Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (15)

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2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN
Por tanto hay dos valores propios simples: −1 y 2. Los correspondientes vectores propios son las
soluciones de los sistemas homogéneos con matrices:
(−I −A) =
(
12 −6
30 −15
)
→
(
2 −1
)
(2I −A) =
(
15 −6
30 −12
)
→
(
5 −2
)
Las soluciones del primero están generadas por
(
1
2
)
y las del segundo por
(
2
5
)
, por lo que las
matrices P =
(
1 2
2 5
)
y D =
(
−1 0
0 2
)
satisfacen la igualdad pedida.
Para el cálculo de A5 usando estas matrices, sabemos que de AP = PD se deduce que A = PDP−1
y esto a su vez implica A5 = PD5P−1. El cálculo de D5 y el de P−1 son elementales y sólo falta
operar:
A5 =
(
1 2
2 5
)(
−1 0
0 25
)(
5 −2
−2 1
)
=
(
−1 64
−2 160
)(
5 −2
−2 1
)
=
(
−133 66
−330 164
)
o
25. Dada la matriz A =


2 0 0
1 0 1
0 0 2

, se pide:
a) Encuentra una matriz invertible P tal que P−1AP sea una matriz diagonal.
b) Calcula su n-ésima potencia An.
Solución: El polinomio caracteŕıstico de A es |λI3 − A| = λ(λ − 2)2, luego hay un valor propio
λ = 0 con multiplicidad 1, y un valor propio λ = 2 con multiplicidad 2.
Los vectores propios asociados a λ = 0 son las soluciones del sistema homogéneo con matriz de
coeficientes −A; una solución es ~v1 = (0, 1, 0)t.
Los vectores propios asociados a λ = 2 son las soluciones del sistema homogéneo con matriz de
coeficientes 2I3 −A; dos soluciones linealmente independientes son ~v2 = (2, 1, 0)t y ~v3 = (0, 1, 2)t.
Por tanto, la matriz P =


0 2 0
1 1 1
0 0 2

 verifica P−1AP = D =


0 0 0
0 2 0
0 0 2

.
De esta última igualdad deducimos que A = PDP−1, y por tanto An = PDnP−1, lo que nos
permite resolver el segundo apartado calculando primero P−1 =
1
2


−1 2 −1
1 0 0
0 0 1

. Entonces
An = PDnP−1 =
1
2


0 2 0
1 1 1
0 0 2




0 0 0
0 2n 0
0 0 2n




−1 2 −1
1 0 0
0 0 1

 =


2n 0 0
2n−1 0 2n−1
0 0 2n


Esto también se puede hacer observando la pauta que siguen las primeras potencias de A:
A =


2 0 0
1 0 1
0 0 2

 A2 =


4 0 0
2 0 2
0 0 4

 A3 = A·A2 =


8 0 0
4 0 4
0 0 8

 A4 =


16 0 0
8 0 8
0 0 16

 . . .
o
Matemáticas de 1 , problemas 43 Alberto del Valle Robles
2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN
26. Diagonaliza las matrices siguientes. O sea, para cada una, decide si es o no diagonalizable y, en caso
afirmativo, encuentra una matriz diagonal y otra invertible que satisfagan dicha definición.
A =


3 0 1
0 4 0
0 0 3

 B =


3 0 1
0 4 0
1 0 3


Solución: Para A, el polinomio caracteŕıstico vale directamente (λ − 3)2(λ − 4) porque aparece
el determinate de una matriz triangular superior. Para el autovalor doble λ = 3, en la matriz del
sistema homogéneo que nos da sus autovectores hay dos filas no proporcionales (y otra fila nula),
luego el rango es 2 y por tanto solo hay 1 grado de libertad; como el autovalor era doble, A no es
diagonalizable.
Para B, sabemos que es diagonalizable al ser simétrica. El polinomio caracteŕıstico se puede desa-
rrollar por la segunda fila y sale
(λ− 4)
∣
∣
∣
∣
λ− 3 −1
−1 λ− 3
∣
∣
∣
∣
= (λ− 4)(λ2 − 6λ+ 8) = (λ− 4)2(λ− 2)
Aśı, para encontrar matrices D (diagonal) y P (invertible) con BP = PD, podemos tomar D =
diag(4, 4, 2) y entonces P tendrá en sus dos primeras columnas dos autovectores LI para el autovalor
doble λ = 4 y en su tercera columna un autovector del autovalor simple λ = 2.
Para λ = 4, la matriz 4I −A tiene una fila nula y las otras dos proporcionales a (1, 0,−1), aśı que
sirven como autovectores por ejemplo ~v1 = (1, 0, 1) y ~v2 = (0, 1, 0), mientras que para λ = 2 hay
que4 resolver el sistema
2I −B =


