Deposito Algebra lineal (62)

Vista previa del material en texto

184 Fundamentos del Álgebra Lineal. Ejercicios y Cuestiones 
 
P5. Sea �:ℝ� → ℝ�	un endomorfismo cuya matriz asociada es	� = �D 		0 −10 −1 			D0 			D −1�. Hallar los 
valores del parámetro real D		para los cuales	� es diagonalizable y diagonalizarla cuando sea 
posible. 
 
RESOLUCIÓN 
Se calculan los autovalores resolviendo la ecuación característica 
|� − ��| = ��D 		0 −10 −1 			D0 			D −1�	− � �
1 0 00 1 00 0 1�� = �
D − � 		0 −10 −1 − � 			D0 			D −1 − �� 																= �D − ����−1 − ��� − D�� = �D − ���D − 1 − ���−D − 1 − �� 
|� − ��| = 0 ⇔ I � = D�� = D − 1�� = −D − 1! 
Se obtienen tres raíces de la ecuación característica. En función de los valores que tome el 
parámetro real D, es posible que estas raíces sean simples o múltiples, dando lugar a diferentes 
casos 
 
Caso 1: D ≠ 0 y D ≠ − � 
Se obtienen tres autovalores distintos I � = D		�� = D − 1		�� = −D − 1		! donde 
fT�� � = 1fT���� = 1fT���� = 1 
Se calculan los subespacios propios asociados a estos autovalores 
Para � = D se resuelve el sistema �� − � ��"# = 0$#, donde "# = �%, ', (� ∈ ℝ� 
�� − D��"# = 0$# ⇒ �0 		0 −10 −1 − D 			D0 			D −1 − D�*
%'(+ = �
000� ⇒ I
−( = 0�−1 − D�' + D( = 0D' + �−1 − D�( = 0! ⇒ 
' = 0, ( = 0		∀% ∈ ℝ 
El subespacio propio asociado al valor propio � = D es ./0 = 1�%, 0,0�	|	% ∈ ℝ2 = 〈�1,0,0�〉 con fg�� � = 1 
Para �� = D − 1 se resuelve el sistema �� − ����"# = 0$#, donde "# = �%, ', (� ∈ ℝ� 
�� − �D − 1���"# = 0$# ⇒ �1 		0 −10 −D 			D0 			D −D�*
%'(+ = �
000� ⇒ I
% − ( = 0−D' + D( = 0D' − D( = 0 ! ⇒ 
 
185 Diagonalización 
% = (, ' = (		∀( ∈ ℝ 
El subespacio propio asociado al valor propio �� = D − 1 es ./8 = 1((, (, ()	|	( ∈ ℝ2 = 〈(1,1,1)〉 con fg(��) = 1 
Para �� = −D − 1 se procede de forma similar a los casos anteriores 
(� − (−D − 1)�)"# = 0$# ⇒ �2D + 1 0 −10 D 			D0 D 			D� *
%'(+ = �
000� ⇒	 ,(2D + 1)% − ( = 0D' + D( = 0 ! ⇒ ' = −(2D + 1)%, ( = (2D + 1)%		∀% ∈ ℝ 
El subespacio propio asociado al valor propio �� = −D − 1 es ./; = 1(%,−(2D + 1)%, (2D + 1)%)	|	% ∈ ℝ2 = 〈(1,−(2D + 1), 2D + 1)〉 con fg(��) = 1 
Resumen del primer caso I � = D	�� = D − 1	�� = −D − 1	! con 
fT(� ) = 1 = fg(� )	fT(��) = 1 = fg(��)	fT(��) = 1 = fg(��) 
La matriz es diagonalizable siendo ? = �D 0 	00 D − 1 	00 0 −D − 1� y 	� = �
1 1 10 1 −1 − 2D0 1 			1 + 2D�. 
 
Caso 2: D = 0 
La matriz del endomorfismo �	es � = �0 		0 −10 −1 			00 			0 −1� 
Se obtienen dos autovalores distintos , � = 0	�� = −1	! con 	fT(� ) = 1	fT(��) = 2 
Para � = 0 se resuelve el sistema (� − � �)"# = 0$#, donde "# = (%, ', () ∈ ℝ� 
�"# = 0$# ⇒ �0 		0 −10 −1 			00 			0 −1�*
%'(+ = �
000� ⇒ ,−( = 0−' = 0! 	⇒ ' = 0, ( = 0		∀% ∈ ℝ 
El subespacio propio asociado al valor propio � = 0 es ./0 = 1(%, 0,0)	|% ∈ ℝ2 = 〈(1,0,0)〉 con fg(� ) = 1 
Para �� = −1 se resuelve el sistema (� − ���)"# = 0$#, donde "# = (%, ', () ∈ ℝ� 
(� + �)"# = 0$# ⇒ �1 0 −10 0 			00 0 			0�*
%'(+ = �
000� ⇒ % − ( = 0 ⇒ % = (		∀', ( ∈ ℝ 
El subespacio propio asociado al valor propio �� = −1 es ./8 = 1((, ', ()	|	', ( ∈ ℝ2 = 	 〈(1,0,1), (0,1,0)〉 con fg(��) = 2 
 
186 Fundamentos del Álgebra Lineal. Ejercicios y Cuestiones 
Resumen del caso 2 , � = 0	�� = −1	! con 	fT(� ) = 1 = fg(� )	fT(��) = 2 = fg(��) 
La matriz es diagonalizable siendo ? = �0 			0 			00 −1 			00 			0 −1� y 	� = �
1 1 00 0 10 1 0�. 
 
Caso 3: D = − � 
La matriz del endomorfismo �	es � = �−1/2 					0 −1		0 		−1 	−1/2		0 		−1/2 −1 � 
Se obtienen dos autovalores distintos ,� = −3/2	�� = −1/2	! con fT(� ) = 1fT(��) = 2 
Para � = −3/2 se resuelve el sistema (� − � �)"# = 0$#, donde "# = (%, ', () ∈ ℝ� 
h� + 32 �i "# = 0$# ⇒ �1 		0 		−10 		1/2 −1/20 −1/2 			1/2�*
%'(+ = �
000� ⇒		 I
% − ( = 0h12i' − h12i ( = 0! ⇒ 
% = (, ' = (		∀( ∈ ℝ 
El subespacio propio asociado al valor propio � = −3/2 es ./0 = 1((, (, ()	|	( ∈ ℝ2 = 〈(1,1,1)〉 con fg(� ) = 1 
Se repite el proceso para λ� = −1/2 
hA + 12 Ii v$# = 0$# ⇒ �0 			0 −10 −1/2 −1/20 −1/2 −1/2�*
%'(+ = �
000� ⇒ 	I
−z = 0−h12i' − h12i ( = 0! ⇒ 
' = 0, ( = 0		∀% ∈ ℝ 
El subespacio propio asociado al valor propio �� = −1/2 es ./8 = 1(%, 0,0)	|	% ∈ ℝ2 = 〈(1,0,0)〉 con fg(��) = 1 
Resumen del caso 3		,� = −3/2	�� = −1/2	! con 		 	fT(� ) = 1 = fg(� )	fT(��) = 2 ≠ fg(��) = 1 
En este caso la matriz no es diagonalizable. 
 
 
P6. Sea �:ℝ� → ℝ�	un endomorfismo cuya matriz asociada es � = �−D 			1 E			0 −1 	0			0 			1 E�.	Hallar los 
valores de los parámetros reales D	y E	para los cuales � es diagonalizable y diagonalizarla 
cuando sea posible.