Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (25)

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2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN
63. Dada la matriz A =


2 p −2
−1 2 −2
−2 q −1

, se pide:
(a) Determina los valores de p y de q para los que es simétrica.
En el resto del problema se usan estos valores de p y de q.
(b) Comprueba que tiene un autovalor simple y uno doble.
(c) Para cada autovalor, encuentra autovectores básicos y comprueba el resultado.
(d) Halla matrices D (diagonal) y P (invertible y con columnas ortogonales entre śı) con AP =PD.
Solución: (a) Para que haya simetŕıa con respecto a la diagonal debe ser p = −1 y q = −2, y aśı
A =


2 −1 −2
−1 2 −2
−2 −2 −1


(b) Para calcular el polinomio caracteŕıstico, aprovechamos los doses de la tercera columna para
poner un cero con F1 − F2 y luego, como salen dos entradas opuestas, conseguimos otro cero con
C2 + C1:
p(λ) = |λI−A| =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 2 1 2
1 λ− 2 2
2 2 λ+ 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 3 3− λ 0
1 λ− 2 2
2 2 λ+ 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 3 0 0
1 λ− 1 2
2 4 λ+ 1
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
= (λ− 3)(λ2 − 1− 8) = (λ− 3)(λ2 − 9) = (λ− 3)2(λ+ 3)
y por tanto, efectivamente, hay un autovalores simple λ = −3 y uno dobe λ = 3.
(c) Para calcular un autovector de λ = −3 podemos buscar una relación entre las columnas de la
matriz
−3I −A =


−5 1 2
1 −5 2
2 2 −2


Se ve que la suma de las dos primeras es el doble de la última cambiada de signo, por lo que un
autovector básico es ~v1 = (1, 1, 2). Para comprobar, si multiplicamos A por la columna ~v1 se obtiene
(−3,−3,−6) = −3~v1, por lo que queda comprobado que ~v1 es autovector para λ = −3.
Para calcular autovectores básicos de λ = 3 vemos que las tres filas de 3I − A son proporcionales
a (1, 1, 2), por lo que sirven por ejemplo ~v2 = (1,−1, 0) y ~v3 = (2, 0,−1). Multiplicando A por ~v2
y ~v3 se obtienen respectivamente (3,−3, 0) = 3~v2 y (6, 0,−3) = 3~v2, por lo que queda comprobado
que son autovectores para λ = 3.
(d) La matriz diagonal D = diag(−3, 3, 3) y la matriz invertible P con columnas ~v1, ~v2, ~v3 verifican
AP = PD, pero P no tiene sus columnas ortogonales, pues no lo son entre śı los dos vectores
que hemos encontrado para λ = 3. Pero aplicando a estos el proceso de Gram-Schmidt podemos
cambiar el último de ellos por
~v3
′ = ~v3 −
~v3 · ~v2
‖~v2‖2
~v2 =


2
0
−1

− 2
2


1
−1
0

 =


1
1
−1


y aśı finalmente las matrices D =


−3 0 0
0 3 0
0 0 3

 y P =


1 1 1
1 −1 1
2 0 −1

 cumplen lo que se pide.
Matemáticas de 1 , problemas 73 Alberto del Valle Robles
2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN
o
64. Dada la matriz A =


−2 0 3
0 −2 a
b c d

, se pide:
(a) Determina los valores de a, b, c y d para los que es simétrica y tiene suma constante por filas.
En el resto del problema se usan estos valores de a, b, c y d.
(b) Comprueba que tiene tres autovalores simples.
(c) Para cada autovalor λ, encuentra un autovector-columna básico ~v y comprueba que A~v = λ~v.
(d) Halla matrices D (diagonal) y P (invertible y con columnas ortogonales entre śı) con AP =PD.
Solución: (a) Como la primera fila suma 1, la suma constante fuerza a = 3; la simetŕıa (en vista
de la columna derecha) nos da entonces b = c = 3; y de nuevo la suma constante fuerza d = −5, y
aśı
A =


−2 0 3
0 −2 3
3 3 −5


(b) Para calcular el polinomio caracteŕıstico, como hay suma constante empezamos con C1+(C2+
C3):
p(λ) = |λI−A| =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ+ 2 0 −3
0 λ+ 2 −3
−3 −3 λ+ 5
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 1 0 −3
λ− 1 λ+ 2 −3
λ− 1 −3 λ+ 5
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 1 0 −3
0 λ+ 2 0
0 −3 λ+ 8
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
= (λ− 1)(λ+ 2)(λ+ 8) tres autovalores simples 1, −2 y −8
(c) Para calcular los autovectores podemos buscar relaciones entre columnas en las matrices
I−A =


