Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (18)

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2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN
Una solución es ~w = (3, 1, 2), y por tanto ~u, ~v y ~w forman un conjunto de autovectores básicos.
NOTA: La matriz es simétrica y por tanto desde el principio pod́ıamos afirmar que iba a ser
diagonalizable. Como no se pide expresamente una diagonalización ortogonal, no hace falta que los
vectores básicos sean ortogonales dos s dos, y de hecho ~u y ~v no son ortogonales.
o
37. Diagonaliza la matriz A =


13 −5 −10
−10 8 10
20 −10 −17

.
Para cada autovector que obtengas, multipĺıcalo por A para comprobar que es autovector.
Solución: Para calcular el polinomio caracteŕıstico podemos empezar por ejemplo con F1 + F2
(para poner un 0 en la 3 columna) y seguir con C2 − C1 (en vista de la primera fila):
p(λ) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 13 5 10
10 λ− 8 −10
−20 10 λ+ 17
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 3 λ− 3 0
10 λ− 8 −10
−20 10 λ+ 17
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 3 0 0
10 λ− 18 −10
−20 30 λ+ 17
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
= (λ− 3)(λ2 − λ− 306 + 300) = (λ− 3)(λ2 − λ− 6) = (λ− 3)2(λ+ 2)
Por tanto los autovalores son 3 (doble) y −2 (simple). Busquemos autovectores para cada uno de
ellos.
Para λ = 3 calculamos el núcleo de
3I −A =


−10 5 10
10 −5 −10
−20 10 20

→
(
−2 1 2
)
Aqúı ya vemos que A es diagonalizable, pues hay dos grados de libertad para el autovalor doble.
Además tenemos autovectores ~v1 =


1
2
0

 y ~v2 =


1
0
1

.
Como A~v1=


3
6
0

=3~v1 y A~v2=


3
0
3

=3~v2, verificamos que son autovectores asociados al autovalor
3.
Para λ = −2 calculamos el núcleo de
−2I −A =


−15 5 10
10 −10 −10
−20 10 15

→


1 −1 −1
−3 1 2
−4 2 3

→


1 −1 −1
0 −2 −1
0 −2 −1

→
(
1 1 0
0 2 1
)
y por tanto tenemos el autovector ~v3=


1
−1
2

, y podemos verificar que A~v3=


−2
2
−4

=−2~v3.
En definitiva, podemos tomar las matrices D =


3 0 0
0 3 0
0 0 −2

 (diagonal) y P =


1 1 1
2 0 −1
0 1 2


(invertible, determinante −1) que verifican AP = PD.
o
Matemáticas de 1 , problemas 52 Alberto del Valle Robles
2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN
38. Diagonaliza la matriz A =


2 −1 0
−2 3 2
1 −1 1

.
Solución: El polinomio caracteŕıstico se calcula fácilmente haciendo primero F3 − F1 y luego
C1 + C3:
p(λ) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 2 1 0
2 λ− 3 −2
−1 1 λ− 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 2 1 0
2 λ− 3 −2
1− λ 0 λ− 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 2 1 0
0 λ− 3 −2
0 0 λ− 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= (λ−1)(λ−2)(λ−3)
Por tanto hay tres autovalores simples (1, 2 y 3) y esto ya nos permite deducir que A es diagonali-
zable.
Observación: El polinomio también se calcula fácilmente haciendo primero C3+C1 y luego F3−F1,
o haciendo primero C1 +C2 y luego F2 − F1, o aplicando la regla de Sarrus, en cuyo caso es mejor
no desarrollar el primer producto, pues se obtiene
p(λ) = (λ−1)(λ−2)(λ−3)+2+2(λ−2)−2(λ−1) = (λ−1)(λ−2)(λ−3)+2+2λ−4−2λ−2 = (λ−1)(λ−2)(λ−3)
Para cada autovalor encontramos un autovector resolviendo el sistema λ I −A correspondiente:
λ = 1 I −A =


