Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (20)

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2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN
y podemos tomar D =


4 0 0
0 2 0
0 0 −2

 y P =


1 1 1
−2 0 1
1 −1 1

, con P−1 =
1
6


1 −2 1
3 0 −3
2 2 2

.
NOTA: La matriz es simétrica y por tanto desde el principio pod́ıamos afirmar que iba a ser
diagonalizable. Aunque no se pide expresamente una diagonalización ortogonal, como todos los
autovalores son simples, la matriz P sale con columnas ortogonales “aunque no queramos”.
o
45. Diagonaliza la matriz A =


−3 −12 −12
0 3 0
4 8 11

.
Solución: El polinomio caracteŕıstico pide a gritos que lo desarrollemos por la segunda fila:
p(λ) = |λI −A| =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ+ 3 12 12
0 λ− 3 0
−4 −8 λ− 11
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= (λ− 3)
∣
∣
∣
∣
λ+ 3 12
−4 λ− 11
∣
∣
∣
∣
=
= (λ− 3)(λ2 − 11λ+ 3λ− 33 + 48) = (λ− 3)(λ2 − 8λ+ 15) = (λ− 3)2(λ− 5)
Por tanto los autovalores son 3 (doble) y 5 (simple). Busquemos autovectores para cada uno de
ellos.
Para λ = 3 calculamos el núcleo de la siguiente matriz, donde ya vemos que A es diagonalizable,
pues hay dos grados de libertad para el autovalor doble.
3I −A =


6 12 12
0 0 0
−4 −8 −8

→
(
1 2 2
)
Además tenemos fácilmente un par de autovectores básicos, por ejemplo ~v1 =


0
1
−1

 y ~v2 =


2
0
−1

.
Para λ = 5 calculamos el núcleo de
5I −A =


8 12 12
0 2 0
−4 −8 −6

→


2 3 3
0 1 0
2 4 3

→


2 0 3
0 1 0
2 0 3

→
(
2 0 3
0 1 0
)
Como autovector básico sirve ~v3 =


3
0
−2

.
En definitiva, podemos tomar las matrices D =


3 0 0
0 3 0
0 0 5

 (diagonal) y P =


0 2 3
1 0 0
−1 −1 −2


(invertible, el determinante vale 1) que verifican AP = PD.
o
Matemáticas de 1 , problemas 58 Alberto del Valle Robles
2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN
46. Dada la matriz A =


8 −3 −3
10 −4 −4
8 −3 −3

, se pide:
a) Desarrolla el determinante que define el polinomio caracteŕıstico hasta poder comprobar que
tiene tres autovalores simples: 0, 2 y −1. ¿Qué puedes deducir de esto?
b) Para cada autovalor λ, encuentra un autovector asociado ~v y comprueba que A~v = λ~v.
Solución: (a) En vista de las filas, el cálculo del polinomio caracteŕıstico puede empezar con
F1 − F3 (hay varias opciones más del mismo tipo, por ejemplo viendo que A tiene suma constante
por filas):
p(λ) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 8 3 3
−10 λ+ 4 4
−8 3 λ+ 3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ 0 −λ
−10 λ+ 4 4
−8 3 λ+ 3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ 0 0
−10 λ+ 4 −6
−8 3 λ− 5
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
λ ·
∣
∣
∣
∣
λ+ 4 −6
3 λ− 5
∣
∣
∣
∣
= λ(λ2 − λ− 20 + 18) = λ(λ2 − λ− 2) = λ(λ− 2)(λ+ 1)
Por tanto, hay tres autovalores simples (0, 2 y −1). Como el tamaño es 3 y hay 3 autovalores
distintos, deducimos que A es diagonalizable.
(b) Para cada autovalor λ hay que resolver el sistema (λI − A | 0), que sabemos de antemano que
tiene un grado de libertad, y un vector que genere las soluciones será el autovector pedido.
Para λ = 0 hay que resolver (−A|0); con un proceso estándar de Gauss se obtiene el autovector
(0,−1, 1), aunque también sale sin cuentas mirando las dos últimas columnas de −A.
Para λ = 2 hay que resolver (2I −A|0); con un proceso de Gauss se obtiene el autovector (1, 1, 1),
que también sale sin cuentas si vemos que la suma de las columnas de 2I −A es nula.
Para λ = −1 hay que resolver (−I −A|0); un proceso estándar proporciona el autovector (1, 2, 1).
Para las comprobaciones A~v = λ~v basta con hacer los productos que se piden.
o
47. Diagonaliza la matriz A =


