Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (22)

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2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN
52. Dada la matriz A =


−1 2 5
2 2 2
5 2 −1

, se pide:
a) Comprueba que tiene tres autovalores simples (observa que hay suma constante por filas).
b) Da dos argumentos distintos (muy cortos) que te permitan afirmar que A es diagonalizable.
c) Para cada autovalor λ, encuentra un autovector asociado ~v y comprueba que A~v = λ~v.
Solución: a) Como todas las filas suman 6, calculamos el polinomio caracteŕıstico con C1 +(C2 +
C3):
|λI−A| =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ+ 1 −2 −5
−2 λ− 2 −2
−5 −2 λ+ 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 6 −2 −5
λ− 6 λ− 2 −2
λ− 6 −2 λ+ 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 6 −2 −5
0 λ 3
0 0 λ+ 6
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= λ(λ−6)(λ+6)
Por tanto, efectivamente hay tres autovalores simples: el 0, el 6 y el −6.
b) Un argumento lo pod́ıamos haber dado desde el principio: A es simétrica y toda matriz simétrica
es diagonalizable. El otro se deduce del apartado anterior, pues toda matriz n×n con n autovalores
simples es diagonalizable.
c) Para λ = 0, resolviendo el sistema homogéneo (A|0) se obtiene el autovector básico ~v = (1,−2, 1)t.
Para λ = 6, resolviendo el sistema homogéneo (6I−A|0) se obtiene el autovector básico ~v = (1, 1, 1)t;
esto en realidad lo sabemos desde que hemos visto que todas las filas suman 6. Para λ = −6,
resolviendo el sistema homogéneo (−6I − A|0) se obtiene el autovector básico ~v = (1, 0,−1)t. En
los tres casos se comprueba, sin más que operar, que A~v = λ~v.
o
53. Dada la matriz A =


3 −1 1
−1 5 −1
1 −1 3

, se pide:
a) Comprueba que tiene tres autovalores simples (observa que hay suma constante por filas).
b) Da dos argumentos distintos (muy cortos) que te permitan afirmar que A es diagonalizable.
c) Para cada autovalor λ, encuentra un autovector asociado ~v y comprueba que A~v = λ~v.
Solución: a) Como todas las filas suman 3, calculamos el polinomio caracteŕıstico con C1 +(C2 +
C3):
|λI−A| =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 3 1 −1
1 λ− 5 1
−1 1 λ− 3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 3 1 −1
λ− 3 λ− 5 1
λ− 3 1 λ− 3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 3 1 −1
0 λ− 6 2
0 0 λ− 2
∣
∣
∣
∣
∣
∣
= (λ−2)(λ−3)(λ−6)
Por tanto, efectivamente hay tres autovalores simples: el 2, el 3 y el 6.
b) Un argumento lo pod́ıamos haber dado desde el principio: A es simétrica y toda matriz simétrica
es diagonalizable. El otro se deduce del apartado anterior, pues toda matriz n×n con n autovalores
simples es diagonalizable.
Matemáticas de 1 , problemas 64 Alberto del Valle Robles
2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN
c) Para λ1 = 2, resolviendo el sistema homogéneo (2I − A|0) se obtiene el autovector básico ~v1 =
(1, 0,−1)t. Para λ2 = 3, resolviendo el sistema homogéneo (3I−A|0) se obtiene el autovector básico
~v2 = (1, 1, 1)
t; esto en realidad lo sabemos desde que hemos visto que todas las filas suman 3. Para
λ3 = 6, resolviendo el sistema homogéneo (6I−A|0) se obtiene el autovector básico ~v3 = (1,−2, 1)t.
En los tres casos se comprueba, sin más que operar, que A~vi = λi~vi.
o
54. La matriz A =


3 −2 2
−2 3 −2
2 −2 3

 es simétrica, luego se puede diagonalizar ortogonalmente. Calcula
sus autovalores indicando sus multiplicidades, encuentra autovectores básicos para cada autovalor, y
construye matrices D (diagonal) y P (invertible con columnas ortogonales dos a dos) que verifiquen
AP = PD.
Solución: El polinomio caracteŕıstico se puede calcular haciendo primero F3 +F2 (para poner un
0 abajo a la izquierda) y luego C2 − C3 (aprovechando que aparecen dos λ− 1):
p(λ) = |λI−A| =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 3 2 −2
2 λ− 3 2
−2 2 λ− 3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 3 2 −2
2 λ− 3 2
0 λ− 1 λ− 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 3 4 −2
2 λ− 5 2
0 0 λ− 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
= (λ− 1)
∣
∣
∣
∣
λ− 3 4
2 λ− 5
∣
∣
∣
∣
= (λ− 1)(λ2 − 8λ+ 7) = (λ− 1)2(λ− 7)
Por tanto hay un autovalor doble λ = 1 y un autovalor simple λ = 7.
Para el autovalor doble λ = 1 la matriz 1I − A tiene las tres filas proporcionales a (1 − 1 1) y
por tanto ~v = (1, 1, 0) y ~w = (0, 1, 1) son autovectores básicos para λ = 1, lo que se comprueba
fácilmente observando que A~v (suma de las dos primeras columnas de A) coincide con 1~v y que A~w
(suma de las dos últimas columnas de A) coincide con 1~w.
Pero los necesitamos ortogonales entre śı. Para ello se les puede aplicar el algoritmo de Gram-
Schmidt, cambiando ~w por
~w − ~w · ~v‖~v‖2 ~v = ~w −
1
2
~v o mejor por su doble ~w ′ = 2~w − ~v = (−1, 1, 2)
que efectivamente es ortogonal a ~v y sigue verificando A~w ′ = 1~w ′.
Para el autovalor simple λ = 7 hay que calcular el núcleo de
7I−A =


