Diagonalización de endomorfismos y matrices

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CAṔıTULO 7
Diagonalización de endomorfismos y matrices
1. Valores y vectores propios
Definición 1.1. Sea V un K-espacio vectorial de dimensión finita n > 0, f ∈ EndK(V ) y λ ∈ K,
diremos que λ es valor propio, o autovalor, de f si el endomorfismo de V , (λidV −f), tiene determinante
nulo, es decir, si det(λidV − f) = 0.
Proposición 1.2. Si V es un K-espacio vectorial de dimensión finita n > 0, f ∈ EndK(V ), λ ∈ K
y B es una base ordenada de V , entonces las condiciones siguientes son equivalentes:
1) λ es valor propio de f .
2) |λIn −MB(f)| = 0.
3) dimKKer(λidV − f) = n− rg
(
λIn −MB(f
)
) ≥ 1.
Demostración. Puesto que la aplicación MB : EndK(V ) → Mn(K) es un isomorfismo de
K-espacios vectoriales y MB(idV ) = In, se tiene que:
MB(λidV − f) = λMB(idV )−MB(f) = λIn −MB(f)
Asimismo, teniendo en cuenta la fórmula de las dimensiones para el endomorfismo λidV − f de V ,
también tenemos que:
n = dimKV = dimKKer(λidV − f) + dimKIm(λidV − f) =
= dimKKer(λidV − f) + rgMB(λidV − f) = dimKKer(λidV − f) + rg
(
λIn −MB(f)
)
=⇒
=⇒ dimKKer(λidV − f) = n− rg
(
λIn −MB(f)
)
Con todo esto se tiene que:
1) =⇒ 2): Si λ es valor propio de f , teniendo en cuenta la definición de determinante de un endomor-
fismo, se tiene que:
0 = det(λidV − f) = |MB(λidV − f)| = |λIn −MB(f)|
137
Diagonalización de endomorfismos y matrices
2) =⇒ 3): Según una propiedad vista en el caṕıtulo 5, de 0 = |λIn −MB(f)| = |MB(λidV − f)| se tiene
que el endomorfismo (λidV − f) de V no es automorfismo, y por consiguiente sabemos que no es ni
monomorfismo ni epimorfismo, y se tiene que dimKKer(λidV − f) = n− rg
(
λIn −MB(f)
)
≥ 1.
3) =⇒ 1): De dimKKer(λidV −f) ≥ 1 se deduce que (λidV −f) no es automorfismo y por consiguiente
det(λidV − f) = 0, por lo que λ es valor propio de f .
�
Ejemplos 1.3.
1. Obtener los valores propios del endomorfismo f ∈ EndR(R3), definido según:
f(x, y, z) = (2x + y,−x + y − z,−2x + 2y) ∀ (x, y, z) ∈ R3
Comprobaremos si existen elementos λ ∈ R tales que:
0 = |λI3 −MB3(f)| =
∣∣∣∣∣∣∣∣λ

1 0 0
0 1 0
0 0 1
 −

2 1 0
−1 1 −1
−2 2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣∣∣
λ− 2 −1 0
1 λ− 1 1
2 −2 λ− 0
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
= (λ− 2)(λ− 1)λ− 2 + λ + 2(λ− 2) = (λ− 2)
(
λ(λ− 1) + 1 + 2
)
= (λ− 2)(λ2 − λ + 3)
Puesto que no hay ningún λ ∈ R que verifique que λ2 − λ + 3 = 0, entonces f tiene un
sólo valor propio que es 2.
2. Obtener los valores propios del endomorfismo f ∈ EndR(R2), definido según:
f(x, y) = (2x− 4y, 5x− 2y) ∀ (x, y) ∈ R2
Comprobaremos si existen elementos λ ∈ R tales que:
0 = |λI2 −MB2(f)| =
∣∣∣∣∣∣λ
 1 0
0 1
 −
 2 −4
5 −2
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣ λ− 2 4−5 λ + 2
∣∣∣∣∣∣ =
= (λ− 2)(λ + 2) + 20 = λ2 + 16
Puesto que no hay ningún λ ∈ R que verifique que λ2 + 16 = 0, entonces f no tiene
ningún valor propio.
3. Obtener los valores propios del endomorfismo f ∈ EndR(R3), definido según:
f(x, y, z) = (4x + 3y + 6z, y,−3x− 3y − 5z) ∀ (x, y, z) ∈ R3
138
Diagonalización de endomorfismos y matrices
Comprobaremos si existen elementos λ ∈ R tales que:
0 = |λI3 −MB3(f)| =
∣∣∣∣∣∣∣∣λ

1 0 0
0 1 0
0 0 1
 −

4 3 6
0 1 0
−3 −3 −5

∣∣∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣∣∣
λ− 4 −3 −6
0 λ− 1 0
3 3 λ + 5
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
= (λ− 1)
(
(λ− 4)(λ + 5) + 18
)
= (λ− 1)(λ2 + λ− 2) = (λ− 1)2(λ + 2)
Por consiguiente f tiene dos valores propios que son 1 y −2.
4. Considerando el cuerpo Q de los racionales, obtener los valores propios del endomorfismo
f ∈ EndQ(Q3), definido según:
f(x, y, z) = (y, x + 2y,−z) ∀ (x, y, z) ∈ Q3
Comprobaremos si existen elementos λ ∈ Q tales que:
0 = |λI3 −MB3(f)| =
∣∣∣∣∣∣∣∣λ

1 0 0
0 1 0
0 0 1
 −

0 1 0
1 2 0
0 0 −1

∣∣∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣∣∣
λ− 0 −1 0
−1 λ− 2 0
0 0 λ + 1
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
= (λ + 1)
(
λ(λ− 2)− 1
)
= (λ + 1)(λ2 − 2λ− 1)
Puesto que λ = −1 es el único elemento de Q que anula este determinante, se tiene que
el endomorfismo f de Q3 tiene un único valor propio que es −1.
5. Si consideramos el endomorfismo f ∈ EndR(R3), definido según:
f(x, y, z) = (y, x + 2y,−z) ∀ (x, y, z) ∈ R3
Se tiene que:
0 = |λI3 −MB3(f)| = · · · = (λ + 1)(λ2 − 2λ− 1) = (λ + 1)
(
λ− (1 +
√
2)
)(
λ− (1−
√
2)
)
Y puesto que los elementos de R que anulan este determinantes son −1, 1+
√
2 y 1−
√
2,
se tiene que el endomorfismo f de R3 tiene tres valores propios que son −1, 1 +
√
2 y 1−
√
2.
Definición 1.4. En las condiciones de la definición 1.1, si λ es valor propio de f , al subespacio
Ker(λidV −f) lo denominaremos subespacio propio asociado al valor propio λ. Para hacer más cómoda
la notación, a este subespacio lo representaremos por S(λ), es decir, S(λ) = Ker(λidV − f). Además,
de acuerdo con la proposición 1.2, sabemos que dimKS(λ) ≥ 1 por lo que S(λ) 6= {0}. Entonces, a los
vectores no nulos de S(λ) los denominaremos vectores propios, o autovectores, de f para el valor propio
λ, es decir, el conjunto de vectores propios de f para el valor propio λ, es el conjunto S(λ) ∼ {0}.
139
Diagonalización de endomorfismos y matrices
Proposición 1.5. Si V es K-espacio vectorial de dimensión finita n > 0, f ∈ EndK(V ), λ ∈ K es
valor propio de f y v un vector no nulo de V , entonces las condiciones siguientes son equivalentes:
1) v es vector propio de f para el valor propio λ, es decir, v ∈ S(λ) ∼ {0}.
2) f(v) = λv.
Demostración.
1) =⇒ 2): Por ser v vector propio de f para el valor propio λ, se tiene que v ∈ S(λ) y por consiguiente
0 = (λidV − f)(v) = λv − f(v), de donde se deduce la igualdad buscada.
2) =⇒ 1): De f(v) = λv se tiene que 0 = λv − f(v) = (λidV − f)(v) de donde se tiene que v ∈ S(λ) y,
puesto que v 6= 0, v es vector propio de f para el valor propio λ. �
Ejemplos 1.6. Para cada uno de los ejemplos de 1.3, obtener, cuando sea posible, los vectores
propios.
1. En este caso f tiene exactamente un valor propio que es 2, por consiguiente los vectores
propios de f , para el valor propio 2, son los elementos no nulos de S(2). Sabemos que S(2) es
el conjunto de soluciones del sistema de ecuaciones lineales homogéneo, sobre el cuerpo R, que
tiene a 2I3−MB3(f) =

