Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (17)

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2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN
Para z = 1 se tiene x = 1 e y = 2, por lo que (1, 2, 1) es un autovector para λ = 1.
λ = −1 −I −A =


5 1 −9
7 1 −13
5 1 −9

→
(
5 1 −9
2 0 −4
)
→
(
5 1 −9
1 0 −2
)
→
(
0 1 1
1 0 −2
)
Para z = 1 se tiene x = 2 e y = −1, por lo que (2,−1, 1) es un autovector para λ = −1.
o
34. Diagonaliza la matriz A =


1 1 −3
4 4 3
−4 −1 0

.
Para cada uno de los autovectores que obtengas, comprueba que realmente es autovector del co-
rrespondiente autovalor.
Solución: Para calcular el polinomio caracteŕıstico podemos empezar5 con F1 + F2 (para poner
un 0 en la 3 columna) y seguir con C2 − C1 (en vista de la primera fila):
p(λ) = |λI −A| =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 1 −1 3
−4 λ− 4 −3
4 1 λ
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 5 λ− 5 0
−4 λ− 4 −3
4 1 λ
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 5 0 0
−4 λ −3
4 −3 λ
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
= (λ− 5)(λ2 − 9) = (λ− 5)(λ− 3)(λ+ 3)
Por tanto los autovalores son 5, 3 y −3, todos simples. Al ser todos simples ya sabemos que A es
diagonalizable, y sólo nos queda encontrar un autovector para cada uno de ellos.
Para λ = 5 calculamos el núcleo de
5I −A =


4 −1 3
−4 1 −3
4 1 5

→


4 −1 3
0 0 0
8 0 8

→
(
4 −1 3
1 0 1
)
→
(
0 −1 −1
1 0 1
)
Para z = 1 tenemos y = −1, x = −1, de modo que ~v1 = (−1,−1, 1)t es autovector para λ = 5.
Podemos comprobarlo expresamente haciendo:
A~v1 =


1 1 −3
4 4 3
−4 −1 0




−1
−1
1

 =


−5
−5
5

 = 5~v1
Para λ = 3 calculamos el núcleo de
3I −A =


2 −1 3
−4 −1 −3
4 1 3

→


2 −1 3
−6 0 −6
6 0 6

→
(
2 −1 3
1 0 1
)
→
(
0 −1 1
1 0 1
)
5Otra forma de empezar es con F3 + F1 (para poner un 0 en la 2 columna) y luego C3 − C1. También sale fácil si se
empieza con F3 + F2 (para poner un 0 en la 1 columna) y luego C2 − C3.
Matemáticas de 1 , problemas 49 Alberto del Valle Robles
2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN
Si z = 1 entonces y = 1, x = −1, de modo que ~v2 = (−1, 1, 1)t es autovector para λ = 3.
Comprobamos:
A~v2 =


1 1 −3
4 4 3
−4 −1 0




−1
1
1

 =


−3
3
3

 = 3~v2
Para λ = −3 calculamos el núcleo de
−3I−A =


−4 −1 3
−4 −7 −3
4 1 −3

→


−4 −1 3
24 0 −24
0 0 0

→
(
−4 −1 3
1 0 −1
)
→
(
0 −1 −1
1 0 −1
)
Si z = 1 entonces y = −1, x = 1, por lo que ~v3 = (1,−1, 1)t es autovector para λ = −3. Compro-
bamos:
A~v3 =


