Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (14)

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2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN
16. Sea A una matriz 3 × 3 diagonalizable con autovalores 1 (simple) y −1 (doble). Demuestra que
A2 = I3 (la matriz identidad 3× 3).
Solución: Aparece una potencia de una matriz diagonalizable, por lo que es natural pensar en los
argumentos del apartado sobre potencias de matrices en el tema de diagonalización.
Como es diagonalizable, existen matrices del mismo tamaño P (invertible) y D (diagonal) tales que
AP = PD, o sea A = PDP−1, y sabemos que A2 = PD2P−1. Pero las entradas en la diagonal de
D son los autovalores repetidos según su multiplicidad, o sea D = diag(1,−1,−1) (o los mismos
tres números en otro orden), y por tanto D2 = I3. Entonces A
2 = PI3P
−1 = PP−1 = I3.
o
17. Sea A una matriz 3×3 diagonalizable con autovalores 1 (doble) y 0 (simple). Demuestra que A2 = A.
Solución: Aparece una potencia de una matriz diagonalizable, por lo que es natural pensar en los
argumentos del apartado sobre potencias de matrices en el tema de diagonalización.
Como es diagonalizable, existen matrices del mismo tamaño P (invertible) y D (diagonal) tales que
AP = PD, o sea A = PDP−1, y sabemos que A2 = PD2P−1. Pero las entradas en la diagonal de
D son los autovalores repetidos según su multiplicidad, o sea D = diag(1, 1, 0) (o los mismos tres
números en otro orden), y por tanto D2 = D. Entonces A2 = PDP−1 = A.
o
18. Comprueba que una matriz de la forma A =


5 0 −1
0 b 0
0 0 5

 NO es diagonalizable.
Solución: El polinomio caracteŕıstico es claramente (λ− 5)2(λ− b), y el sistema homogéneo que
da los autovectores asociados a λ = 5 tiene por matriz de coeficientes 5I −A =


0 0 1
0 b− 5 0
0 0 0

.
Si b = 5 entonces 5 es autovalor triple y el rango de 5I−A es 1, por lo que hay 2 grados de libertad,
y como 2 < 3 deducimos que A no es diagonalizable.
Si b 6= 5 entonces 5 es autovalor doble y el rango de 5I −A es 2, por lo que hay 1 grado de libertad,
y como 1 < 2 deducimos que A tampoco es diagonalizable en este otro caso.
o
19. ¿Para qué valores de a es diagonalizable la matriz A =
(
1 a
0 a+ 2
)
?
Solución: El polinomio caracteŕıstico es P (λ) = (λ − 1)(λ − (a + 2)). Por tanto, si a + 2 6= 1 (o
sea, si a 6= −1) todos los valores propios tienen multiplicidad 1 y A es diagonalizable. Para a = −1
hay un único valor propio λ = 1 con multiplicidad 2, y el rango de λI −A =
(
0 1
0 0
)
es 1, por lo
que A no es diagonalizable.
o
Matemáticas de 1 , problemas 40 Alberto del Valle Robles
2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN
20. Dada la matriz A =


2− b −b 1
b b+ 2 −1
0 0 3

, se pide:
a) Comprueba que sus autovalores son 2 (doble) y 3 (simple), independientemente de b.
b) Encuentra justificadamente un valor de b para el que A sea diagonalizable (no hay que diago-
nalizarla, sólo hay que decir por qué es diagonalizable).
Solución: Desarrollando el polinomio caracteŕıstico por la tercera fila aparece λ− 3 multiplicando
a:
∣
∣
∣
∣
λ− 2 + b b
−b λ− 2− b
∣
∣
∣
∣
= [(λ− 2) + b] · [(λ− 2) + b] + b2 = (λ− 2)2 − b2 + b2 = (λ− 2)2
Por lo que el polinomio caracteŕıstico es (λ− 3)(λ− 2)2, lo que prueba el apartado a).
Como el autovalor 3 es simple, lo único que importa para que A sea diagonalizable es que aparezcan
2 autovectores básicos (o sea que haya 2 grados de libertad) para el autovalor doble λ = 2. El sistema
homogéneo que da los autovectores básicos tiene matriz de coeficientes 2I−A =