11 12 12
0 5 0
−4 −8 −3

.
Solución: El polinomio caracteŕıstico pide a gritos que lo desarrollemos por la segunda fila:
p(λ) = |λI −A| =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 11 −12 −12
0 λ− 5 0
4 8 λ+ 3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= (λ− 5)
∣
∣
∣
∣
λ− 11 −12
4 λ+ 3
∣
∣
∣
∣
=
= (λ− 5)(λ2 + 3λ− 11λ− 33 + 48) = (λ− 5)(λ2 − 8λ+ 15) = (λ− 5)2(λ− 3)
Por tanto los autovalores son 5 (doble) y 3 (simple). Busquemos autovectores para cada uno de
ellos.
Matemáticas de 1 , problemas 59 Alberto del Valle Robles
2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN
Para λ = 5 calculamos el núcleo de la siguiente matriz, donde ya vemos que A es diagonalizable,
pues hay dos grados de libertad para el autovalor doble.
5I −A =


−6 −12 −12
0 0 0
4 8 8

→
(
1 2 2
)
Además tenemos fácilmente un par de autovectores básicos, por ejemplo ~v1 =


0
1
−1

 y ~v2 =


2
0
−1

.
Para λ = 3 calculamos el núcleo de
3I −A =


−8 −12 −12
0 −2 0
4 8 6

→


2 3 3
0 1 0
2 4 3

→


2 0 3
0 1 0
2 0 3

→
(
2 0 3
0 1 0
)
Como autovector básico sirve ~v3 =


3
0
−2

.
En definitiva, podemos tomar las matrices D =


5 0 0
0 5 0
0 0 3

 (diagonal) y P =


0 2 3
1 0 0
−1 −1 −2


(invertible, el determinante vale 1) que verifican AP = PD.
o
48. Dada la matriz A =


12 5 −7
−3 4 4
2 2 4

, se pide:
a) Comprueba que los autovalores de A son 6 y 7, y calcula sus multiplicidades.
b) Para cada autovalor λ, encuentra un autovector ~v y comprueba que A~v = λ~v.
c) ¿Es A diagonalizable? ¿Por qué?
Solución: (a) En vista de los “doses” de la última fila, el cálculo del polinomio caracteŕıstico puede
empezar con C1 − C2, y entonces es claro que se debe seguir con F2 + F1:
p(λ) =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 12 −5 7
3 λ− 4 −4
−2 −2 λ− 4
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 7 −5 7
7− λ λ− 4 −4
0 −2 λ− 4
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 7 −5 7
0 λ− 9 3
0 −2 λ− 4
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
(λ−7) ·
∣
∣
∣
∣
λ− 9 3
−2 λ− 4
∣
∣
∣
∣
= (λ−7)(λ2−13λ+36+6) = (λ−7)(λ2−13λ+42) = (λ−7)2(λ−6)
Por tanto hay dos autovalores, el 6 (simple) y el 7 (doble).
(b) Para cada autovalor λ hay que resolver el sistema (λI−A | 0). Para λ = 6, al ser simple, sabemos
que habrá un grado de libertad, y un vector que genere las soluciones será el autovector pedido.
Hacemos un proceso estándar de Gauss, observando que la 3 fila se simplifica:
6I−A =


−6 −5 7
3 2 −4
−2 −2 2


−1
2
F3−−−−→
F1↔F3


1 1 −1
3 2 −4
−6 −5 7


F2−3F1−−−−−→
F3+6F2


1 1 −1
0 −1 −1
0 1 1


F1−F3−−−−−→
elim F2
(
1 0 −2
0 1 1
)
Matemáticas de 1 , problemas 60 Alberto del Valle Robles