alculo de una base del subespacio propio E(λ)
- Calculamos la matriz A − λ I.
- Resolvemos el sistema lineal homog´eneo asociado a la matriz A − λ I.
Normalmente usaremos el m´etodo de Gauss-Jordan para resolver dicho sistema lineal y calcular la soluci´on general, a partir de la cual determinaremos una base.
Ejemplo 13 Dada la matriz
A =
cuyos valores propios son V P (A) = { 2 , 3 } (v´ease el ejemplo 9), vamos a calcular una base de cada uno de los dos subespacios propios de la matriz.
Calculamos una base de E(2). Para ello restamos
A − 2 I =
y reducimos la matriz ampliada ( -2 − 1 0 6 3 0
La soluci´{ on general de este sistema lineal asociado es (x, y) = (− 12 a , a) = a (− 12 , 1). Por tanto (− 12 , 1)
es una base del subespacio propio E(2). Calculamos una base de E(3). Para ello restamos
A − 3 I =
y reducimos la matriz ampliada ( -3 − 1 0 6 2 0
La soluci´{ on general de este sistema lineal asociado es (x, y) = (− 13 a , a) = a (− 13 , 1). Por tanto (− 13 , 1)
es una base del subespacio propio E(3).
Ejemplo 14 Consideramos la matriz
A =
cuyos valores propios son V P (A) = { 1 , 4 } (v´ease el ejemplo 8). Vamos a calcular una base de cada uno de los dos subespacios propios de la matriz.
Calculamos una base de E(1). Para ello restamos
A − 1 I = A − I =
y reducimos la matriz ampliada ( 1 − 1 0 − 2 2 0
La soluci´on general de este sistema lineal asociado es (x, y) = (a , a) = a (1 , 1). Por tanto {(1 , 1)} es una base del subespacio propio E(1). Calculamos una base de E(4). Para ello restamos
A − 3 I =
y reducimos la matriz ampliada ( -2 − 1 0 − 2 − 1 0
La soluci´{ on general de este sistema lineal asociado es (x, y) = (− 12 a , a) = a (− 12 , 1). Por tanto (− 12 , 1)
es una base del subespacio propio E(4).
Un desarrollo formal de la expresi´on A = P ·D·P −^1 permite deducir que si la matriz A es diagonalizable entonces los elementos de la diagonal de D son valores propios de A y las columnas de la matriz de paso P son vectores propios de A asociados a los correspondientes valores propios. Indicamos esta importante observaci´on mediante un par de esquemas:
C´alculo de una matriz diagonal semejante D
La diagonal principal de D est´a formada por todos los valores propios de A (contados con su multiplicidad)
D =
λ 1 0 · · · 0 0 λ 2 · · · 0 .. .
0 0 · · · λn
Si cambiamos el orden de los valores propios obtenemos distintas matrices diagonales semejantes.
C´alculo de una matriz de paso P
Las columnas de la matriz P son vectores propios de A.
P = (v 1 | v 2 | · · · | vn) A · vi = λi vi
Los vectores propios deben ser colocados en el mismo orden en el que hemos colocado los valores propios en la matriz D.
Ejemplo 17 Diagonalicemos, si es posible, la matriz A =
En primer lugar calculamos los valores propios de A:
- traza(A) = 3 + 4 = 7
- det(A) = 12 − 2 = 10
La ecuaci´on caracter´ıstica de A es
λ^2 − 7 λ + 10 = 0.
Resolvemos la ecuaci´on:
λ =
λ = 5
λ = 2
As´ı que V P (A) = { 2 , 5 }.
