Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (13)

Vista previa del material en texto

2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN
5. Si λ0 es un autovalor de una matriz cuadrada A, se pide:
a) ¿Qué es la multiplicidad de λ0? b) ¿Qué relación tiene con los grados de libertad del sistema
homogéneo (λ0I −A | 0)? c) ¿Cómo influyen las multiplicidades para saber si A es diagonalizable?
Solución: a) Como λ0 es autovalor, al factorizar el polinomio caracteŕıstico p(λ) = |λI−A| aparece
el factor (λ− λ0), y podemos agrupar todas las veces que aparece en una potencia (λ− λ0)m. Ese
exponente m es la multiplicidad de λ0.
b) Esa multiplicidad m siempre es mayor o igual que los grados de libertad de (λ0I − A | 0). Y si
m = 1 (autovalor simple) entonces se da seguro la igualdad, es decir hay exactamente 1 grado de
libertad.
c) A es diagonalizable si y sólo si la suma de las multiplicidades es el tamaño de A y además, para
cada autovalor λ0, su multiplicidad es igual que los grados de libertad de (λ0I −A | 0).
o
6. Si A es una matriz cuadrada de tamaño n, ¿qué significa que A sea diagonalizable?
Solución: Que existan dos matrices cuadradas del mismo tamaño, una diagonal D y una in-
vertible P , tales que AP = PD. También significa que A tenga n vectores propios linealmente
independientes.
o
7. Con respecto a la diagonalización:
a) ¿Qué se puede decir de una matriz simétrica A?
b) ¿Qué se puede decir de una matriz cuyo polinomio caracteŕıstico es (x− 1)2(x+ 1)2(x2 + 1)?
Solución: a) Que se puede diagonalizar ortogonalmente, es decir, que existen una matriz diagonal
D y una matriz invertible P con sus columnas (o filas) ortogonales dos a dos tales que AP = PD.
b) Que no se puede diagonalizar (sobre R), pues el polinomio caracteŕıstico tiene ráıces que no son
reales (las del tercer factor, que son i y −i).
o
8. La matriz A es diagonalizable y tenemos D (diagonal) y P (invertible) con AP = PD. ¿Cómo
puedes usar esto para calcular las potencias de A de un modo sencillo? ¿Por qué es sencillo?
Solución: De la igualdad AP = PD se obtiene A = PDP−1, multiplicando a la derecha por P−1.
Entonces A2 = PDP−1PDP−1 = PD2P−1 y análogamente Ak = PDkP−1. Esto da un modo de
calcular la potencia Ak que es sencillo porque las matrices P y P−1 son “fijas” (no dependen de k)
y Dk es muy fácil de calcular: si D = diag(d1, d2, . . . , dn) entonces D
k = diag(dk1, d
k
2, . . . , d
k
n).
o
Matemáticas de 1 , problemas 37 Alberto del Valle Robles
2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN
9. Si una matriz cuadrada A es diagonalizable, explica cómo se puede usar esto para obtener una
forma de calcular sus potencias Ak. ¿Qué ventaja tiene esa fórmula?
Solución: Si A es diagonalizable, se tiene AP = PD para ciertas matricesD diagonal y P invertible
del mismo tamaño que A, y por tanto (multiplicando a la derecha por P−1) se tiene A = PDP−1.
Entonces A2 = PDP−1PDP−1 = PD2P−1 y análogamente Ak = PDkP−1.
Esto da una forma de calcular las potencias Ak que es es sencilla puesto que las matrices P y P−1
son “fijas” (no dependen de k) y la potencia Dk es muy fácil de calcular: si D = diag(d1, d2, . . . , dn)
entonces Dk = diag(dk1, d
k
2, . . . , d
k
n).
o
10. ¿En qué consiste la “diagonalización ortogonal” de una matriz? ¿Para qué matrices puede hacerse?
Solución: El proceso se puede aplicar exclusivamente a matrices cuadradas A que sean simétricas
(y cuyas entradas sean números reales), y consiste en encontrar dos matrices D y P del mismo
tamaño que A con D diagonal y P invertible y con columnas ortogonales dos a dos.
o
11. Da un ejemplo de una matriz 2× 2 que sea diagonalizable pero no sea invertible, y otro ejemplo de
una matriz 2× 2 que sea invertible pero no sea diagonalizable.
Solución: Para el primer caso vale cualquier matriz simétrica (y por tanto diagonalizable) con
determinante nulo (no invertible), como la matriz nula o las matrices
(
1 −1
−1 1
)
, ( 1 22 4 ), (
1 3
3 9 ), (
4 6
6 9 ). . .
También vale cualquier matriz de la forma
(
a b
0 0
)
con a 6= 0, que no es invertible por tener una fila
nula y es diagonalizable por tener dos autovalores distintos (a y 0).
Para el segundo vale por ejemplo ( 1 10 1 ), invertible (determinante 1) y no diagonalizable. También
valen matrices invertibles (determinante no nulo) con autovalores complejos, como
(
0 −1
1 0
)
.
o
12. Para cada afirmación, decide justificadamente si es verdadera o falsa:
a) Si una matriz cuadrada A es invertible, entonces es diagonalizable.
b) Si una matriz cuadrada A es diagonalizable, entonces es invertible.
Solución: Ambas son falsas. La matriz
(
1 1
0 1
)
es invertible (determinante 1) y no es diago-
nalizable (ejemplo en la primera página del tema de diagonalización). Y cualquier matriz diagonal
A es diagonalizable (tomando D = A y P = In), pero en cuanto tenga un 0 en la diagonal no es
invertible.
o
Matemáticas de 1 , problemas 38 Alberto del Valle Robles
2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN
13. Dadas la matriz A =


