Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (24)

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2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN
60. Diagonaliza ortogonalmente la matriz A =


5 2 2
2 5 2
2 2 5


Solución: Veamos dos formas de calcular el polinomio caracteŕıstico y los autovalores:
Una opción consiste en empezar con F1 + (F2 + F3) y hacer luego C2 − C1 y C3 − C1:
p(λ) = |λI−A| =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 5 −2 −2
−2 λ− 5 −2
−2 −2 λ− 5
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 9 λ− 9 λ− 9
−2 λ− 5 −2
−2 −2 λ− 5
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 9 0 0
−2 λ− 3 0
−2 0 λ− 3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
de modo que p(λ) = (λ− 9)(λ− 3)3 y por tanto los autovalores son 3 (doble) y 9 (simple).
Otra opción, que por supuesto da los mismos autovalores, es hacer primero F1−F3 y luego C3+C1:
p(λ) = |λI−A| =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 5 −2 −2
−2 λ− 5 −2
−2 −2 λ− 5
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 3 0 3− λ
−2 λ− 5 −2
−2 −2 λ− 5
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 3 0 0
−2 λ− 5 −4
−2 −2 λ− 7
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
= (λ− 3)
∣
∣
∣
∣
λ− 5 −4
−2 λ− 7
∣
∣
∣
∣
= (λ− 3)(λ2 − 12λ+ 27) = (λ− 3)2(λ− 9)
Para el autovalor doble λ = 3 la matriz 3I − A tiene las tres filas proporcionales a (1 1 1) y por
tanto ~v = (1,−1, 0) y ~w = (1, 0,−1) son autovectores básicos, 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 2~w − ~v = (1, 1,−2)
Una alternativa consiste en notar que buscamos dos vectores ortogonales entre śı y ortogonales a
~u = (1, 1, 1), por ser soluciones del sistema con matriz (1 1 1). Entonces basta con encontrar un
primer vector ortogonal a ~u, como el ~v anterior, y tomar entonces como segundo vector el producto
vectorial ~u× ~v = (1, 1,−2).
Para el autovalor simple λ = 9 podemos tener claro que ~u = (1, 1, 1) es un autovector porque las
filas de A tienen suma constante igual a 9, o porque debe salir un vector ortogonal a los que son
soluciones del sistema con matriz (1 1 1). Si no vemos esto, basta con calcular el núcleo de
9I−A =


4 −2 −2
−2 4 −2
−2 −2 4

→


1 1 −2
−1 2 −1
2 −1 −1

→


1 1 −2
0 3 −3
0 −3 3

→
(
1 1 −2
0 1 −1
)
etc.
En definitiva, podemos tomar las matrices D =


3 0 0
0 3 0
0 0 9

 (diagonal) y P =


1 1 1
−1 1 1
0 −2 1


(invertible y con columnas ortogonales dos a dos) que verifican AP = PD.
o
Matemáticas de 1 , problemas 70 Alberto del Valle Robles
2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN
61. Diagonaliza ortogonalmente la matriz simétrica A =


−2 1 1
1 −2 1
1 1 −2

.
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
62. Dada la matriz A =


4 4 1
4 1 4
1 4 4

, se pide:
(a) Comprueba que tiene tres autovalores simples.
(b) Da dos argumentos distintos que confirmen que es diagonalizable.
(c) Para cada autovalor, encuentra un autovector básico y comprueba el resultado.
(d) Construye matrices D (diagonal) y P (invertible) con AP = PD.
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2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN
Solución: (a) Para aclcular el polinomio caracteŕıstico podemos, por ejemplo, aprovechar que hay
suma constante por filas y empezar con C1 + (C2 + C3) y luego F2 − F1 y F3 − F1 para obtener:
p(λ) = |λI−A| =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 4 −4 −1
−4 λ− 1 −4
−1 −4 λ− 4
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 9 −4 −1
λ− 9 λ− 1 −4
λ− 9 −4 λ− 4
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 9 −4 −1
0 λ+ 3 −3
0 0 λ− 3
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
= (λ− 9)(λ− 3)(λ+ 3)
y por tanto, efectivamente, hay tres autovalores simples 9, 3 y −3.
(b) Desde el principio sabemos que A es diagonalizable porque es simétrica. Ahora además sabemos
que tiene tres autovalores simples por lo que, al ser de tamaño 3 × 3, es diagonalizable (apuntes,
pág. 34).
(c) Para calcular los autovectores de cada autovalor λ0 podŕıamos en cada caso hacer un proceso
estándar de Gauss para resolver el sistema homogéneo con matriz de coeficientes λ0I−A, pero como
sabemos que aparecerán sistemas con exactamente 1 grado de libertad (por tratarse de autovalores
simples) entonces basta con encontrar una relación entre las columnas de esa matriz que nos da
una solución no nula del sistema, y ese será nuestro autovector básico. Las tres matrices son
9I −A =


5 −4 −1
−4 8 −4
−1 −4 5

 3I −A =


−1 −4 −1
−4 2 −4
−1 −4 −1

 − 3I −A =


−7 −4 −1
−4 −4 −4
−1 −4 −7


En la primera las columnas verifican C1 + C2 + C3 = 0 y por tanto (1, 1, 1) es el autovector que
buscamos (asociado al autovalor λ = 9). En la segunda se tiene C1 − C3 = 0 y un autovector para
λ = 3 es pues (1, 0,−1). En la tercera se tiene C1+C3 = 2C2, por lo que un autovector para λ = −3
es (1,−2, 1).
Comprobamos que en los tres casos se tiene A~v = λ~v para el autovalor λ y el autovector ~v corres-
pondientes, haciendo los productos “matriz por vector-columna” como combinaciones lineales de
las columnas de la matriz con los coeficientes que marca el vector:
A


1
1
1

 =


4 4 1
4 1 4
1 4 4




1
1
1

 =


4
4
1

+


4
1
4

+


1
4
4

 =


9
9
9

 = 9


1
1
1


A


1
0
−1

 =


4
4
1

+


−1
−4
−4

 =


3
0
−3

 = 3


1
0
−1


A


1
−2
1

 =


4
4
1

+


−8
−2
−8

+


1
4
4

 =


−3
6
−3

 = −3


1
−2
1


(d) Siguiendo el algoritmo de diagonalización, sirven D =


9 0 0
0 3 0
0 0 −3

 y P =


1 1 1
1 0 −2
1 −1 1

.
o
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