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Matemáticas II
Clase 23: Aplicaciones de la diagonalización de
matrices simétricas
Jorge Rivera
Lunes 25 de octubre, 2021
Apunte de Curso: Págs. 245 - 251
1
Agenda
Objetivos de la clase
Aplicación 1: estudio del signo de una matriz
Aplicación 2: potencia de una matriz (simétrica)
Cuestiones complementarias
2
Objetivos de la clase
• Aplicar la diagonalización de matrices simétricas para conocer el
signo de una matriz.
• Aplicar la diagonalización de matrices simétricas para obtener
potencias de una matriz (simétrica) y evaluar polinomios en
matrices.
• Tratar algunos temas complementarios.
3
Aplicación 1: estudio del signo de
una matriz
Previa
• Para A ∈ Rn×n una matriz simétrica, sabemos que existe una matriz
ortogonal P ∈ Rn×n (es decir, P−1 = Pt) tal que para D ∈ Rn×n la
matriz diagonal de valores propios de A se cumple que
A = PDPt.
• Notemos ahora lo siguiente: ya que P es invertible ocurre que
Im(P) = Rn. Es decir, para cualquier X ∈ Rn ocurre que el vector
Y = PX
es un vector arbitrario de Rn.
• Por otro lado, recuerde también que si una matriz B ∈ Rn×n es
invertible, entonces Bt también es invertible.
4
• Recuerde también que si D es una matriz diagonal, entonces la forma
cuadrática correspondiente tiene una expresión muy sencilla (se ilustra
caso 3× 3): dado X =
x1x2
x3
 ∈ R3 tenemos que
D =
λ1 0 00 λ2 0
0 0 λ3
 ⇒ QD(X ) = λ1x21 + λ2x22 + λ3x23 .
5
Presentación del resultado
• Lo que sigue se ilustra para el caso de matrices de 3× 3 y se puede
extender directamente a matrices de cualquier orden.
• Dada A ∈ Rn×n una matriz simétrica, consideremos que A = PDPt es
la diagonalización de A, con P ortogonal y
D =
λ1 0 00 λ2 0
0 0 λ3
 .
• Dado X ∈ R3 tenemos entonces que
X tAX = X tPDPtX .
• Usando propiedades de la traspuesta, lo anterior se puede escribir como
QA(X ) = (P
tX )tD(PtX ) = Y tDY
donde Y = PtX ∈ Rn es un vector arbitrario de Rn (Pt es invertible ya
que P lo es).
6
• De esta manera, denotando
Y =
y1y2
y3
 = PtX
(que es un vector arbitrario de R3) tenemos que
QA(X ) =
[
y1 y2 y3
]λ1 0 00 λ2 0
0 0 λ3

y1y2
y3
 = λ1y21 + λ2y22 + λ3y23 .
• En consecuencia:
(i) A es definida positiva śı y solo śı λ1 > 0, λ2 > 0 y λ3 > 0.
(ii) A es semidefinida positiva śı y solo śı λ1 ≥ 0, λ2 ≥ 0 y λ3 ≥ 0.
(iii) A es definida negativa śı y solo śı λ1 < 0, λ2 < 0 y λ3 < 0.
(iv) A es semidefinida negativa śı y solo śı λ1 ≤ 0, λ2 ≤ 0 y λ3 ≤ 0.
(v) A no tiene signo si algunos valores propios son positivos y otros son
negativos.
7
Ejemplo 1
• Para A =
[
2 1
1 4
]
, el polinomio caracteŕıstico es
pA(λ) = λ
2 − 6λ+ 7λ.
NOTA. En general, recuerde que para una matriz A ∈ R2×2 el polinomio
caracteŕıstico es pA(λ) = λ
2 − tr(A)λ+ detA.
• Usando lo anterior, los valores propios de A cumplen que
λ2−6λ+7λ = 0 ⇒ λ1 =
6 +
√
36− 28
2
=
6 +
√
8
2
∨ λ2 =
6−
√
8
2
.
• Ya que λ1 > 0 y λ2 > 0 tenemos que A es definida positiva.
• En consecuencia, hemos probado que para X =
[
x1
x2
]
∈ R2, si X ̸= 02
se cumple que
QA(X ) = 2x
2
1 + 4x
2
2 + 2x1x2 > 0.
8
Ejemplo 2
¿Es cierto (o no) lo siguiente?: ∀x1, x2 ∈ R, si x1 ̸= o x2 ̸= 0 se tiene que
x21 + 2x
2
2 + 2x1x2 > 0.
• Lo anterior “se parece” a una forma cuadrática. En efecto,
identificando los elementos cuando (el coeficiente del término cruzado es
la suma de los elementos que no están en la diagonal)
A =
[
1 1
1 2
]
∧ X =
[
x1
x2
]
,
uno tiene
X tAX = x21 + 2x
2
2 + 2x1x2.
• Ya que pA(λ) = λ2 − 3λ+ 1, los valores propios de A son
pA(λ) = λ
2 − 3λ+ 1 = 0 ⇒ λ1 =
3 +
√
5
2
∨ λ1 =
3−
√
5
2
.
• Como λ1 > 0 y λ2 > 0, la matriz A es definida positiva, por lo que se
cumple lo indicado. 9
Aplicación 2: potencia de una
matriz (simétrica)
• Para ilustrar, supongamos que A ∈ R3×3 es simétrica y que su
diagonalización es
A = PDPt,
con
D = Diag(λ1, λ2, λ3) =
λ1 0 00 λ2 0
0 0 λ3
 .
• Se tiene entonces que
A2 = AA = (PDPt)(PDPt) = (PD) (PtP)︸ ︷︷ ︸
In
(DPt).
• Es decir:
A2 = PD2Pt.
• Pero:
D2 =
λ1 0 00 λ2 0
0 0 λ3