2− 2 −1 0
1 2− 1 1
2 −2 2− 0
 =

0 −1 0
1 1 1
2 −2 2
 como matriz de coeficientes.
Es sencillo comprobar que {(1, 0, 1)} es base de S(2) y por consiguiente, los vectores propios
de f son los vectores no nulos del conjunto S(2) = {µ(1, 0, 1) / µ ∈ R}.
2. En este caso f no tiene vectores propios porque no tiene valores propios.
3. Puesto que los valores propios de f son 1 y −2, calcularemos los vectores propios de f para
cada uno de estos valores propios:
• Para el valor propio 1 calcularemos S(1), que coincide con el conjunto de soluciones del
sistema de ecuaciones lineales homogéneo, sobre el cuerpo R, que tiene a I3 −MB3(f) como
matriz de coeficientes, por ello:
(
I3 −MB3(f)
) 
x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒

1− 4 −3 −6
0 1− 1 0
3 3 1 + 5


x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒
=⇒

−3 −3 −6
0 0 0
3 3 6


x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒

x = −µ− 2γ
y = µ
z = γ
µ, γ ∈ R
140
Diagonalización de endomorfismos y matrices
y {(−1, 1, 0), (−2, 0, 1)} es base de S(1), por lo que los vectores propios de f , para el valor
propio 1, son los vectores no nulos del conjunto S(1) = {µ(−1, 1, 0) + γ(−2, 0, 1) / µ, γ ∈ R}.
• Para el valor propio −2 calcularemos S(−2), que coincide con el conjunto de soluciones
del sistema de ecuaciones lineales homogéneo, sobre el cuerpo R, que tiene a −2I3 −MB3(f)
como matriz de coeficientes, por ello:
(
− 2I3 −MB3(f)
) 
x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒

−2− 4 −3 −6
0 −2− 1 0
3 3 −2 + 5


x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒
=⇒

−6 −3 −6
0 −3 0
3 3 3


x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒

x = −µ
y = 0
z = µ
µ ∈ R
y {(−1, 0, 1)} es base de S(−2), por lo que los vectores propios de f , para el valor propio −2,
son los vectores no nulos del conjunto S(−2) = {µ(−1, 0, 1) / µ ∈ R}.
4. En este caso tenemos que λ = −1 ∈ Q es el único valorpropio. Calcularemos S(−1), que
coincide con el conjunto de soluciones del sistema de ecuaciones lineales homogéneo, sobre el
cuerpo Q, que tiene a −I3 −MB3(f) como matriz de coeficientes, por ello:
(
− I3 −MB3(f)
) 
x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒

−1− 0 −1 0
−1 −1− 2 0
0 0 −1 + 1


x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒
=⇒

−1 −1 0
−1 −3 0
0 0 0


x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒ x = 0 , y = 0 , z = µ µ ∈ Q
y {(0, 0, 1)} es base de S(−1), por lo que los vectores propios de f , para el valor propio −1,
son los vectores no nulos del conjunto S(−1) = {µ(0, 0, 1) / µ ∈ Q}.
5. Puesto que los valores propios de f son −1, 1+
√
2 y 1−
√
2, calcularemos los vectores propios
de f para cada uno de estos valores propios:
• Para el valor propio −1, calcularemos S(−1), que coincide con el conjunto de soluciones
del sistema de ecuaciones lineales homogéneo, sobre el cuerpo R, que tiene a −I3 −MB3(f)
141
Diagonalización de endomorfismos y matrices
como matriz de coeficientes, por ello:
(
− I3 −MB3(f)
) 
x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒ · · · =⇒ x = 0 , y = 0 , z = µ µ ∈ R
y {(0, 0, 1)} es base de S(−1), por lo que los vectores propios de f , para el valor propio −1,
son los vectores no nulos del conjunto S(−1) = {µ(0, 0, 1) / µ ∈ R}.
• Para el valor propio 1 +
√
2, calcularemos S(1 +
√
2), que coincide con el conjunto
de soluciones del sistema de ecuaciones lineales homogéneo, sobre el cuerpo R, que tiene a
(1+
√
2)I3−MB3(f) =

(1 +
√
2)− 0 −1 0
−1 (1 +
√
2)− 2 0
0 0 (1 +
√
2) + 1
como matriz de coeficientes,
por ello:
(1 +
√
2)− 0 −1 0
−1 (1 +
√
2)− 2 0
0 0 (1 +
√
2) + 1


x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒
=⇒

1 +
√
2 −1 0
−1 −1 +
√
2 0
0 0 2 +
√
2


x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒

x = (−1 +
√
2)µ
µ
0
µ ∈ R
donde hemos tenido en cuenta que Fer
( 
1 +
√
2 −1 0
−1 −1 +
√
2 0
0 0 2 +
√
2
) =

1 1−
√
2 0
0 0 1
0 0 0
.
Por consiguiente, {(−1+
√
2, 1, 0)} es base de S(1+
√
2) y los vectores propios de f , para el valor
propio 1+
√
2, son los vectores no nulos del conjunto S(1+
√
2) = {µ(−1+
√
2, 1, 0) / µ ∈ R}.
• Para el valor propio 1 −
√
2, calcularemos S(1 −
√
2), que coincide con el conjunto
de soluciones del sistema de ecuaciones lineales homogéneo, sobre el cuerpo R, que tiene a
(1−
√
2)I3−MB3(f) =

(1−
√
2)− 0 −1 0
−1 (1−
√
2)− 2 0
0 0 (1−
√
2) + 1
como matriz de coeficientes,
por ello:
(1−
√
2)− 0 −1 0
−1 (1−
√
2)− 2 0
0 0 (1−
√
2) + 1


x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒
142
Diagonalización de endomorfismos y matrices
=⇒