1 1 −3
4 4 3
−4 −1 0




1
−1
1

 =


−3
3
−3

 = −3~v3
En definitiva, podemos tomar las matricesD =


5 0 0
0 3 0
0 0 −3

 (diagonal) y P =


−1 −1 1
−1 1 −1
1 1 1


(invertible) que verifican AP = PD.
o
35. Dada la matriz A =


4 5 −9
2 10 −12
2 7 −9

, se pide:
a) Calcula su polinomio caracteŕıstico y comprueba que tiene tres autovalores simples.
b) Encuentra una matriz diagonal D y una matriz invertible P tales que AP = PD.
Solución: a) El polinomio caracteŕıstico se puede calcular algo pesadamente usando Sarrus, pero
al final queda λ3 − 5λ2 +6λ, que se factoriza fácilmente como λ(λ− 2)(λ− 3). Es más sencillo si se
observa que hay suma constante por filas y se empieza con C1 + (C2 +C3) (hágase como ejercicio)
o si se intentan aprovechar los dos “2” de la primera columna empezando con F3 − F2:
p(λ) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 4 −5 9
−2 λ− 10 12
−2 −7 λ+ 9
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 4 −5 9
−2 λ− 10 12
0 3− λ λ− 3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 4 4 9
−2 λ+ 2 12
0 0 λ− 3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
(λ− 3) ·
∣
∣
∣
∣
λ− 4 4
−2 λ+ 2
∣
∣
∣
∣
= (λ− 3)(λ2 − 2λ− 8 + 8) = λ(λ− 2)(λ− 3)
Por tanto hay tres autovalores simples: 0, 2 y 3.
b) Ahora se trata de encontrar un autovector para cada autovalor, para ponerlos como columnas
en P . Encontramos esos autovectores resolviendo el sistema λ I −A correspondiente:
λ = 0 0I−A =


−4 −5 9
−2 −10 12
−2 −7 9

→


0 9 −9
0 −3 3
−2 −7 9

→
(
0 1 −1
2 7 −9
)
→
(
0 1 −1
2 0 −2
)
Matemáticas de 1 , problemas 50 Alberto del Valle Robles
2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN
Para z = 1 se tiene x = 1 e y = 1, por lo que (1, 1, 1)t es un autovector para λ = 0.
λ = 2 2I−A =


−2 −5 9
−2 −8 12
−2 −7 11

→


2 5 −9
0 −3 3
0 −2 2

→
(
2 5 −9
0 1 −1
)
→
(
2 0 −4
0 1 −1
)
Para z = 1 se tiene x = 2 e y = 1, por lo que (2, 1, 1)t es un autovector para λ = 2.
λ = 3 3I −A =


−1 −5 9
−2 −7 12
−2 −7 12

→
(
1 5 −9
0 3 −6
)
→
(
1 5 −9
0 1 −2
)
→
(
1 0 1
0 1 −2
)
Para z = 1 se tiene x = −1 e y = 2, por lo que (−1, 2, 1) es un autovector para λ = 3.
En definitiva, las matrices D =


0 0 0
0 2 0
0 0 3

 y P =


1 2 −1
1 1 2
1 1 1

 (invertible, compruébese que
su determinante vale 1) satisfacen AP = PD.
o
36. Se pide, para la matriz A =


2 3 6
3 −6 2
6 2 −3

:
a) Calcula sus autovalores (hay uno doble y uno simple).
b) Calcula un conjunto de autovectores básicos para cada autovalor.
Solución: Para calcular el polinomio caracteŕıstico empezamos con F1 − 3F2, sacando luego un
factor común λ− 7 y continuando con C2 + 3C1:
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 2 −3 −6
−3 λ+ 6 −2
−6 −2 λ+ 3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ+ 7 −3λ− 21 0
−3 λ+ 6 −2
−6 −2 λ+ 3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= (λ+ 7)
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1 −3 0
−3 λ+ 6 −2
−6 −2 λ+ 3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
= (λ+ 7)
∣
∣
∣
∣
∣
∣
1 0 0
−3 λ− 3 −2
−6 −20 λ+ 3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= (λ+ 7)(λ2 − 9− 40) = (λ+ 7)2(λ− 7)
Por tanto el −7 es un autovalor doble y el 7 es un autovalor simple.
Para λ = −7 la matriz −7I − A tiene sus tres filas proporcionales a (3 1 2), por lo que un par de
autovectores son por ejemplo ~u = (1,−3, 0) y ~v = (0,−2, 1).
Para λ = 7 resolvemos el sistema homogéneo asociado a 7I − A usando como pivote el −2 de la
última columna, que es el que mejor divide al resto de su columna:


5 −3 −6
−3 13 −2
−6 −2 10

→


14 −42 0
−3 13 −2
−21 63 0

→
(
1 −3 0
−3 13 −2
)
→
(
1 −3 0
0 4 −2
)
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