4 2 −2
2 4 2
−2 2 4

→


1 2 1
2 1 −1
−1 1 2

→


1 2 1
0 −3 −3
0 3 3

→
(
1 2 1
0 1 1
)
→
(
1 0 −1
0 1 1
)
y como solución básica podemos tomar ~u = (1,−1, 1). No está de más comprobar que satisface
A~u = 7~u y que es ortogonal a ~v y a ~w ′.
Por tanto, las matrices D = diag(1, 1, 7) =


1 0 0
0 1 0
0 0 7

 y P = [~v, ~w ′, ~u] =


1 −1 1
1 1 −1
0 2 1


satisfacen las condiciones pedidas.
o
Matemáticas de 1 , problemas 65 Alberto del Valle Robles
2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN
55. La matriz A =


−1 2 5
2 2 2
5 2 −1

 es simétrica, luego se puede diagonalizar ortogonalmente. Calcula
sus autovalores indicando sus multiplicidades, encuentra autovectores básicos para cada autovalor, y
construye matrices D (diagonal) y P (invertible con columnas ortogonales dos a dos) que verifiquen
AP = PD.
Solución: El polinomio caracteŕıstico se puede calcular, por ejemplo (aprovechando la suma cons-
tante por filas), empezando con F1 + (F2 + F3) y siguiendo con C2 − C1 y C3 − C1:
p(λ) = |λI−A| =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ+ 1 −2 −5
−2 λ− 2 −2
−5 −2 λ+ 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 6 λ− 6 λ− 6
−2 λ− 2 −2
−5 −2 λ+ 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 6 0 0
−2 λ 0
−5 3 λ+ 6
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
= λ(λ− 6)(λ+ 6)
Por tanto hay tres autovalores simples (0, 6 y −6) y los autovectores saldrán directamente orto-
gonales entre śı (como en los primeros ejemplos de diagonalización ortogonal de los apuntes), de
modo que no hará falta aplicar el proceso de Gram-Schmidt.
Para el autovalor λ = 0, los autovectores son las soluciones no triviales del sistema homogéneo con
matriz 0I −A = −A, que se resuelve fácilmente para obtener un autovector ~v1 = (1,−2, 1); no está
de más comprobar que A~v1 = 0~v1 = 0.
Para el autovalor λ = 6, una solución del sistema homogéneo con matriz 6I −A es ~v2 = (1, 1, 1), y
es fácil comprobar que A~v2 = 6~v2.
Para λ = −6, una solución de (−6I −A|0) es ~v3 = (1, 0,−1), con A~v3 = −6~v3.
Por tanto, las matrices D = diag(0, 6,−6) =


0 0 0
0 6 0
0 0 −6

 y P = [~v1, ~v2, ~v3] =


1 1 1
−2 1 0
1 1 −1


satisfacen las condiciones pedidas.
o
56. La matriz A =


5 2 −2
2 5 2
−2 2 5

 es simétrica, luego se puede diagonalizar ortogonalmente. Calcula
sus autovalores indicando sus multiplicidades, encuentra autovectores básicos para cada autovalor, y
construye matrices D (diagonal) y P (invertible con columnas ortogonales dos a dos) que verifiquen
AP = PD.
Solución: El polinomio caracteŕıstico se puede calcular haciendo primero F3 +F2 (para poner un
0 abajo a la izquierda) y luego C2 − C3 (aprovechando que aparecen dos λ− 7):
p(λ) = |λI−A| =
∣
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∣
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∣
λ− 5 −2 2
−2 λ− 5 −2
2 −2 λ− 5
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∣
∣
∣
=
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∣
∣
∣
∣
∣
λ− 5 −2 2
−2 λ− 5 −2
0 λ− 7 λ− 7
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∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 5 −4 2
−2 λ− 3 −2
0 0 λ− 7
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
= (λ− 7)
∣
∣
∣
∣
λ− 5 −4
−2 λ− 3
∣
∣
∣
∣
= (λ− 7)(λ2 − 8λ+ 7) = (λ− 7)2(λ− 1)
Por tanto hay un autovalor doble λ = 7 y un autovalor simple λ = 1.
Matemáticas de 1 , problemas 66 Alberto del Valle Robles