1−
√
2 −1 0
−1 −1−
√
2 0
0 0 2−
√
2


x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒

x = (−1−
√
2)µ
µ
0
µ ∈ R
donde hemos tenido en cuenta que Fer
( 
1−
√
2 −1 0
−1 −1−
√
2 0
0 0 2−
√
2
) =

1 1 +
√
2 0
0 0 1
0 0 0
.
Por consiguiente, {(−1−
√
2, 1, 0)} es base de S(1−
√
2) y los vectores propios de f , para el valor
propio 1−
√
2, son los vectores no nulos del conjunto S(1−
√
2) = {µ(−1−
√
2, 1, 0) / µ ∈ R}.
Proposición 1.7. Si V es K-espacio vectorial de dimensión finita n > 0, f ∈ EndK(V ) y
λ1, λ2, . . . , λr son valores propios de f distintos entre śı, entonces:
1) Si para cada i, con 1 ≤ i ≤ r, vi es vector propio de f para λi, entonces {v1, v2, . . . , vr} es un
sistema libre.
2) dimK
(
S(λ1) + S(λ2) + . . . + S(λr)
)
= dimKS(λ1) + dimKS(λ2) + . . . + dimKS(λr).
Demostración.
1) Lo demostraremos por reducción al absurdo suponiendo que {v1, v2, . . . , vr} no es libre.
Puesto que los vectores vi son todos no nulos por ser vectores propios de f , necesaria-
mente {v1, v2, . . . , vr} contiene subconjuntos libres entre los que elegimos uno con el mayor
número posible de vectores, {vi1 , vi2 , . . . , vit}. Supongamos que vj es uno de los vectores de
{v1, v2, . . . , vr} que no pertenece al subconjunto libre elegido, entonces se tiene que:
∃ α1, α2, . . . , αt ∈ K / vj = α1vi1 + α2vi2 + · · ·+ αtvit
y de aqúı, haciendo actuar f , se tiene que:
f(vj)

= λjvj = λj(α1vi1 + α2vi2 + · · ·+ αtvit) = λjα1vi1 + λjα2vi2 + · · ·+ λjαtvit
= f(α1vi1 + α2vi2 + · · ·+ αtvit) = α1f(vi1) + α2f(vi2) + · · ·+ αtf(vit) =
= α1λi1vi1 + α2λi2vi2 + · · ·+ αtλitvit
de donde se tiene que:
0 = (λjα1 − α1λi1)vi1 + (λjα2 − α2λi2)vi2 + · · ·+ (λjαt − αtλit)vit
143
Diagonalización de endomorfismos y matrices
y por ser {vi1 , vi2 , . . . , vit} un sistema libre y los valores propios de f , λj , λi1 , λi2 , . . . , λit ,
distintos entre śı, entonces necesariamente se tiene:
λjα1 − α1λi1 = α1(λj − λi1) = 0 =⇒ α1 = 0
λjα2 − α2λi2 = α2(λj − λi2) = 0 =⇒ α2 = 0
..............................................................................
λjαt − αtλit = αt(λj − λit) = 0 =⇒ αt = 0
y de aqúı vj = α1vi1 + α2vi2 + · · ·+ αtvit = 0, en contra de que vj es vector propio de f .
2) Lo demostraremos por inducción sobre r. Para r = 1 la igualdad que pretendemos demostrar
es inmediata. Supondremos ahora que:
dimK
(
S(λ1) + S(λ2) + . . . + S(λr−1)
)
=
= dimKS(λ1) + dimKS(λ2) + . . . + dimKS(λr−1)
y para demostrar la igualdad para r, teniendo en cuenta la fórmula de la dimensión de la
suma de dos subespacios, se tiene que:
dimK
(
S(λ1) + S(λ2) + . . . + S(λr)
)
=
= dimK
((
S(λ1) + S(λ2) + . . . + S(λr−1)
)
+ S(λr)
)
=
= dimK
(
S(λ1) + S(λ2) + . . . + S(λr−1)
)
+ dimKS(λr) −
− dimK
((
S(λ1) + S(λ2) + . . . + S(λr−1)
)
∩ S(λr)
)
=
= dimKS(λ1) + dimKS(λ2) + . . . + dimKS(λr−1) + dimKS(λr) −
− dimK
((
S(λ1) + S(λ2) + . . . + S(λr−1)
)
∩ S(λr)
)
por lo que será suficiente justificar que:(
S(λ1) + S(λ2) + . . . + S(λr−1)
)
∩ S(λr) = {0}
Supongamos pues vr ∈
(
S(λ1) + S(λ2) + . . . + S(λr−1)
)
∩ S(λr), entonces se tiene
que vr = v1 + v2 + · · ·+ vr−1, con vi ∈ S(λi) y por consiguiente se tiene:
v1 + v2 + · · ·+ vr−1 − vr = 0
pero si alguno de estos vectores vi es no nulo, será vector propio de f y habŕıamos obtenido
una combinación lineal nula, con algún coeficiente no nulo, formada por vectores propios de
f para valores propios distintos, en contra del apartado anterior. Por consiguiente se tiene en
particular que vr = 0, lo que demuestra la igualdad buscada.
�
144
Diagonalización de endomorfismos y matrices
Definición 1.8. Si A ∈ Mn(K), con n > 0, definimos valor propio y vector propio de A como los
correspondientes al homomorfismo canónico asociado a A, fA ∈ EndK(Kn), es decir, el endomorfismo
de Kn cuya matriz asociada en la base canónica es la matriz A.
2. Endomorfismos diagonalizables: definición y caracterización
Definición 2.1. Si V es K-espacio vectorial de dimensión finita n > 0 y f ∈ EndK(V ), diremos
que f es diagonalizable si existe alguna base ordenada B de V de manera que la matriz asociada,
MB(f), es una matriz diagonal, es decir, es una matriz de la forma:
MB(f) =

λ1 0 . . . 0
0 λ2 . . . 0
...
...
. . .
...
0 0 . . . λn
 = diag[λ1, λ2, . . . , λn] ∈ Mn(K)
Nota 2.2. Notemos que de la definición anterior se desprende que, si f ∈ EndK(V ) es diagonali-
zable, con B = (b1, b2, . . . , bn) una base ordenada de V para la que:
MB(f) = diag[λ1, λ2, . . . , λn] ∈ Mn(K)
entonces los elementos de K, λ1, λ2, . . . , λn, son valores propios de f ya que, ∀ i, 1 ≤ i ≤ n, λi ∈ K y
se tiene que:
det(λiidV − f) = |λiIn −MB(f)| =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