1 −3 3
3 −5 3
6 −6 4

 y el vector ~v =


1
x
1

, y sin usar el proceso estándar de
diagonalización, encuentra los valores de x para los que ~v es un autovector de A.
Solución: Se trata de ver si A~v =


4− 3x
6− 5x
10− 6x

 es proporcional a ~v =


1
x
1

. Para que eso ocurra,
las coordenadas 1 y 3 de A~v deben coincidir, o sea debe ser 4− 3x = 10− 6x. Por tanto, el único
valor posible es x = 2, pero hay que ver que también se mantiene la proporcionalidad en la 2
coordenada. Efectivamente, para x = 2 se tiene que A~v =


−2
−4
−2

 es múltiplo de ~v =


1
2
1

, por lo
que la respuesta es x = 2. (En vista de A~v y de ~v, el autovalor correspondiente es λ = −2).
o
14. Dadas la matriz A =


1 −3 3
3 −5 3
6 −6 4

 y el vector ~v =


1
x
1

, y sin usar el proceso estándar de
diagonalización, encuentra los valores de x para los que ~v es un autovector de A.
Solución: Se trata de ver si A~v =


4− 3x
6− 5x
10− 6x

 es proporcional a ~v =


1
x
1

. Para que eso ocurra,
las coordenadas 1 y 3 de A~v deben coincidir, o sea debe ser 4− 3x = 10− 6x. Por tanto, el único
valor posible es x = 2, pero hay que ver que también se mantiene la proporcionalidad en la 2
coordenada. Efectivamente, para x = 2 se tiene que A~v =


−2
−4
−2

 es múltiplo de ~v =


1
2
1

, por lo
que la respuesta es x = 2. (En vista de A~v y de ~v, el autovalor correspondiente es λ = −2).
o
15. Una matriz simétrica de tamaño 3×3 tiene tres autovalores distintos a, b y c. Si (2,−1, 3) y (−1, x, 2)
son autovectores asociados a los autovalores a y b, respectivamente, halla el valor de x y halla un
autovector asociado a c.
Solución: Como A es simétrica, los autovectores asociados a autovalores distintos son ortogonales.
Por tanto se tiene 0 = (2,−1, 3) · (−1, x, 2) = −2− x+ 6, de donde x = 4.
Un autovector de c debe ser ortogonal a los dos anteriores y por tanto sirve su producto vectorial
(2,−1, 3)× (−1, 4, 2) = (−14,−7, 7) o cualquier múltiplo suyo, por ejemplo (2, 1,−1).
o
Matemáticas de 1 , problemas 39 Alberto del Valle Robles