λ1 0 00 λ2 0
0 0 λ3
 =
λ21 0 00 λ22 0
0 0 λ23
 = Diag(λ21, λ22, λ23).
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• Finalmente, para k ∈ N notamos que
Ak = AAA · · ·A︸ ︷︷ ︸
k veces
= (PDPt)(PDPt)(PDPt) · · · (PDPt)︸ ︷︷ ︸
k veces
.
• Ya que PPt, que aparece entremedio de las multiplicaciones
anteriores, es igual a la matriz identidad, lo anterior queda
Ak = P DD · · ·D︸ ︷︷ ︸
k veces
Pt.
• Por otro lado, es directo ver que
DD · · ·D︸ ︷︷ ︸
k veces
=
λk1 0 00 λk2 0
0 0 λk3
 = Diag(λk1 , λk2 , λk3).
• En general: para una matriz simétrica A ∈ Rn×n tal que su
diagonalización es A = PDPt, se puede probar que para todo k ∈ N:
Ak = P Diag(λk1 , λ
k
2 , · · · , λkn)Pt.
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Ejemplo 1
Para A =
[
2
√
3√
3 4
]
se pide encontrar una expresión para Ak , con
k ∈ N. Para ello, luego de realizar el ejercicio de diagonalización de A
uno obtiene que (ver ppt de clase anterior)
A =
[
2
√
3√
3 4
]
=
[
−
√
3
2
1
2
1
2
√
3
2
][
1 0
0 5
][
−
√
3
2
1
2
1
2
√
3
2
]
.
Luego:
Ak =
[
−
√
3
2
1
2
1
2
√
3
2
][
1 0
0 5k
][
−
√
3
2
1
2
1
2
√
3
2
]
.
12
• Es decir:
Ak =
−
√
3
2
1
2
1
2
√
3
2

