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Departamento de Análisis Matemático y Matemática Aplicada GRADO EN INGENIERÍA GEOLÓGICA. Matemáticas I.
DIAGONALIZACIÓN DE MATRICES
1. Espacios vectoriales
1.1. Definición de espacio vectorial V sobre un conjunto de escalares K. Se define IRn^ como el conjunto de vectores columna (o fila) cuyos componentes son n números reales.
Así IR= números reales; IR^2 = vectores del plano; IR^3 = vectores del espacio,...
En IRn, para ~u = (u 1 , u 2 , ..., un), ~v = (v 1 , v 2 , ..., vn) y λ ∈ IR, se definen las operaciones:
Suma: ~u + ~v = (u 1 + v 1 , u 2 + v 2 , ..., un + vn)
Producto de un número por un vector: λ~u = (λu 1 , λu 2 , ..., λun)
Definición
Se define como espacio vectorial un conjunto V en el que se definen las operaciones de suma de dos de sus elementos y producto de uno de sus elementos por un número(escalar)de K que cumplen las siguientes propiedades:
(~u + ~v) + w~ = ~u + (~v + w~) k(~u + ~v) = k~u + k~v ~u + ~0 = ~0 + ~u = ~u (k 1 + k 2 )~u = k 1 ~u + k 2 ~u ~u + (−~u) = ~ 0 (k 1 · k 2 )~u = k 1 (k 2 ~u) ~u + ~v = ~v + ~u 1 · ~u = ~u
1.2. Algunos espacios vectoriales
IRn^ es un espacio vectorial, con K = IR
Mm×n matrices de dimensión m × n es un espacio vectorial con K = IR
Pn(t) = a 0 + a 1 t + a 2 t^2 + ... + antn^ polinomios de grado n y variable t forman un espacio vectorial sobre IR.
1.3. Combinación lineal de vectores.
Dados a 1 , a 2 , ... an ∈ IR, ~u 1 , ~u 2 , ... ~un ∈ V = IRn, se llama combinación lineal de los vectores al vector a 1 ~u 1 + a 2 ~u 2 + ... + an~un
1.4. Vectores linealmente dependientes e independientes.
Se dice que un conjunto de vectores ~u 1 , ~u 2 , ... ~un ∈ V son linealmente dependientes si existen a 1 , a 2 , ... an ∈ K, no todos nulos tales que a 1 ~u 1 + a 2 ~u 2 + ... + an~un = ~ 0
Se dice que un conjunto de vectores ~u 1 , ~u 2 , ... ~un ∈ V son linealmente independientes si cualquier combinación lineal de ellos,
a 1 ~u 1 + a 2 ~u 2 + ... + an~un = ~ 0 ⇒ a 1 = a 2 = ... = an = 0
Los vectores ~u 1 , ~u 2 , ... ~un ∈ V son linealmente dependientes si y solo si uno de ellos es combinación lineal de los demás.
1.5. Base de un espacio vectorial.
Se dice que un conjunto de vectores S = {~u 1 , ~u 2 , ... ~un} forman una base de V si cumplen:
~u 1 , ~u 2 , ... ~un son linealmente independientes
~u 1 , ~u 2 , ... ~un generan V, es decir, cualquier vector de V se puede poner como combinación lineal de ellos.
Un espacio vectorial puede tener varias bases pero todas tienen el mismo nú- mero de elementos n, al que se llama dimensión del espacio vectorial.
Se llama base canónica de IRn^ a:
B = {(1, 0 , 0 , ..,0), (0, 1 , 0 , ..,0), (0, 0 , 1 , ..,0), ..., (0, 0 , 0 , ..,1)} y análogamente para otros espacios vectoriales.
x′ 1 a 11 + x′ 2 a 21 + ... + x′ nan 1 x′ 1 a 12 + x′ 2 a 22 + ... + x′ nan 2 .............. x′ 1 a 1 n + x′ 2 a 2 n + ... + x′ nann
=
x 1 x 2 .... xn
a 11 a 21 ... an 1 a 12 a 22 ... an 2 ......... a 1 n a 2 n ... ann
·
x′ 1 x′ 2 .... x′ n
=
x 1 x 2 .... xn
↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ~v 1 ~v 2 .... ~vn ~xS′ ~xS Ecuaciones del cambio de base de S′^ a S
La matriz del cambio de base, o matriz de paso o matriz de transición de S′^ a S tiene por columnas las coordenadas de los vectores de S′^ en función de la base S, y con ella se consigue cambiar las coordenadas de un vector ~x de S′^ a S.