b b −1
−b −b 1
0 0 −1

.
Para que haya dos grados de libertad el rango debe ser 1, lo que se obtiene claramente para b = 0
(de hecho, sólo es diagonalizable para ese valor).
o
21. Diagonaliza la matriz A =
(
−31 24
−40 31
)
.
Solución: El cálculo del polinomio caracteŕıstico muestra que los autovalores son 1 y −1:
P (λ) = |λI2 −A| =
∣
∣
∣
∣
λ+ 31 −24
40 λ− 31
∣
∣
∣
∣
= (λ+ 31)(λ− 31) + 40 · 24 = λ2 − 312 + 960 = λ2 − 1
Para el autovalor 1, los autovectores son las soluciones del sistema homogéneo con matriz
I2 −A =
(
32 −24
40 −30
)
→
(
4 −3
4 −3
)
, luego un autovector para λ = 1 es
(
3
4
)
Para el autovalor −1, los autovectores son las soluciones del sistema homogéneo con matriz
−I2 −A =
(
30 −24
40 −32
)
→
(
5 −4
5 −4
)
, luego un autovector para λ = −1 es
(
4
5
)
En definitiva, se tiene AP = PD con P =
(
3 4
4 5
)
invertible y D =
(
1 0
0 −1
)
diagonal.
o
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2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN
22. Diagonaliza la matriz A =
(
−13 20
−12 18
)
.
Solución: p(λ) =
∣
∣
∣
∣
λ+ 13 −20
12 λ− 18
∣
∣
∣
∣
= λ2 − 18λ+ 13λ− 234 + 240 = λ2 − 5λ+ 6.
Las ráıces, o sea los autovalores de A, son 2 y 3 (simples), por lo que A es diagonalizable.
Los autovectores correspondientes a λ = 2 son las soluciones del sistema homogéneo con matriz
2I −A =
(
15 −20
12 −16
)
1
5
F1−−→
1
4
F2
(
3 −4
3 −4
)
con solución
(
4
3
)
Los autovectores correspondientes a λ = 3 son las soluciones del sistema homogéneo con matriz
3I −A =
(
16 −20
12 −15
)
1
4
F1−−→
1
3
F2
(
4 −5
4 −5
)
con solución
(
5
4
)
Por tanto D =
(
2 0
0 3
)
y P =
(
4 5
3 4
)
satisfacen la igualdad pedida.
o
23. Dada la matriz A =
(
−40 −105
18 47
)
, encuentra una matriz invertible P con P−1AP diagonal.
Solución: El polinomio caracteŕıstico es p(λ) = det(λI − A) =
∣
∣
λ+40 105
−18 λ−47
∣
∣ = λ2 − 7λ+ 10, y sus
ráıces (los valores propios de A) son λ = 2 y λ = 5.
Los vectores propios asociados a λ = 2 son las soluciones del sistema homogéneo con matriz de
coeficientes 2I −A =
(
42 105
−18 −45
)
→
(
2 5
−2 −5
)
→
(
2 5
0 0
)
, generados por ~v2 = (5,−2)t.
Los vectores propios asociados a λ = 5 son las soluciones del sistema homogéneo con matriz de
coeficientes 5I −A =
(
45 105
−18 −42
)
→
(
3 7
−3 −7
)
→
(
3 7
0 0
)
, generados por ~v5 = (7,−3)t.
Por tanto la matriz P =
(
5 7
−2 −3
)
verifica que P−1AP =
(
2 0
0 5
)
es diagonal.
o
24. Dada la matriz A =
(
−13 6
−30 14
)
, encuentra matrices D (diagonal) y P (invertible) del mismo
tamaño con AP = PD, y úsalas para calcular A5.
Solución: El cálculo del polinomio caracteŕıstico es directo:
p(λ) =
∣
∣
∣
∣
λ+ 13 −6
30 λ− 14
∣
∣
∣
∣
= λ2 + 13λ− 14λ− 182 + 180 = λ2 − λ− 2 = (λ+ 1)(λ− 2)
Matemáticas de 1 , problemas 42 Alberto del Valle Robles