λi 0 . . . 0
0 λi . . . 0
...
...
. . .
...
0 0 . . . λi

−

λ1 0 . . . 0
0 λ2 . . . 0
...
...
. . .
...
0 0 . . . λn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
=
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
λi − λ1 0 . . . 0
0 λi − λ2 . . . 0
..
.
..
.
. . .
..
.
0 0 . . . λi − λn
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= (λi − λ1)(λi − λ2) · · · (λi − λi)︸ ︷︷ ︸
=0
· · · (λi − λn) = 0
Además, los vectores de la base B son vectores propios de f ya que, teniendo en cuenta la definición
de MB(f), para cada i, 1 ≤ i ≤ n, se tiene que f(bi) = λibi, y ademásbi 6= 0 por ser parte de una base,
por consiguiente, de acuerdo con 1.5, bi es vector propio de f para el valor propio λi.
145
Diagonalización de endomorfismos y matrices
Ejemplos 2.3.
1. El endomorfismo f del R-espacio vectorial R3, definido según:
f(x, y, z) = (2x− 4y, 5x− 2y) ∀ (x, y, z) ∈ R3
no es diagonalizable ya que, de acuerdo con lo visto en el apartado 2. del ejemplo 1.3, f no
tiene valores propios.
2. El endomorfismo f del R-espacio vectorial R3, definido según:
f(x, y, z) = (y, x + 2y,−z) ∀ (x, y, z) ∈ R3
es diagonalizable ya que, de acuerdo con lo visto en el apartado 5. de los ejemplos 1.3 y 1.6,
se tiene que: 
−1 es valor propio
{(0, 0, 1)} es base de S(−1)
f(0, 0, 1) = −1(0, 0, 1)
1 +
√
2 es valor propio
{(−1 +
√
2, 1, 0)} es base de S(1 +
√
2)
f(−1 +
√
2, 1, 0) = (1 +
√
2)(−1 +
√
2, 1, 0)
1−
√
2 es valor propio
{(−1−
√
2, 1, 0)} es base de (1−
√
2)
f(−1−
√
2, 1, 0) = (1−
√
2)(−1−
√
2, 1, 0)
Y, de la proposición 1.7 deducimos que {(0, 0, 1), (−1 +
√
2, 1, 0), (−1−
√
2, 1, 0)} es libre
y por consiguiente B =
(
(0, 0, 1), (−1+
√
2, 1, 0), (−1−
√
2, 1, 0)
)
es una base ordenada de R3.
Además es inmediato que:
MB(f) =

−1 0 0
0 1 +
√
2 0
0 0 1−
√
2

por lo que f es diagonalizable y la base B está formada por vectores propios de f .
Nota 2.4. Los dos ejemplos anteriores corresponden a los endomorfismos vistos en los apartados
2. y 5., respectivamente, de los ejemplos 1.3 y 1.6, y sobre ellos hemos podido claramente concluir que
el primero de ellos no es diagonalizable y el segundo śı. Los argumentos que aqúı hemos utilizado no
nos permiten concluir nada respecto a si los endomorfismo de los otros ejemplos vistos, 1., 3. y 4., son o
146
Diagonalización de endomorfismos y matrices
no diagonalizables. En el resultado siguiente damos condiciones que caracterizan a los endomorfismos
diagonalizables.
Proposición 2.5. Si V es K-espacio vectorial de dimensión finita n > 0 y f ∈ EndK(V ), entonces
las condiciones siguientes son equivalentes:
1) f es diagonalizable.
2) Existe alguna base de V formada por vectores propios de f .
3) f tiene valores propios y, si λ1, λ2, . . . , λr son los valores propios de f , distintos entre śı,
entonces se verifica que
∑
1≤i≤r
dimK S(λi) = n.
Demostración.
1) =⇒ 2): Por ser f diagonalizable, existe una base ordenada de V , B, de manera que la matriz asociada,
MB(f), es una matriz diagonal. Y, de acuerdo con la nota 2.2, se tiene que B es una base de V cuyos
vectores son vectores propios de f .
2) =⇒ 3): Consideremos una base de V formada por vectores propios de f y agrupemos sus vectores
según los valores propios, distintos entre śı, a que correspondan, es decir, supongamos que:

t1 vectores de esta base, son vectores propios de f para el valor propio λ1
t2 vectores de esta base, son vectores propios de f para el valor propio λ2
.................................................................................................................
tr vectores de esta base, son vectores propios de f para el valor propio λr
siendo {λ1, λ2, . . . , λr} valores propios de f distintos entre śı. Obviamente se tiene que:

dimK S(λ1) ≥ t1
dimK S(λ2) ≥ t2
............................
dimK S(λr) ≥ tr
y t1 + t2 + · · ·+ tr = n
y por consiguiente
∑
1≤i≤r
dimK S(λi) ≥ t1 + t2 + · · ·+ tr = n.
Por otro lado, por ser S(λ1) + S(λ2) + . . . + S(λr) subespacio de V , su dimensión es a lo sumo
n y, haciendo uso de la proposición 1.7, se tiene que:
n ≥ dimK
(
S(λ1) + S(λ2) + . . . + S(λr)
)
= dimKS(λ1) + dimKS(λ2) + . . . + dimKS(λr) =
147
Diagonalización de endomorfismos y matrices
=
∑
1≤i≤r
dimK S(λi) ≥ t1 + t2 + · · ·+ tr = n
de donde deducimos la igualdad buscada.
3) =⇒ 1): Supongamos que λ1, λ2, . . . , λr son valores propios de f , distintos entre śı, verificando:∑
1≤i≤r
dimK S(λi) = n. Si consideramos:

Dλ1 = {b
(λ1)
1 , b
(λ1)
2 , . . . , b
(λ1)
t1 } base de S(λ1) con t1 = dimKS(λ1) elementos
Dλ2 = {b
(λ2)
1 , b
(λ2)
2 , . . . , b
(λ2)
t2 } base de S(λ2) con t2 = dimKS(λ2) elementos
...
Dλr = {b
(λr)
1 , b
(λr)
2 , . . . , b
(λr)
tr } base de S(λr) con tr = dimKS(λr) elementos
es inmediato que el conjunto:
Dλ1 ∪ Dλ2 ∪ · · · ∪ Dλr =
{
b
(λ1)
1 , b
(λ1)
2 , . . . , b
(λ1)
t1︸ ︷︷ ︸
Dλ1
, b
(λ2)
1 , b
(λ2)
2 , . . . , b
(λ2)
t2︸ ︷︷ ︸
Dλ2
, . . . . . . , b
(λr)
1 , b
(λr)
2 , . . . , b
(λr)
tr︸ ︷︷ ︸
Dλr
}
es generador de la suma S(λ1) + S(λ2) + · · ·+ S(λr). Por otro lado, haciendo uso de 1.7, se tiene que
el subespacio suma S(λ1) + S(λ2) + · · · + S(λr), tiene dimensión n y por tanto coincide con V . Por
consiguiente:
D =
(
b
(λ1)
1 , b
(λ1)
2 , . . . , b
(λ1)
t1︸ ︷︷ ︸
Dλ1
, b
(λ2)
1 , b
(λ2)
2 , . . . , b
(λ2)
t2︸ ︷︷ ︸
Dλ2
, . . . . . . , b
(λr)
1 , b
(λr)
2 , . . . , b
(λr)
tr︸ ︷︷ ︸
Dλr
)
es una base ordenada de V y además, ∀ i, j, con 1 ≤ i ≤ r y 1 ≤ j ≤ ti, se cumple que f(b(λi)j ) = λib
(λi)
j ,
y por tanto se tiene que:
MD(f) = diag[λ1, . . .t1) , λ1, λ2, . . .t2) , λ2, . . . , λr, . . .tr) , λr]
por lo que f es diagonalizable.
�
Nota 2.6. Notemos que si f es un endomorfismo diagonalizable del K-espacio vectorial V , encon-
tramos alguna base ordenada B de V de manera que la matriz MB(f) es diagonal y los términos de su
diagonal principal son precisamente los valores propios de f , además, cada uno de ellos aparece en la
diagonal tantas veces como la dimensión del subespacio propio asociado, es decir, si λ es valor propio,
entonces λ aparece en la diagonal dimKS(λ) veces.
Corolario 2.7. Si V es K-espacio vectorial de dimensión finita n > 0, f ∈ EndK(V ) y f tiene n
valores propios distintos, entonces f es diagonalizable.
148
Diagonalización de endomorfismos y matrices
Demostración. Supongamos que {λ1, λ2, . . . , λn} son los n valores propios de f , distintos entre
śı. Por 1.2 sabemos que ∀ i, 1 ≤ i ≤ n, se tiene que dimKS(λi) ≥ 1, y, haciendo uso de 1.7, tenemos
que:
n ≥ dimK
(
S(λ1) + S(λ2) + . . . + S(λn)
)
=
= dimKS(λ1) + dimKS(λ2) + . . . + dimKS(λn) ≥ 1 + 1 + . . .n) + 1 = n
de donde necesariamente se tiene que
∑
1≤i≤n
dimK S(λi) = n y por consiguiente f es diagonalizable. �
Ejemplos 2.8.
1. El endomorfismo del apartado 1. de los ejemplos 1.3 y 1.6, no es diagonalizable puesto que
sólo tiene a 2 como valor propio y dimR S(2) = 1 6= 3 = dimRR3.
2. El endomorfismo del apartado 3. de los ejemplos 1.3 y 1.6, śı es diagonalizable puesto que
tiene a 1 y −2 como valores propios y:
dimR S(1) + dimR S(−2) = 2 + 1 = 3 = dimRR3
3. El endomorfismo del apartado 4. de los ejemplos 1.3 y 1.6, no es diagonalizable puesto que
sólo tiene a −1 como valor propio y dimQ S(−1) = 1 6= 3 = dimQQ3.
4. Respecto al endomorfismo f ∈ EndR(R3) del apartado 5. de los ejemplos 1.3 y 1.6, del
corolario anterior se desprende directamente que śı es diagonalizable puesto que tiene tres
valores propios diferentes.
3. Matrices diagonalizables: definición y caracterización
Definición 3.1. Si A ∈ Mn(K), diremos que A es diagonalizable en K si lo es su homomorfismo
canónico asociado, fA, es decir, si es diagonalizable el único endomorfismo que existe de Kn, cuya
matriz asociada en la base canónica es la matriz A.
Proposición 3.2. Si A ∈ Mn(K), entonces las condiciones siguientes son equivalentes:
1) A es diagonalizable en K.
2) A es semejante, en Mn(K), a una matriz diagonal.
Demostración.
1) =⇒ 2): Por ser A diagonalizable, lo es el endomorfismo canónico asociado a A, fA, por lo que existe
una base ordenada B de Kn de manera que la matriz asociada, MB(fA), es una matriz diagonal, D.
149
Diagonalización de endomorfismos y matrices
Considerando la matriz de cambio de base P = MB,Bn(idKn), que es una matriz inversible, se tiene
que:
MB,Bn(idKn) MB(fA) MBn,B(idKn) = MBn(fA)
de donde se tiene que A = PDP−1 y por consiguiente A es semejante, en Mn(K), a D, que es diagonal.
2) =⇒ 1): Supongamos queexisten matrices P,D ∈ Mn(K), con P inversible y D diagonal, de manera
que A = PDP−1, o lo que es equivalente, D = P−1AP . Por otro lado, por ser P inversible, sabemos
que P es una matriz de cambio de base, por lo que existe una base ordenada B de Kn de manera que
P = MB,Bn(idKn). Con todo esto se tiene que:
D = P−1AP = (MB,Bn(idKn))
−1 MBn(fA) MB,Bn(idKn) = MBn,B(idKn) MBn(fA) MB,Bn(idKn) = MB(fA)
y en consecuencia fA es diagonalizable y por tanto lo es A.
�
Nota 3.3. De acuerdo con la proposición anterior, una matriz A ∈ Mn(K) es diagonalizable en
Mn(K) si y sólo si existen matrices P,D ∈ Mn(K), con P inversible y D diagonal, de manera que
A = PDP−1, o lo que es equivalente, D = P−1AP .
Nota 3.4. Notemos que si K es un cuerpo y K ′ es un subconjunto no vaćıo de K que, para las
mismas operaciones de K pero restringidas a sus elementos, es también un cuerpo (K ′ subcuerpo de
K), entonces se tiene que Mn(K ′) ⊆ Mn(K) y por consiguiente, si A ∈ Mn(K ′), también se tiene
A ∈ Mn(K). Haciendo uso de la proposición anterior, es inmediato que si A es diagonalizable en K ′,
también lo es en K, pero el rećıproco no es cierto como se puede comprobar que ocurre con la siguiente
matriz, de acuerdo con los apartados 3. y 4. de 2.8:
A =

0 1 0
1 2 0
0 0 −1
 ∈ M3(Q) ⊆ M3(R)
Ejemplos 3.5.
1. Si consideramos la matriz A =

2 1 1
0 1 1
0 0 1
 ∈ M3(R), para estudiar si es diagonalizable, estu-
diaremos si lo es su homomorfismo canónico asociado, fA, del que sabemos que MB3(fA) = A,
siendo B3 la base canónica de R3. Para saber si fA tiene valores propios hemos de comprobar
150
Diagonalización de endomorfismos y matrices
si existen elementos λ ∈ R tales que:
0 = |λI3 −MB3(fA)| = |λI3 −A| =
∣∣∣∣∣∣∣∣λ

1 0 0
0 1 0
0 0 1
 −

2 1 1
0 1 1
0 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ =
=
∣∣∣∣∣∣∣∣
λ− 2 −1 −1
0 λ− 1 −1
0 0 λ− 1
∣∣∣∣∣∣∣∣ = (λ− 2)(λ− 1)
2
Por consiguiente, A tiene dos valores propios que son 2 y 1. Debemos ahora calcular
dimR S(2) y dimR S(1), pero, según vimos en 1.2, página 137, tenemos:
dimR S(2) = 3− rg
(
2I3 −MB3(fA)
)
= 3− rg
(
2I3 −A
)
=
= 3− rg
( 
2− 2 −1 −1
0 2− 1 −1
0 0 2− 1
) = 3− rg(

0 −1 −1
0 1 −1
0 0 1
) = 3− 2 = 1
dimR S(1) = 3− rg
(
1I3 −MB3(fA)
)
= 3− rg
(
1I3 −A
)
=
= 3− rg
( 
1− 2 −1 −1
0 1− 1 −1
0 0 1− 1
) = 3− rg(

−1 −1 −1
0 0 −1
0 0 0
) = 3− 2 = 1
Por consiguiente A no es diagonalizable puesto que:
dimR S(2) + dimR S(1) = 1 + 1 = 2 6= 3 = dimRR3
2. Si consideramos la matriz A =