S′^ es base ⇒ los vectores { v~ 1 , v~ 2 , ... ~vn} son lin. indep. ⇒ rg(P ) = n ⇒ |P | 6 = 0 ⇒ ∃P −^1
La matriz P −^1 es la matriz del cambio de base de S a S′.
2. Aplicaciones lineales.
2.1. Aplicaciones lineales. Definición.
Si U y V son espacios vectoriaes sobre un cuerpo K
f : U −→ V se dice que es una aplicación lineal si cumple
- ∀ ~u, ~v ∈ U, f (~u + ~v) = f (~u) + f (~v)
- ∀ k ∈ K, ∀ ~u ∈ U, f (k · ~u) = k · f (~u)
En resumen, ∀ a, b ∈ K, ∀ ~u, ~v ∈ U
f (a~u + b~v) = af (~u) + bf (~v)
Ejemplo 2.1:
Sea F : IR^3 −→ IR^3 , tal que F (x, y, z) = (x, y, 0). ¿Es F una aplicación lineal?
Sean ~v = (a, b, c), w~ = (a′, b′, c′) y λ ∈ IR
F (~v + w~) = F (a + a′, b + b′, c + c′) = (a + a′, b + b′, 0) = (a, b, 0) + (a′, b′, 0) = F (~v) + F ( w~)
F (λ~v) = F (λa, λb, λc) = (λa, λb, 0) = λ(a, b, 0) = λF (~v)
Ejemplo 2.2.:
Sea F : IR^3 −→ IR^2 , definida por F (x, y, z) = (yz, x^2 ). ¿Es F una aplicación lineal? Sean ~v = (x, y, z), w~ = (x′, y′, z′) y λ ∈ IR
F (~v + w~) = F (x + x′, y + y′, z + z′) = ((y + y′)(z + z′), (x + x′)^2 ) =
= (yz+yz′+y′z+y′z′, x^2 +2xx′+(x′)^2 ) 6 = (yz, x^2 )+(y′z′, (x′)^2 ) = F (~v)+F ( w~)
por lo que no es una aplicación lineal.
a) Calcular F (2, 3 , 4). F (2, 3 , 4) = (12, 4)
b) Calcular F (5, − 2 , 7) F (5, − 2 , 7) = (− 14 , 25)
c) Calcular F −^1 (0, 0), es decir todos los ~v ∈ IR^3 tales que F (~v) = (0, 0) { yz = 0 x^2 = 0
⇒ ~v 1 = (0, a, 0) y ~v 2 = (0, 0 , b) son los vectores posibles.
2.2. Expresión matricial de una aplicaciones lineal.
Si f es una aplicación lineal f : IRn^ −→ IRm^ y S = {~u 1 , ~u 2 , ..., ~un} base de IRn^ y S′^ = {~v 1 , ~v 2 , ..., ~vm} es una base de IRm.
Un vector cuaquiera ~x = x 1 ~u 1 + x 2 ~u 2 + .. + xn~un. Se transforma mediane f , por ser esta una aplicación lineal en:
f (~x) = x 1 f (~u 1 ) + x 2 f (~u 2 ) + .. + xnf (~un) =−→
Como f (~u 1 ), f (~u 2 ),...,f (~un) son vectores de IRm
f (− 1 , 3) =
2.3. Cambio de base en la matriz de una aplicación lineal.
Veamos con un ejemplo cómo hacer un cambio de base en la matriz de una aplicación lineal. Consideremeos las bases de IR^2 , E = {~e 1 , ~e 2 } y S = {~u 1 = (1, −2), ~u 2 = (2, −5)}
Sea f : IR^2 −→ IR^2 la aplicación definida por f (x, y) = (2x − 3 y, 4 x + y). Si no se dice otra cosa, se considera que está expresada en la base canónica.
Escribir la expresión matricial de f referida a la base S.
La matriz de f en la base canónica, llamémosla M (f, E) está compuesta de los transformados de la base E escritos por columnas:
M (f, E) =
El esquema de lo que vamos a hacer es el siguiente:
~u : (IR^2 , E) M (f,E) −→ ~v : (IR^2 , E)
P ↑ ↓ P −^1
~u : (IR^2 , S) −→ ~v : (IR^2 , S)
1 ◦) Cambio de base de S a E ⇒ P =
2 ◦) Transformación por f en la base canónica Mf
3 ◦) Cambio de base de E a S ⇒ P −^1 = (−1)
Bf = P −^1 ·Mf ·P =
Por tanto la expresión matricial de f en la base S es:
f (~u) = f (x, y) =
x y
3. Autovalores. Autovectores. Diagonalización de matri-
ces.