−1 0 −1
0 2 0
−1 0 −1


 ~v3 = (1, 0,−1)
En definitiva, nos sirve como matriz P la que tiene por columnas, en ese orden, a ~v1, ~v2 y ~v3.
o
27. Dada A =


4 1 −2
0 3 0
1 1 1

, encuentra matrices P (invertible) y D (diagonal) tales que AP = PD.
Solución: El polinomio caracteŕıstico se obtiene fácilmente desarrollando por la segunda fila:
p(λ) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 4 −1 2
0 λ− 3 0
−1 −1 λ− 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= (λ− 3)
∣
∣
∣
∣
λ− 4 2
−1 λ− 1
∣
∣
∣
∣
= (λ− 3)(λ2 − 5λ+6) = (λ− 3)2(λ− 2)
Por tanto hay un autovalor simple λ = 2 y un autovalor doble λ = 3.
Para λ = 2 el sistema homogéneo con matriz 2I−A =


−2 −1 2
0 −1 0
−1 −1 1

 tiene soluciones generadas
por el vector (1, 0, 1). Cualquier otra elección debe ser un múltiplo no nulo de este vector.
4En realidad, como B es simétrica, sabemos que los autovectores de λ = 2 son ortogonales a los de λ = 4 y por tanto
podemos tomar directamente el (1, 0,−1).
Matemáticas de 1 , problemas 44 Alberto del Valle Robles
2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN
Para λ = 3 el sistema homogéneo con matriz 3I−A =


−1 −1 2
0 0 0
−1 −1 2

 tiene soluciones generadas
por los vectores (1,−1, 0) y (1, 1, 1). Aqúı hay más opciones para presentar generadores de las
soluciones.
Por tanto, las siguientes matrices cumplen lo que se pide (la solución no es única):
P =


1 1 1
0 −1 1
1 0 1

 y D =


2 0 0
0 3 0
0 0 3


o
28. Dada la matriz A =


13 −5 5
15 −7 5
−15 5 −7

, calcula sus autovalores, decide si es diagonalizable y, en
caso afirmativo, encuentra dos matrices D (diagonal) y P (invertible) con AP = PD.
Solución: Calculamos el polinomio caracteŕıstico haciendo primero F3 + F2 y luego C2 − C3:
p(λ) = |λI−A| =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 13 5 −5
−15 λ+ 7 −5
15 −5 λ+ 7
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 13 5 −5
−15 λ+ 7 −5
0 λ+ 2 λ+ 2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 13 10 −5
−15 λ+ 12 −5
0 0 λ+ 2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
(λ+ 2)
∣
∣
∣
∣
λ− 13 10
−15 λ+ 12
∣
∣
∣
∣
= (λ+ 2)(λ2 − λ− 6) = (λ+ 2)2(λ− 3)
Por tanto hay un autovalor doble λ = −2 y un autovalor simple λ = 3. Si para el autovalor doble
encontramos 2 autovectores básicos, la matriz A será diagonalizable (el otro autovalor es simple y
seguro que se obtiene exactamente un autovector básico).
Los autovectores asociados a λ = −2 son las soluciones del sistema homogéneo con matriz
−2I −A =


−15 5 −5
−15 5 −5
15 −5 5

→ (3 − 1 1) 


1
3
0




0
1
1


Como hay dos autovectores básicos, la matriz A es diagonalizable.
Los autovectores asociados a λ = 3 son las soluciones del sistema homogéneo con matriz
3I −A →


−2 1 −1
−3 2 −1
3 −1 2


F2−2F1−−−−−→
F3+F1


−2 1 −1
1 0 1
1 0 1


F1+F2−−−−→
(
−1 1 0
1 0 1
)
 


1
1
−1


Por tanto podemos tomar D =


−2 0 0
0 −2 0
0 0 3

 y P =


1 0 1
3 1 1
0 1 −1

.
o
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