1 2 0
2 1 0
0 0 3
 ∈ M3(R), para estudiar si es diagonalizable, estu-
diaremos si lo es su homomorfismo canónico asociado, fA, del que sabemos que MB3(fA) = A,
siendo B3 la base canónica de R3. Para saber si fA tiene valores propios hemos de comprobar
si existen elementos λ ∈ R tales que:
0 = |λI3−MB3(fA)| = |λI3−A| =
∣∣∣∣∣∣∣∣
λ− 1 −2 0
−2 λ− 1 0
0 0 λ− 3
∣∣∣∣∣∣∣∣ = (λ−3)
(
(λ−1)2−4
)
= · · · = (λ−3)2(λ+1)
151
Diagonalización de endomorfismos y matrices
Por consiguiente, A tiene dos valores propios que son 3 y −1. Debemos ahora calcular
dimR S(3) y dimR S(−1), pero, según vimos en 1.2, página 137, tenemos:
dimR S(3) = 3− rg
(
3I3 −MB3(fA)
)
= 3− rg
(
3I3 −A
)
=
= 3− rg
( 
3− 1 −2 0
−2 3− 1 0
0 0 3− 3
) = 3− rg(

2 −2 0
−2 2 0
0 0 0
) = 3− 1 = 2
dimR S(−1) = 3− rg
(
− 1I3 −MB3(fA)
)
= 3− rg
(
− 1I3 −A
)
=
= 3− rg
( 
−1− 1 −2 0
−2 −1− 1 0
0 0 −1− 3
) = 3− rg(

−2 −2 0
−2 −2 0
0 0 −4
) = 3− 2 = 1
Por consiguiente A śı es diagonalizable puesto que:
dimR S(3) + dimR S(−1) = 2 + 1 = 3 = dimRR3
Para obtener matrices P,D ∈ M3(R), con P inversible y D diagonal, de manera que
A = PDP−1, o lo que es equivalente, D = P−1AP , procederemos como hemos hecho en
las demostraciones de las proposiciones anteriores y calcularemos en primer lugar una base
ordenada de R3, B, formada por vectores propios de fA, la matriz diagonal D será la ma-
triz MB(fA) y la matriz inversible P será la matriz de cambio de base, MB,B3(idR3). Por
consiguiente:
(
3I3 −MB3(fA)
) 
x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒

3− 1 −2 0
−2 3− 1 0
0 0 3− 3


x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒
=⇒

2 −2 0
−2 2 0
0 0 0


x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒

x = µ
y = µ
z = γ
µ, γ ∈ R
de donde tenemos que {(1, 1, 0), (0, 0, 1)} es base de S(3).
(
− I3 −MB3(fA)
) 
x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒

−1− 1 −2 0
−2 −1− 1 0
0 0 −1− 3


x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒
152
Diagonalización de endomorfismos y matrices
=⇒

−2 −2 0
−2 −2 0
0 0 −4


x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒

x = −µ
y = µ
z = 0
µ ∈ R
de donde tenemos que {(−1, 1, 0)} es base de S(−1).
Por consiguiente, B =
(
(1, 1, 0), (0, 0, 1), (−1, 1, 0)
)
es una base ordenada de R3 y además:
(1, 1, 0) ∈ S(3) =⇒ fA(1, 1, 0) = 3(1, 1, 0)
(0, 0, 1) ∈ S(3) =⇒ fA(0, 0, 1) = 3(0, 0, 1)
(−1, 1, 0) ∈ S(−1) =⇒ fA(−1, 1, 0) = −(−1, 1, 0)
=⇒ MB(fA) =

3 0 0
0 3 0
0 0 −1
 = D
Y considerando P = MB,B3(idR3) =

1 0 −1
1 0 1
0 1 0
 ∈ GL(3, R), se tiene:
D = MB(fA) = MB3,B(idR3) MB3(fA) MB,B3(idR3) = P
−1AP
Notemos finalmente que las matrices P y D no necesariamente son únicas. En concreto,
la matriz D debe tener en su diagonal principal a los valores propios de A, repetido cada
uno de ellos tantas veces como indique la dimensión del subespacio propio asociado, pero esta
diagonal puede ser ordenada de distintas maneras. Asimismo, puesto que podemos considerar
distintas bases de vectores propios, la matriz P no es necesariamente única. Mostramos a
continuación otras formas, aparte de la ya obtenida, de expresar a la matriz A como semejante
a una matriz diagonal:
• Considerando la base de vectores propios:
D1 =
(
(0, 0, 1), (−1, 1, 0), (1, 1, 0)
)
se tiene que:
MD1(fA) =

3 0 0
0 −1 0
0 0 3
 = D1 ; MD1,B3(idR3) =

0 −1 1
0 1 1
1 0 0
 = P1
D1 = MD1(fA) = MB3,D1(idR3) MB3(fA) MD1,B3(idR3) = P
−1
1 A P1
• Se puede comprobar que {(1, 1, 1), (1, 1,−1)} es otra base de S(3), aśı como {(2,−2, 0)}
lo es de S(−1), entonces:
D2 =
(
(1, 1, 1), (1, 1,−1), (2,−2, 0)
)
153
Diagonalización de endomorfismos y matrices
es una base ordenada de R3 formada por vectores propios de A y se tiene que:
MD2(fA) =

3 0 0
0 3 0
0 0 −1
 = D2 ; MD2,B3(idR3) =

1 1 2
1 1 −2
1 −1 0
 = P2
D2 = MD1(fA) = MB3,D2(idR3) MB3(fA) MD2,B3(idR3) = P
−1
2 A P2
3. Para cada a ∈ R, consideramos la matriz Aa =

1 0 0
a 1 0
1 1 2
 ∈ M3(R), para estudiar, en
función de a, cuándo Aa es diagonalizable en R, estudiaremos si lo es su homomorfismo
canónico asociado, fAa , del que sabemos que MB3(fAa) = Aa, siendo B3 la base canónica de
R3. Para saber si fAa tiene valores propios hemos de comprobar si existen elementos λ ∈ R
tales que:
0 = |λI3 −MB3(fAa)| = |λI3 −Aa| =
∣∣∣∣∣∣∣∣
λ− 1 0 0
−a λ− 1 0
−1 −1 λ− 2
∣∣∣∣∣∣∣∣ = (λ− 1)
2(λ− 2)
Luego, con independencia del valor de a, Aa tiene dos valores propios, que son 1 y 2. Para
cada uno de ellos se tiene que:
dimR S(1) = 3− rg
(
1I3 −MB3(fAa)
)
= 3− rg
(
1I3 −Aa
)
=
= 3− rg
( 
1− 1 0 0
−a 1− 1 0
−1 −1 1− 2
) = 3− rg(

0 0 0
−a 0 0
−1 −1 −1
) =
 3− 2 = 1 si a 6= 03− 1 = 2 si a = 0
dimR S(2) = 3− rg
(
2I3 −MB3(fAa)
)
= 3− rg
(
2I3 −Aa
)
=
= 3− rg
( 
2− 1 0 0
−a 2− 1 0
−1 −1 2− 2
) = 3− rg(

1 0 0
−a 1 0
−1 −1 0
) = 3− 2 = 1
Por consiguiente:
dimR S(1) + dimR S(2) =
 1 + 1 = 2 6= dimRR3 si a 6= 02 + 1 = 3 = dimRR3 si a = 0
por lo que tenemos que:
Aa es diagonalizable ⇐⇒ a = 0
154
Diagonalización de endomorfismos y matrices
Calculemos finalmente, para a = 0, una base de S(1) y otra de S(2):
(
1I3 −MB3(fA0)
) 
x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒

1− 1 0 0
0 1− 1 0
−1 −1 1− 2


x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒
=⇒

0 0 0
0 0 0
−1 −1 −1

x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒

x = −µ− γ
y = µ
z = γ
µ, γ ∈ R
de donde tenemos que {(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)} es base de S(1).
(
2I3 −MB3(fA0)
) 
x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒

2− 1 0 0
0 2− 1 0
−1 −1 2− 2


x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒
=⇒

1 0 0
0 1 0
−1 −1 0


x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒

x = 0
y = 0
z = µ
µ ∈ R
de donde tenemos que {(0, 0, 1)} es base de S(2).
Finalmente, B =
(
(−1, 1, 0), (−1, 0, 1), (0, 0, 1)
)
es una base ordenada de R3 formada por
vectores propios de A0 y además se tiene que:
MB(fA0) =

1 0 0
0 1 0
0 0 2
 = D0 ; MB,B3(idR3) =

−1 −1 0
1 0 0
0 1 1
 = P0
D0 = MB(fA0) = MB3,D(idR3) MB3(fA0) MD,B3(idR3) = P
−1
0 A0 P0
4. Para cada a ∈ R, consideramos la matriz Aa =

1 0 0
a 1 0
1 1 a
 ∈ M3(R), para estudiar, en
función de a, cuándo Aa es diagonalizable en R, estudiaremos si lo es su homomorfismo
canónico asociado, fAa , del que sabemos que MB3(fAa) = Aa, siendo B3 la base canónica de
R3. Para saber si fAa tiene valores propios hemos de comprobar si existen elementos λ ∈ R
155
Diagonalización de endomorfismos y matrices
tales que:
0 = |λI3 −MB3(fAa)| = |λI3 −Aa| =
∣∣∣∣∣∣∣∣
λ− 1 0 0
−a λ− 1 0
−1 −1 λ− a
∣∣∣∣∣∣∣∣ = (λ− 1)
2(λ− a)
Luego, 1 y a son valores propios de fAa y Aa, PERO, para poder utilizar la caracte-
rización vista de endomorfismos diagonalizables, en la que se consideran los valores propios
distintos entre śı, necesitamos distinguir los casos a = 1 y a 6= 1, es decir, hemos de consi-
derar los casos siguientes:
• Caso a = 1: En este caso A1 sólo tiene un valor propio que es 1. Y se tiene que:
dimR S(1) = 3− rg
(
1I3 −MB3(fA1)
)
=
= 3− rg
( 
0 0 0
−1 0 0
−1 −1 0
) = 3− 2 = 1 6= 3 = dimR R3
y por consiguiente A1 no es diagonalizable.
• Caso a 6= 1: En este caso Aa tiene exactamente dos valores propios que son 1 y a. Y se
tiene que:
dimR S(1) = 3− rg
(
1I3 −MB3(fAa)
)
= 3− rg
( 
1− 1 0 0
−a 1− 1 0
−1 −1 1− a
) =
= 3− rg
( 
0 0 0
−a 0 0
−1 −1 1− a
) =
 3− 2 = 1 si a 6= 03− 1 = 2 si a = 0
dimR S(a) = 3− rg
(
aI3 −MB3(fAa)
)
= 3− rg
( 
a− 1 0 0
−a a− 1 0
−1 −1 a− a
) =
= 3− rg
( 
a− 1 0 0
−a a− 1 0
−1 −1 0
) = 3− 2 = 1
156
Diagonalización de endomorfismos y matrices
Por consiguiente:
dimR S(1) + dimR S(a) =
 1 + 1 = 2 6= 3 = dimR R3 si a 6= 02 + 1 = 3 = dimR R3 si a = 0
y en consecuencia se tiene que, siendo a 6= 1, Aa es diagonalizable si y sólo si a = 0.
En śıntesis hemos obtenido que:
Casos
Valores propios
distintos, λ
dimR S(λ) Aa Diagonalizable
a = 1 1 3− rg

0 0 0
−1 0 0
−1 −1 0
 = 3− 2 = 1 1 6= 3 NO
1 3− rg

0 0 0
−a 0 0
−1 −1 1− a
 =
 3− 2 = 1 si a 6= 03− 1 = 2 si a = 0
a 6= 1
 1 + 1 = 2 6= 3 si a 6= 0 NO2 + 1 = 3 si a = 0 SÍ
a 3− rg

a− 1 0 0
−a a− 1 0
−1 −1 0
 = 3− 2 = 1
Finalmente, en el único caso en el que Aa es diagonalizable, es decir, para a = 0, vamos a
obtener una relación de semejanza de A0 con una matriz diagonal. Necesitamos calcular una
base de vectores propios, y para ello hemos de calcular una base de S(1) y otra de S(0), ya
que los dos valores propios distintos son 1 y a = 0:
(
1I3 −MB3(fA0)
) 
x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒

0 0 0
0 0 0
−1 −1 1


x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒
=⇒

x = −µ− γ
y = µ
z = γ
µ, γ ∈ R
157
Diagonalización de endomorfismos y matrices
de donde tenemos que {(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)} es base de S(1).
(
0I3 −MB3(fA0)
) 
x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒

a− 1 0 0
0 −1 0
−1 −1 0


x
y
z
 =

0
0
0
 =⇒
=⇒

x = 0
y = 0
z = µ
µ ∈ R
de donde tenemos que {(0, 0, 1)} es base de S(0).
Finalmente, B =
(
(−1, 1, 0), (−1, 0, 1), (0, 0, 1)
)
es una base ordenada de R3 formada por
vectores propios de A0 y además se tiene que:
MB(fA0) =

1 0 0
0 1 0
0 0 0
 = D0 ; MB,B3(idR3) =

−1 −1 0
1 0 0
0 1 1
 = P0
D0 = MB(fA0) = MB3,D(idR3) MB3(fA0) MD,B3(idR3) = P
−1
0 A0 P0
5. Para cada a ∈ R, consideramos la matriz Aa =

a a− 2 0 0
0 −1 0 0
0 0 a 0
0 3 1 2
 ∈ M4(R), para estudiar,
en función de a, cuándo Aa es diagonalizable en R, estudiaremos si lo es su homomorfismo
canónico asociado, fAa , del que sabemos que MB4(fAa) = Aa, siendo B4 la base canónica de
R4. Para saber si fAa tiene valores propios hemos de comprobar si existen elementos λ ∈ R
tales que:
0 = |λI4 −MB4(fAa)| = |λI4 −Aa| =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
λ− a 2− a 0 0
0 λ + 1 0 0
0 0 λ− a 0
0 −3 −1 λ− 2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= · · · = (λ− a)2(λ + 1)(λ− 2)
Luego, −1, 2 y a son valores propios de fAa y Aa y por consiguiente deberemos distinguir
los casos a = −1, a = 2 y a 6= −1; 2, lo que hacemos en el cuadro siguiente:
158
Diagonalización de endomorfismos y matrices
Casos
Valores propios
distintos, λ
dimRS(λ) Aa Diagonalizable
−1 4− rg

0 3 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 −3 −1 −3
 = 4− 2 = 2
a = −1 2 + 1 = 3 6= 4 NO
2 4− rg

