Deposito Algebra lineal (65)

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193 Diagonalización 
./8 = pb−'2 + (, ', (c	|	', ( ∈ ℝq = 〈(1,−2,0), (1,0,1)〉 
Una vez calculados los subespacios propios asociados a los autovalores, se puede obtener una 
base de ℝ� respecto de la cual la matriz asociada a � es diagonal. 
La matriz diagonal es ? = �−9 0 0			0 9 0			0 0 9�	 siendo por ejemplo d = 1"# , "#�, "#�2 la base de ℝ�, 
donde "# = (2,1,−2), "#� = (1,−2,0) y "#� = (1,0,1). Esta base no es ortogonal ya que aunque 
los vectores "# y "#� y "# y "#� son ortogonales entre sí, por ser vectores propios asociados a 
distintos valores propios, "#� y "#� no lo son, ya que "#� ∙ "#� = (1,−2,1) · (1,0,1) = 2 ≠ 0. 
Por tanto, hay que transformar uno de los dos vectores asociados al valor propio múltiple para 
que los tres vectores sean ortogonales. Se construye una base ortogonal utilizando el método de 
Gramm-Schimdt. 
Sea ̂$$#� = "#� + �"#�⇒	$̂$#� = (1,0,1) + �(1,−2,0) = (1 + �,−2�, 1). Para que "#� y $̂$#�	sean 
ortogonales se debe cumplir que "#�. $̂$#� = 0 (1, −2,0) ∙ 	 (1 + �,−2�, 1) = 0 ⇒ 1 + � + 4� + 0 = 0 ⇒ � = −1/5 
Sustituyendo este valor de � en el vector ̂$$#� se tiene que 
$̂$#� = h1 − 15 , 25 , 1i = h45 , 25 , 1i 
Véase que ̂$$#� también es ortogonal a "# 
$̂$#� ∙ "# = h45 , 25 , 1i ∙ (2,1,−2) = 85 + 25 − 2 = 0 
Por tanto la base dz = 1"# , "#�, $̂$#�2 es una base ortogonal de ℝ� formada por vectores propios de �. Para transformar esta base en ortonormal, se convierten los vectores en unitarios 
dividiéndolos entre su norma 
]$# = "# ‖"# ‖ = (2,1,−2)y2� + 1� + (−2)� = h23 , 13 ,−2		3 i 
]$#� = "#�‖"#�‖ = (1,−2,0)y1� + (−2)� + 0� = h 1√5 ,−2√5 , 0i 
]$#� = $̂$#�‖$̂$#�‖ = b
45 , 25 , 1c�b45c� + b25c� + 1� = *
43√5 , 23√5 , 	√53 + 
 
194 Fundamentos del Álgebra Lineal. Ejercicios y Cuestiones 
Entonces la base d′z = 1]$# , ]$#�, ]$#�2 donde ]$# = b�� , � , @�			�c , 	]$#� = b √� , @�√� , 0c y ]$#� =h 43√5 , 23√5 , 	√53 i es una base ortonormal de ℝ� respecto de la cual la matriz asociada a � es la 
matriz diagonal ? = �−9 0 0		0 9 0		0 0 9�. 
Además se cumple que ? = �R�� donde � =
��
�		
23 1√5 43√513 −2√5 23√5−2		3 0 	√53 ��
�
. 
 
 
P9. Obtener la forma canónica de Jordan de la matriz � =
�
���	
	1 					1 					0	0 					0 					0	0 					2 		−1
−2 −2 			2			1 			1 −1−2 −1 			3	0 		−1 					0	0 					0 					0	0 					0 					0
			2 			0 −3			0 			1 			0			0 			0 −1�
��� 
 