3.1. Objetivo:
Dada f : IRn^ −→ IRn^ definida por f (X) = A · X (con A = Mf,E ) y dada una base de IRn, S = {~u 1 , ~u 2 , ..., ~un}, sabemos que Bf = P −^1 · A · P es la matriz de f para la base S. (P es el cambio de base de S a E)
¿Se puede encontrar una matriz P , referida a alguna base, no singular (|P | 6 = 0) de manera que B = P −^1 · A · P sea una matriz diagonal?
3.2. Autovalores. Autovectores
Para que B sea una matriz diagonal, se debe cumplir:
B · [~u 1 ] = λ 1 ~u 1 + 0~u 2 + 0~u 3 = λ 1 ~u 1 B · [~u 2 ] = 0~u 1 + λ 2 ~u 2 + 0~u 3 = λ 2 ~u 2 B · [~u 3 ] = 0~u 1 + 0~u 2 + λ 3 ~u 3 = λ 3 ~u 3
B =
λ 1 0 0 0 λ 2 0 0 0 λ 3
Que la matriz sea diagonal implica que cada vector se transforme en uno pro- porcional a él, en general A~v = λ~v
Buscamos los valores λi y los vectores ~vi que cumplen esta ecuación.
Los λi se llaman AUTOVALORES o valores propios
Los ~vi se llaman AUTOVECTORES o vectores propios y forman la base para encontrar la matriz P para que B sea diagonal.
A~v = λ~v ⇒ A~v − λ~v = 0 ⇒ (A − λI)~v = 0 Esta expresión es un sistema homogéneo. Para que tenga solución distinta de la trivial (~v 6 = ~0), tiene que ser compatible indeterminado, es decir |A − λI| = 0
|A − λI| se llama polinomio característico
|A − λI| = 0 se llama ecuación característica. Sus soluciones son los auto- valores.
Teorema
a) |A − 3 I| =
= − 4 6 = 0 ⇒ 3 no es autovalor de A
b) A · ~u =
(^6) = λ~u ⇒ ~u no es autovector de A
A · ~v =
(^) = 2~v ⇒ ~v es autovector de A y λ = 2
es el autovalor correspondiente
c) |A − λI| =
1 − λ 0 0 2 1 − λ 0 3 0 2 − λ
∣∣ = (1^ −^ λ)
(^2) (2 − λ)
3.3. Diagonalización. Pasos a seguir
Paso 1 Hallar el polinomio característico |A − λI|, donde A ∈ Mn
Paso 2 Hallar las raíces del polinomio característico, λ 1 , λ 2 ... resolviendo la ecuación |A − λI| = 0. Dichas raices son los autovalores.
Paso 3 Para cada autovalor λi, encontrar un vector (si el autovalor es simple) o vectores (si el autovalor es múltiple) que sean base para el espacio solución del sistema (A − λI)X = 0
Paso 4 Si S = {~u 1 , ~u 2 , ..., ~um}, autovectores, es la base del espacio solución, sucede que: ◦ Si m 6 = n ⇒ A no es diagonalizable. ◦ Si m = n ⇒ A es diagonalizable y P está formada, por columnas, por los
autovectores ~ui y D = P −^1 · A · P =
λ 1 0 ... 0 0 λ 2 ... 0 .. .. .. .. 0 0 ... λn
es la matriz diagonal
asociada a A.
Ejemplo 3.3.
Encontrar la diagonalización para A =
Paso 1 Hallar el polinomio característico
|A − λI| =
∣∣^4 −^ λ^2 3 − 1 − λ
∣∣ = (4 − λ)(− 1 − λ) − 6 =
= − 4 − 4 λ + λ + λ^2 − 6 = λ^2 − 3 λ − 10 = (λ − 5)(λ + 2)
Paso 2 Resolvemos la ecuación (λ − 5)(λ + 2) = 0 ⇒ λ = − 2 , λ = 5. son los autovalores.
Paso 3
x y
6 x + 2y = 0 3 x + y = 0
x = α y = − 3 α Elegimos una solución cualquiera ~u 1 = (1, −3)
x y
−x + 2y = 0 3 x − 6 y = 0
x = 2α y = α Elegimos una solución cualquiera ~u 2 = (2, 1)
Paso 4
~u 1 y ~u 2 son linealmente independientes, luego forman una base de autovectores. La matriz de paso es P =
A es diagonalizable y la matriz diagonal que le corresponde es D =
Comprobación: D = P −^1 ·A·P =
Ejemplo 3.4.