1 0
0 5k

−
√
3
2
1
2
1
2
√
3
2

=
−
√
3
2
5k
2
1
2
5k
√
3
2

−
√
3
2
1
2
1
2
√
3
2

=
 3+5
k
4
√
3(5k−1)
4
√
3(5k−1)
4
1+3∗5k
4

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Ejemplo 2
Dadas las constantes α, β, γ ∈ R, considere el siguiente polinomio de
segundo grado:
q(x) = αx2 + βx + γ.
Con esto, dada una matriz A ∈ R2×2, definamos el polinomio evaluado
en esa matriz como
q(A) = αA2 + βA+ γI 2,
donde I 2 es la matriz identidad.
• Por ejemplo, si q(x) = 2x2 − x + 4 y A =
[
2 3
3 1
]
, tenemos que
q(A) = 2
([
2 3
3 1
])2
−
[
2 3
3 1
]
+ 4
[
1 0
0 1
]
.
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• Desarrollando el producto y las sumas correspondientes, lo anterior da
como resultado (verifique Ud.)
q(A) = 2
([
2 3
3 1
])2
−
[
2 3
3 1
]
+ 4
[
1 0
0 1
]
= 2
[
13 9
9 10
]
+
[
2 −3
−3 3
]
=
[
28 15
15 23
]
15
• Supongamos entonces que A ∈ R2×2 es simétrica y que su
diagonalización es A = PDPt. Con eso, usando el polinomio
q(x) = αx2 + βx + γ se tiene que
q(A) = α(PDPt)2 + β(PDPt) + γI 2
= α(PDPt)(PDPt) + βPDPt + γPPt
= αPD2Pt + βPDPt + γPPt
= P(αD2 + βD + γI 2)Pt
• Si D = Diag(λ1, λ2) (diagonal de valores propios de A) sabemos que
D2 = Diag(λ21, λ
2
2), por lo que
αD2+βD+γI 2 = α
[
λ21 0
0 λ22
]
+β
[
λ1 0
0 λ2
]
+γ
[
1 0
0 1
]
=
[
q(λ1) 0
0 q(λ2)
]
.
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• En consecuencia, sobre la base de todo lo anterior,
q(A) = P Diag(q(λ1, q(λ2))P
t,
donde P es la matriz ortogonal que proviene de la descomposición de A y
Diag(q(λ1, q(λ2)) es una matriz diagonal cuyos elementos son el
polinomio evaluado en los valores propios de A.
• El resultado anterior se puede extender a cualquier matriz simétrica
A ∈ Rn×n y para cualquier polinomio
q(x) = akx
k + ak−1x
k−1 + · · ·+ a1x + a0
de modo que
q(A) = P Diag(q(λ1, q(λ2), · · · , q(λn))Pt,
donde λ1, λ2, · · · , λn son los valores propios de A y P la matriz ortogonal
tal que A = PDPt (con D la diagonal de valores propios de A).
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Cuestiones complementarias
Determinante y valores propios
• Para A ∈ Rn×n una matriz simétrica, expliquemos por qué el
determinante de A es igual al producto de sus valores propios
λ1, λ2, . . . , λn.
• En efecto, usando la diagonalización de A sabemos que A = PDPt, con
P matriz ortogonal y D diagonal de valores propios.
• Luego, usando la propiedad det(AB) = det(BA) = det(A)det(B),
tenemos que
det(A) = det(PDPt) = det(PPt︸︷︷︸
In
D) = det(D) = λ1λ2 · · ·λn,
que es lo que queŕıamos probar.
NOTA. El resultado anterior sigue siendo válido para cualquier matriz
A ∈ Rn×n (sea o no simétrica). Es decir, si λ1, λ2, . . . , λn son los valores
propios de A ∈ Rn×n, se cumple que
det(A) = λ1λ2 · · ·λn.
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Propiedad importante de matrices rango completo
• En ciertas cuestiones de estad́ıstica, de econometŕıa y, en general,en el
análisis de bases de datos, será usual trabajar con matrices donde el
número de filas es mayor que el número de columnas (m > n): se trata
de “matrices alargadas”.
• Por ejemplo: m es el número de personas (“grande”) y n son
caracteŕısticas de esas personas, por ejemplo, edad, género, ingreso, etc.
(menor que m).
• Esas matrices no son invertibles (no son cuadradas!). Sin embargo,
usualmente serán de rango completo, es decir, sus n columnas son l.i..
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• Supongamos entonces que m, n ∈ N tal que m > n y sea A ∈ Rm×n una
matriz de rango completo (rg(A) = n), por lo que sus n columnas son l.i.
• Definamos entonces
B = AtA ∈ Rn×n.
• La idea es probar que si A es de rango completo entonces B es
definida positiva y, por lo tanto, B es invertible.
• Si A es definida positiva, todos sus valores propios son mayor estricto
que 0. Como el determinante de B es el producto de sus valores
propios, cuando es definida positiva ocurre que el determinante es
mayor estricto que 0, por lo que es invertible (det(B) ̸= 0).
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• Dado X ∈ Rn, la forma cuadrática asociada a B es
QB(X ) = X
tBX = X tAtAX = (AX )t(AX ) = (AX ) · (AX ) = ∥AX∥2.
• Solo por lo anterior tenemos que B es semidefinida positiva (eso ya
que para todo X ∈ Rn se tiene que QB(X ) ≥ 0).
• Para probar que B es definida positiva, debemos mostrar que
QB(X ) = 0 solo cuando X = 0n. Supongamos entonces QB(X ) = 0.
Luego
∥AX∥ = 0.
• Ya que la norma de un vector es 0 solo cuando el vector es el origne, lo
anterior implica qyue AX = 0n.
• Finalmente, como A es de rango completo, el hecho que AX = 0n
implica que X = 0n. Con eso probamos que B = AtA es definida
positiva, y por lo tanto invertible.
21
	Objetivos de la clase
	Aplicación 1: estudio del signo de una matriz
	Aplicación 2: potencia de una matriz (simétrica)
	Cuestiones complementarias