−1 1 0
2 −2 −2
−1 1 0

→
(
1 −1 0
1 −1 −1
)
→
(
1 −1 0
0 0 −1
)
Por tanto es z = 0 y x = y, de modo que (1, 1, 0) es un autovector para λ = 1.
λ = 2 2I −A =


0 1 0
2 −1 −2
−1 1 1

→


0 1 0
2 0 −2
−1 0 1

→
(
0 1 0
−1 0 1
)
Por tanto es y = 0 y x = z, de modo que (1, 0, 1) es un autovector para λ = 2.
λ = 3 3I −A =


1 1 0
2 0 −2
−1 1 2

→


1 1 0
0 −2 −2
0 2 2

→
(
1 1 0
0 1 1
)
Para y = −1 se tiene x = 1 y z = 1, por lo que (1,−1, 1) es un autovector para λ = 3.
La matriz diagonal D =


1 0 0
0 2 0
0 0 3

 y la matriz invertible P =


1 1 1
1 0 −1
0 1 1

 (determinante 1)
verifican AP = PD.
o
Matemáticas de 1 , problemas 53 Alberto del Valle Robles
2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN
39. Diagonaliza la matriz A =


3 4 −8
2 11 −14
2 8 −11

.
Solución: Calculamos el polinomio caracteŕıstico aprovechando que tiene suma constante en las
filas:
|λI −A| =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 3 −4 8
−2 λ− 11 14
−2 −8 λ+ 11
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ+ 1 −4 8
λ+ 1 λ− 11 14
λ+ 1 −8 λ+ 11
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ+ 1 −4 8
0 λ− 7 6
0 −4 λ+ 3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
(λ+ 1)(λ2 − 4λ+ 3) = (λ+ 1)(λ− 1)(λ− 3)
Por tanto hay tres autovalores simples: −1, 1 y 3 y en consecuencia la matriz es diagonalizable.
Para el autovalor λ = −1, resolviendo el sistema (−I−A | 0) se obtiene un autovector básico (1, 1, 1).
Para el autovalor λ = 1, resolviendo el sistema (I −A | 0) se obtiene un autovector básico (2, 1, 1).
Para el autovalor λ = 3, resolviendo el sistema (3I−A | 0) se obtiene un autovector básico (−1, 2, 1).
Por tanto las siguientes matrices, conD diagonal y P invertible (|P | = −1 6= 0), verifican AP = PD.
D =


−1 0 0
0 1 0
0 0 3

 P =


1 2 −1
1 1 2
1 1 1


o
40. Dada la matriz A =


11 −16 8
2 −1 2
−2 4 1

, determina sus autovalores y la correspondiente multiplici-
dad, y encuentra dos matrices D (diagonal) y P (invertible) con AP = PD.
Solución: El polinomio caracteŕıstico se calcula fácilmente de varias formas. Por ejemplo, si se
observa que hay suma constante en filas se puede empezar con C1+C2+C3 para hacer luego F2−F1
y F3 −F1. Desarrollamos aqúı otra opción muy directa que aprovecha el ±2 de la primera columna
para obtener un cero, haciendo primero F2 + F3 y luego C3 − C2:
p(λ) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 11 16 −8
−2 λ+ 1 −2
2 −4 λ− 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 11 16 −8
0 λ− 3 λ− 3
2 −4 λ− 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 11 16 −24
0 λ− 3 0
2 −4 λ+ 3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
(λ− 3)
∣
∣
∣
∣
λ− 11 −24
2 λ+ 3
∣
∣
∣
∣
= (λ− 3)(λ2 − 8λ− 33 + 48) = (λ− 3)(λ2 − 8λ+ 15) = (λ− 3)2(λ− 5)
Por tanto hay un autovalor doble (el 3) y uno simple (el 5).
Para el autovalor λ = 3 buscamos autovectores resolviendo el sistema homogéneo (3I −A | 0):
3I −A =


−8 16 −8
−2 4 −2
2 −4 2

→
(
1 −2 1
)
Matemáticas de 1 , problemas 54 Alberto del Valle Robles