RESOLUCIÓN 
Para determinar cuáles son los autovalores de la matriz � se obtiene el polinomio característico 
��(�) = ��
1 − � 			1 0		0 −� 0		0 			2 −1 − �
−2 				−2 										2			1 							1 							−1−2 				−1 										3000
				−1					0					0
					0					0					0
2 − � 			0 		−30 1 − � 					00 			0 −1 − ��
� = (� − 1)�(� + 1)� 
Por lo que los autovalores de la matriz y las correspondientes multiplicidades algebraicas son 
(� − 1)�(� + 1)� = 0 ⇔ , � = 1�� = −1! donde 	fT(� ) = 4fT(��) = 2 
Recordar, que si la matriz es diagonalizable su forma canónica de Jordan es una matriz 
diagonal, y que en caso contrario se debe calcular una cadena de subespacios		./�	� para cada 
autovalor. Se estudia si la matriz � es diagonalizable, es decir, se calculan los subespacios 
propios correspondientes a cada valor propio y se comprueba si la multiplicidad algebraica y la 
geométrica coinciden. 
Se calculan los subespacios asociados al autovalor � = 1 cuya multiplicidad algebraica es 	fT(� ) = 4. El subespacio propio asociado a � = 1 se calcula como el núcleo de la 
aplicación ���(� − � �) 
./0 = 9	%# ∈ . ∶ (� − � �)%# = 0$#: = ���(� − � �) 
 
195 Diagonalización 
Es decir, para obtener el subespacio propio ./0 se debe resolver el siguiente sistema 
�
���	
	0 					1 					0	0 		−1 					0	0 					2 		−2
−2 −2 			2			1 			1 −1−2 −1 			3	0 		−1 					0	0 					0 					0	0 					0 					0
			1 			0 −3			0 			0 			0			0 			0 −2�
���·�
��
% %�%�%�%�%{�
�� =
�
��
000000�
�� ⇒ JKL
KM %� − 2%� − 2%� + 2%{ = 0−%� + %� + %� − %{ = 02%� − 2%� − 2%� − %� + 3%{ = 0−%� + %� − 3%{ = 0−2%{ = 0
! 	⇒	 
%� = 0, %� = 0, %� = 0, %� = 0, %{ = 0, ∀% ∈ ℝ 
El subespacio propio asociado al autovalor � = 1 es ./0 = 1	(% , 0,0,0,0,0)	|	% ∈ ℝ2 = 	 〈(1,0,0,0,0,0)〉 
Como dicho subespacio esta generado por un único vector fg(� ) = ��f./0 = 1 ≠fT(� ) =4, la matriz no es diagonalizable y se debe construir la cadena de subespacios ./0	� hasta que la 
dimensión del subespacio coincida con la multiplicidad algebraica del autovalor. 
Además, como fg(� ) = ��f./0 = 1, hay un único bloque elemental de Jordan con autovalor � . 
./0	� = 9	%# ∈ . ∶ (� − � �)�%# = 0$#: = ���(� − � �)� 
Para obtener un sistema generador del subespacio vectorial se debe resolver el siguiente sistema 
�
���	
	0 			1 	0	0 			0 	0	0 −4 	4
−1 				1 			1		0 −	1 			0		4 				4 −8	0 			0 	0	0 			0 	0	0 			0 	0
			0 		−1 			4			0 					0 			0			0 					0 			4�
���·�
��
% %�%�%�%�%{�
�� =
�
��
000000�
�� ⇒ 
JKL
KM %� − %� + %� + %{ = 0−%� = 0−4%� + 4%� + 4%� + 4%� − 8%{ = 0−%� + 4%{ = 04%{ = 0
! 	⇒
JKL
KM %� = %�%� = 0%� = 0%{ = 0∀% , %� ∈ ℝ
! 
El subespacio vectorial es 
./0	� = 1	(% , %�, 0, %�, 0,0)	|	% , %� 	 ∈ ℝ2 = 〈(1,0,0,0,0,0), (0,1,0,1,0,0)〉 
En este caso, el sistema generador está formado por dos vectores linealmente independientes, en 
conclusión, ��f./0	� = 2 ≠fT(� ) = 4 y se debe continuar construyendo la cadena de 
subespacios vectoriales. 
./0	� = 9	%# ∈ . ∶ (� − � �)�%# = 0$#: = ���(� − � �)