Dada la matriz A =
, hallar el polinomio característico,
los autovalores y los autovectores.
x y z t
−x = 0 −x − 2 y + z − t = 0 y = 0 −y + z − t = 0
x = y = 0 z = t ⇒ Sol. (0, 0 , t, t)
Elegimos una solución cualquiera ~u 3 = (0, 0 , 1 , 1)
Solo tenemos 3 autovectores y el orden de la matriz es 4 , por lo que A no es diagonalizable (aunque en este caso no nos lo preguntan)
Ejemplo 3.5.
Hallar la matriz P para la que P −^1 · A · P es diagonal con A =
Observemos que f (x, y) = (x + 2y, x + y) es la aplicaciónlineal que representa A.
Recordemos que para conseguir la matriz diagonal tiene que ocurrir A
x y
= λ
x y
⇒ (A − λI)
x y
Paso 1
|A − λI| =
∣∣ 1 −^ λ^2 1 1 − λ
∣∣ = (1 − λ)^2 − 2 = 1 − 2 λ + λ^2 − 2 = λ^2 − 2 λ − 1
Paso 2
λ^2 − 2 λ − 1 = 0 ⇒ λ =
2 son los valores
propios o autovalores.
Paso 3
- Si λ = 1 + √ 2 ( (^) −√ 2 2 1 − √ 2
) ( (^) x y
)
( (^0) 0
) ⇒
{ (^) −√ 2 x + 2y = 0 x − √ 2 y = 0 ⇒^ x^ =^
√ 2 y ⇒ Sol.( √ 2 t, t) Elegimos una solución cualquiera ~u 1 = ( √ 2 , 1)
( √ 2 2 1 √ 2
) ( x y
)
( 0 0
) ⇒
{ √ 2 x + 2y = 0 x + √ 2 y = 0 ⇒^ x^ =^ −
√ 2 y ⇒ Sol.(−
√ 2 t, t) Elegimos una solución cualquiera ~u 2 = (− √ 2 , 1)
{~u 1 , ~u 2 } es la base de autovectores
f (~u 1 ) = f (
2 , 1) = λ 1 ~u 1 f (~u 2 ) = f (−
2 , 1) = λ 2 ~u 2
La matriz pedida es P =
Ejemplo 3.6.
Se considera una aplicación lineal f : IR^3 −→ IR^3 que respecto de la base
canónica tiene por matriz A =
a) Hallar los autovalores de f. b) Ver si f es diagonalizable y encontrar una base respecto de la cual la matriz de f sea diagonal. Encontrar también la matriz P de paso de la base canónica a esta nueva base. c) Comprobar que la matriz A anula su polinomio característico.
a) |A − λI| =
3 − λ 2 0 − 1 −λ 0 0 0 3 − λ
= (3 − λ)^2 (−λ) + 2(3 − λ) =
= − 9 λ + 6λ^2 − λ^3 + 6 − 2 λ = −λ^3 + 6λ^2 − 11 λ + 6
−λ^3 + 6λ^2 − 11 λ + 6 = 0 ⇒ (λ − 3)(λ − 1)(−λ + 2) = 0 ⇒
λ = 3 λ = 1 λ = 2 autovalores
b)
0 2 0 − 1 − 3 0 0 0 0
x y z
(^) =
0 0 0
(^) ⇒
{ (^2) y = 0 −x − 3 y = 0 ⇒^ y^ =^ x^ = 0^ ⇒^ Sol.(0,^0 , t) Elegimos una solución cualquiera ~u 1 = (0, 0 , 1)
(λ − 1)^2 (−λ + 2) = 0 ⇒
λ = 1, doble λ = 2 autovalores
b)
0 2 − 3 1 0 2 2 2 1
x y z
(^) =
0 0 0
(^) ⇒
2 y − 3 z = 0 x + 2z = 0 2 x + 2y + z = 0
⇒
y = 32 z x = − 2 z z = 0
⇒ y = x = 0 ⇒
Sol.(− 2 t, 32 t, t). Elegimos una solución cualquiera ~u 1 = (− 4 , 3 , 2)
Como el autovalor doble λ = 1 da lugar a un solo autovector, no coincidirá el número de autovectores con el orden de la matriz A, por lo que no es diagonalizable en ninguno de los conjuntos.