En segundo lugar calculamos una base del subespacio propio E(2). Para ello restamos
A − 2 I =
y reducimos la matriz ampliada (A − 2 I)+ ( 1 1 0 2 2 0
y = a (a es un par´ametro) x + a = 0 −→ x = −a
Por tanto los vectores propios de A asociados a λ = 2 son de la forma
(x, y) = (−a, a) = a (− 1 , 1) para cualquier a 6 = 0
Elegimos (por ejemplo) a = 1 y obtenemos el vector propio
v 1 =
En tercer lugar calculamos una base del subespacio propio E(5). Para ello restamos
A − 5 I =
y reducimos la matriz ampliada (A − 5 I)+ ( − 2 1 0 2 − 1 0
y = a x − 12 a = 0 −→ x = a 2
Por tanto los vectores propios de A asociados a λ = 5 son de la forma
(x, y) = (
a 2
, a) para cualquier a 6 = 0
Elegimos (por ejemplo) a = 2 y obtenemos el vector propio
v 2 =
Resumen:
- Valores propios de A: { 2 , 5 }
- Vectores propios asociados:
Una matriz diagonal semejante a A es:
D =
y una matriz de paso es
P =
Comprobaci´on: calculamos P · D · P −^1 ( − 1 1 1 2
= A
Ejemplo 18 Diagonalicemos, si es posible, la matriz A =
En primer lugar calculamos los valores propios de A:
- traza(A) = 3 − 1 = 2
- det(A) = −3 + 0 = − 3 La ecuaci´on caracter´ıstica de A es
λ^2 − 2 λ − 3 = 0. Resolvemos la ecuaci´on:
λ =
λ = 3
λ = − 1
As´ı que V P (A) = {− 1 , 3 }.
La ecuaci´on caracter´ıstica de A es
λ^2 − 3 λ − 14 = 0.
Resolvemos la ecuaci´on:
λ =
λ ≈ 5. 5311
λ ≈ − 2. 5311
As´ı que V P (A) ≈ {− 2. 5311 , 5. 5311 }.
En segundo lugar calculamos una base del subespacio propio E(− 2 .5311). Para ello restamos
A − (− 2 .5311) I = A + 2. 5311 I =
y reducimos la matriz ampliada (A + 2. 5311 I)+
(
- 5311 4 0 4 3. 5311 0
y = a x = − 0. 8828 a
Por tanto los vectores propios de A asociados a λ = − 2. 5311 son de la forma
(x, y) = (− 0. 8828 a, a) = a (− 0. 8828 , 1) para cualquier a 6 = 0
Elegimos (por ejemplo) a = 1 y obtenemos el vector propio
v 1 =
En tercer lugar calculamos una base del subespacio propio E(5.5311). Para ello restamos
A − 5. 5311 I =
y reducimos la matriz ampliada (A − 5. 5311 I)+
( − 3. 5311 4 0 4 − 4. 5311 0
y = a x = 1. 1328 a
Por tanto los vectores propios de A asociados a λ = 3 son de la forma
(x, y) = (1. 1328 a, a) = a (1. 1328 , 0) para cualquier a 6 = 0
Elegimos (por ejemplo) a = 1 y obtenemos el vector propio
v 2 =
Resumen:
- Valores propios de A: {− 2. 5311 , 5. 5311 }
- Vectores propios asociados:
Una matriz diagonal semejante a A es:
D =
y una matriz de paso es P =
- Teorema fundamental de diagonalizaci´on
Hay matrices que no son diagonalizables. Por ejemplo las matrices de la forma
Λ =
a b −b a
llamadas matrices de giro no son diagonalizables cuando b 6 = 0 ya que su ecuaci´on caracter´ıstica tiene ra´ıces complejas.
Tampoco son diagonalizables las matrices de la forma
J =
a 1 0 a
llamadas matrices de Jordan, como la que aparece en el ejemplo 15. El motivo es que el ´unico sube- spacio propio tiene dimensi´on 1, y por tanto es imposible calcular dos vectores propios de J que sean independientes (que no sean proporcionales).
Estos ejemplos nos muestran qu´e puede fallar para que una matriz no sea diagonalizable: que existan valores propios complejos o que no haya suficientes vectores propios linealmente independientes para definir la matriz de paso.
Antes de recoger estas observaciones en un teorema, vamos a recordar el concepto de multiplicidad de una soluci´on de una ecuaci´on algebraica.
Multiplicidad de un valor propio
Sea p(λ) el polinomio caracter´ıstico de una matriz A y sean λ 1 ,... , λr los valores propios de A. Si podemos factorizar
p(λ) = (λ − λ 1 )m^1 · · · (λ − λr )mr
llamaremos multiplicidad de λj al exponente mj.