3 0 −3
0 3 −3
−3 −3 6

 −2I−A =


0 0 −3
0 0 −3
−3 −3 3

 −8I−A =


−6 0 −3
0 −6 −3
−3 −3 −3


En la primera matriz se tiene C1 + C2 + C3 = 0 y por tanto ~v1 = (1, 1, 1) es un autovector básico.
En la segunda se tiene C1 = C2, o sea C1 − C2 = 0 y por tanto ~v2 = (1,−1, 0) es un autovector
básico.
En la tercera se tiene C1 + C2 = 2C3 y por tanto ~v2 = (1, 1,−2) es un autovector básico.
La comprobación de que A~v1 = ~v1, A~v2 = −2~v2, A~v3 = −8~v3 es directa.
(d) Como, para matrices simétricas, los autovectores asociados a autovalores distintos son ortogo-
nales (cosa que ademas se puede comprobar directamente haciando los productos escalares de ~v1,
~v2 y ~v3), la construcción estándar de D y P nos da directamente columnas ortogonales en P , con
D = diag(1,−2,−8) =


1 0 0
0 −2 0
0 0 −8

 y P =


1 1 1
1 −1 1
1 0 −2


o
Matemáticas de 1 , problemas 74 Alberto del Valle Robles
2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN
65. Dada la matriz A =


3 0 −2
0 3 a
b c d

, se pide:
(a) Determina los valores de a, b, c y d para los que es simétrica y tiene suma constante por filas.
En el resto del problema se usan estos valores de a, b, c y d.
(b) Comprueba que tiene tres autovalores simples.
(c) Para cada autovalor λ, encuentra un autovector-columna básico ~v y comprueba que A~v = λ~v.
(d) Halla matrices D (diagonal) y P (invertible y con columnas ortogonales entre śı) con AP =PD.
Solución: (a) Como la primera fila suma 1, la suma constante fuerza a = −2; la simetŕıa (en vista
de la columna derecha) nos da entonces b = c = −2; y de nuevo la suma constante fuerza d = 5, y
aśı
A =


3 0 −2
0 3 −2
−2 −2 5


(b) Para calcular el polinomio caracteŕıstico, como hay suma constante empezamos con C1+(C2+
C3):
p(λ) = |λI−A| =
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 3 0 2
0 λ− 3 2
2 2 λ− 5
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 1 0 2
λ− 1 λ− 3 2
λ− 1 2 λ− 5
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∣
λ− 1 0 2
0 λ− 3 0
0 2 λ− 7
∣
∣
∣
∣
∣
∣
=
= (λ− 1)(λ− 3)(λ− 7) tres autovalores simples 1, 3 y 7
(c) Para calcular los autovectores podemos buscar relaciones entre columnas en las matrices
I −A =


−2 0 2
0 −2 −2
2 2 −4

 3I −A =


0 0 2
0 0 2
2 2 −2

 7I −A =


4 0 2
0 4 2
2 2 2


En la primera matriz se tiene C1 + C2 + C3 = 0 y por tanto ~v1 = (1, 1, 1) es un autovector básico.
En la segunda se tiene C1 = C2, o sea C1 − C2 = 0 y por tanto ~v2 = (1,−1, 0) es un autovector
básico.
En la tercera se tiene C1 + C2 = 2C3 y por tanto ~v2 = (1, 1,−2) es un autovector básico.
La comprobación de que A~v1 = ~v1, A~v2 = −2~v2, A~v3 = −8~v3 es directa.
(d) Como, para matrices simétricas, los autovectores asociados a autovalores distintos son ortogo-
nales (cosa que ademas se puede comprobar directamente haciando los productos escalares de ~v1,
~v2 y ~v3), la construcción estándar de D y P nos da directamente columnas ortogonales en P , con
D = diag(1, 3, 7) =


1 0 0
0 3 0
0 0 7

 y P =


1 1 1
1 −1 1
1 0 −2


o
Matemáticas de 1 , problemas 75 Alberto del Valle Robles