3 3 0 0
0 3 0 0
0 0 3 0
0 −3 −1 0
 = 4− 3 = 1
−1 4− rg

−3 0 0 0
0 0 0 0
0 0 −3 0
0 −3 −1 −3
 = 4− 3 = 1
a = 2 1 + 2 = 3 6= 4 NO
2 4− rg

0 0 0 0
0 3 0 0
0 0 0 0
0 −3 −1 0
 = 4− 2 = 2
−1 4− rg

−1− a 2− a 0 0
0 0 0 0
0 0 −1− a 0
0 −3 −1 −3
 = 4− 3 = 1
a 6= −1; 2 2 4− rg

2− a 2− a 0 0
0 3 0 0
0 0 2− a 0
0 −3 −1 0
 = 4− 3 = 1 1 + 1 + 2 = 4 SÍ
a 4− rg

0 2− a 0 0
0 a + 1 0 0
0 0 0 0
0 −3 −1 a− 2
 = 4− 2 = 2
159
Diagonalización de endomorfismos y matrices
Por consiguiente se tiene que Aa es diagonalizable si y sólo si a 6= −1; 2. Vamos a calcular
a continuación una relación de semejanza de cualquiera de estas matrices, Aa, con una matriz
diagonal, para lo que necesitamos calcular una base de vectores propios y para ello hemos
de calcular una base de S(−1), otra de S(2) y otra de S(a), ya que los tres valores propios
distintos son −1, 2 y a 6= −1; 2:
(
− I4 −MB4(fAa)
)

x
y
z
t
 =

0
0
0
0
 =⇒

−1− a 2− a 0 0
0 0 0 0
0 0 −1− a 0
0 −3 −1 −3


x
y
z
t
 =

0
0
0
0
 =⇒
=⇒

x = 0
y = −µ
z = 0
t = µ
µ ∈ R
de donde tenemos que {(0,−1, 0, 1)} es base de S(−1).
(
2I4 −MB4(fAa)
)

x
y
z
t
 =

0
0
0
0
 =⇒

2− a 2− a 0 0
0 3 0 0
0 0 2− a 0
0 −3 −1 0


x
y
z
t
 =

0
0
0
0
 =⇒
=⇒

x = 0
y = 0
z = 0
t = µ
µ ∈ R
de donde tenemos que {(0, 0, 0, 1)} es base de S(2).
(
aI4 −MB4(fAa)
)

x
y
z
t
 =

0
0
0
0
 =⇒

0 2− a 0 0
0 a + 1 0 0
0 0 0 0
0 −3 −1 a− 2


x
y
z
t
 =

0
0
0
0
 =⇒
160
Diagonalización de endomorfismos y matrices
=⇒

x = µ
y = 0
z = (a− 2)γ
t = γ
µ, γ ∈ R
de donde tenemos que {(1, 0, 0, 0), (0, 0, a− 2, 1)} es base de S(a).
Finalmente, Da =
(
(0,−1, 0, 1), (0, 0, 0, 1), (1, 0, 0, 0), (0, 0, a− 2, 1)
)
es una base ordenada
de R4 formada por vectores propios de Aa y además se tiene que:
MDa(fAa) =

−1 0 0 0
0 2 0 0
0 0 a 0
0 0 0 a
 = Da ; MDa,B4(idR4) =

0 0 1 0
−1 0 0 0
0 0 0 a− 2
1 1 0 1
 = Pa
Da = MDa(fAa) = MB4,Da(idR4) MB4(fAa) MDa,B4(idR4) = P
−1
a Aa Pa
4. APÉNDICE
Hemos estructurado este caṕıtulo de manera que pudiese ser abordado haciendo uso, únicamente,
de contenidos vistos en los caṕıtulos anteriores. No obstante, con objeto de recoger aqúı todos los
aspectos básicos sobre el tema, incluimos en este apéndice otra caracterización de endomorfismos y
matrices diagonalizables que, por requerir contenidos propios de la estructura del anillo de polinomios
sobre un cuerpo, que serán vistos en un caṕıtulo posterior, su justificación debe ser pospuestapara más
adelante.
Proposición 4.1. Sea f un endomorfismo de un K-espacio vectorial V de dimensión finita n > 0
y sea B una base ordenada de V , entonces:
1) El determinante de la matriz
(
xIn−MB(f)
)
, |xIn−MB(f)|, es un polinomio con indeterminada
x y coeficientes en K, que tiene grado n y es mónico, es decir, el coeficiente de su término de
mayor grado es 1.
2) Si D es otra base ordenada de V , entonces |xIn −MB(f)| = |xIn −MD(f)|.
Definición 4.2. Si f es un endomorfismo de un K-espacio vectorial V de dimensión finita n > 0,
al polinomio mónico de grado n, |xIn −MB(f)|, que de acuerdo con la proposición anterior sabemos
161
Diagonalización de endomorfismos y matrices
que no depende de la base ordenada B de V , lo denominaremos polinomio caracteŕıstico de f y lo
representaremos por cf (x).
Nota 4.3. En las condiciones de la definición anterior y de acuerdo con la proposición 1.2, página
137, si λ ∈ K, se tiene que λ es valor propio de f si y sólo si cf (λ) = 0, es decir, si y sólo si λ es ráız
del polinomio caracteŕıstico de f , siendo λ un elemento de K.
Proposición 4.4. Si V es K-espacio vectorial de dimensión finita n > 0 y f ∈ EndK(V ), entonces
las condiciones siguientes son equivalentes:
1) f es diagonalizable.
2) El polinomio caracteŕıstico de f , cf (x), tiene todas sus ráıces en K y, para cada λ, ráız de
cf (x), se verifica que su grado de multiplicidad como ráız de cf (x), coincide con la dimensión
del subespacio propio asociado, dimKS(λ).
Nota 4.5. Notemos que esta proposición ampĺıa las caracterizaciones vistas en 2.5, página 147, de
endomorfismos diagonalizables.
Por otro lado, de acuerdo con esta nueva caracterización, en los apartados 1. y 3. de los ejemplos
2.8, página 149, hubiésemos podido directamente concluir que no son diagonalizables puesto que:
1. El endomorfismo f ∈ EndR(R3), no es diagonalizable puesto que cf (x) = (x− 2)(x2 − x + 3) no
tiene todas sus ráıces en R.
3. El endomorfismo f ∈ EndQ(Q3) no es diagonalizable puesto que cf (x) = (x + 1)(x2 − 2x − 1)
no tiene todas sus ráıces en Q.
Definición 4.6. En la misma ĺınea de la definición 1.8, página 145, si A ∈ Mn(K), con n > 0,
definimos polinomio caracteŕıstico de A, y lo representamos por cA(x), al polinomio caracteŕıstico del
endomorfismo canónico asociado a A, fA, y por consiguiente se tiene:
cA(x) = cfA(x) = |xIn −MBn(fA)| = |xIn −A|
Nota 4.7. De acuerdo con esta nueva caracterización de matrices diagonalizables, en el ejemplo
3. de 3.5, se puede también concluir que A0 no es diagonalizable de que cA(x) = (x − 1)2(x − 2) y
dimR S(1) = 1 6= 2.
162