Diremos que λj es una ra´ız simple de p(λ) si mj = 1.
Diremos que λj es una ra´ız m´ultiple de p(λ) si mj ≥ 2.
Teorema 2 Una matriz A ∈ Mn es diagonalizable si y s´olo si se cumplen las siguientes condiciones:
(1) Todas las ra´ıces de la ecuaci´on caracter´ıstica son reales: λ 1 , λ 2 ,... , λn ∈ R
(2) Para todo valor propio λj coinciden la multiplicidad y la dimensi´on del subespacio propio asociado:
m(λj ) = dim E(λj ) ∀j = 1,... , n. (3)
Siempre se cumple que la dimensi´on de un subespacio propio es menor o igual que la multiplicidad del valor propio
1 ≤ dim E(λj ≤ m(λj )
Por este motivo la condici´on (3) siempre se cumple para valores propios simples.
Caso particular m´as frecuente
Si todas las ra´ıces de la ecuaci´on caracter´ıstica de A son reales y simples, entonces la matriz A es diagonalizable.
El problema puede ocurrir cuando una matriz tiene valores propios m´ultiples. En tal caso la matriz puede ser diagonalizable o no.
- Calculamos una base del subespacio propio E(3). Para ello restamos
A − 3 I =
y reducimos la matriz ampliada (A − I)+
z = a y − 12 a −→ y = 12 a x − 12 a −→ x = 12 a
Por tanto los vectores propios de A asociados a λ = 3 son de la forma
(x, y, z) = (
a,
a, a) = a (
, 1) para cualquier a 6 = 0
Elegimos (por ejemplo) a = 2 y obtenemos una base de E(3):
v 3 =
Por tanto, una matriz de paso es
P =
Una diagonalizaci´on de A:
− 1
Cuando se desea calcular los valores propios de una matriz de orden 3 pueden resultar ´utiles las siguientes f´ormulas:
Propiedades de los valores propios de una matriz de orden 3
(1) La ecuaci´on caracter´ıstica de una matriz A ∈ M 3 se puede calcular mediante la f´ormula
−λ^3 + traza (A) · λ^2 − traza(adj(A)) · λ + det (A) = 0
(2) La suma de los valores propios de una matriz siempre es igual a la traza de la matriz:
λ 1 + λ 2 + λ 3 = traza (A)
(3) El producto de los valores propios de una matriz es igual al determinante de la matriz
λ 1 · λ 2 · λ 3 = det (A)
(4) Tambi´en se cumple
λ 1 · λ 2 + λ 1 · λ 3 + λ 2 · λ 3 = traza (adj(A))
Ejemplo 21 Estudiemos si es diagonalizable la matriz A =
En primer lugar calculamos
- traza(A) = −4 + 4 + 4 = 4
- traza(adj(A)) =
- det(A) = − 64 − 40 − 42 − (− 56 − 32 − 60) = 2
por lo que la ecuaci´on caracter´ıstica es:
−λ^3 + 4 λ − 5 λ + 2 = 0
Mediante el m´etodo de Ruffini se puede comprobar que las ra´ıces de esta ecuaci´on son { 1 , 1 , 2 }. Es decir, los valores propios de A son:
- λ = 1 con multiplicidad m(1) = 2
- λ = 3 con multiplicidad m(3) = 1.
Calculemos las dimensiones de los subespacios propios:
- dim E(2) = 1 por ser λ = 2 un valor propio simple.
- Para calcular dim E(1) debemos determinar el rango de A − I.
dim E(1) = 3 − rango(A − I) Para calcular el rango calculamos la forma reducida de esta matriz. Podemos comprobar que
A − I =
−→ R(A − I) =
por lo que
dim E(1) = 3 − rango
= 3^ −^ 2 = 1.
Por tanto no coinciden la multiplicidad de λ = 1 y la dimensi´on del subespacio propio E(1). En consecuencia: la matriz A no es diagonalizable.
