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APUNTES DE ALGEBRA LINEAL MARCEL SAINTARD VERA SEGUNDO SEMESTRE 2011 Para Curso ÁLGEBRA II- USACH Material N°12

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DIAGONALIZACIÓN 3.6.- Formas Canonicas Elementales: Valores y vectores Propios. Hemos visto que un mismo

operador lineal T en L(V,V) se puede representar por tantas matrices Semejantes [ T ]B, como bases ordenadas B de V podamos usar como referente. Ahora, buscaremos una Base Ordenada de V según la cual la matriz asociada a T, tome la forma más elemental posible. Las matrices más simples que hemos visto son las Escalares y las Diagonales.

Nuestro objetivo será el de representar a cualquier T.L. T definida en V mediante una

matriz Diagonal D = (cij) con

=≠

=.,,,

kisikisi0

ck

ik λ. A esta representación se le llamará

Diagonalizacion de T. Descubriremos que la base, respecto de la cual la matriz asociada a T es diagonal, resulta ser una base Ortonormal, cuando la matriz inicial es simétrica.

Si para una T.L. T en L(V,V), existe una matriz diagonal D, diremos que T es Diagonizable; y resultará muy directo y expedito determinar, por ejemplo, su Rango, su Determinante, su Núcleo, su Imagen, etc. O sea, si para T en L(V,V), existe una base B de V tal que [T]B = D, diagonal, entonces el análisis de T resultará brevísimo.

3.6.1.- Valores Propios: Como existirá la matriz diagonal [T]B = D asociada a la T.L. T, si y sólo si encontramos una base B ={ }n

1iib = tal que T(bk) = λk·bk , para cada λk∈K, con k = 1,2,3,……,n; entonces resultará interesante estudiar a los vectores de V que sean transformados por la T.L. T en un múltiplo de sí mismo, es decir, a los vectores v∈V tales que T(v) = λv, con λ∈K.

Definición: Sea V(K) un espacio vectorial, y sea T una T.L. en L(V,V). Un valor propio de T, será un escalar λ∈K para el cual exista un vector no nulo v∈V tal que T(v) = λv.

Si λ∈K es un valor propio de T, entonces:

i) Cualquier v∈V para el cual T(v) = λv, se llamará un vector propio de T, asociado al valor propio λ.

ii) Al conjunto de todos los vectores propios asociados al valor propio λ, se le llamará Espacio Propio de T, asociado al valor propio λ.

Observación: Los valores propios también son llamados Raíces Características, Eigenvalores, o Valores Característicos o Espectrales, según diversos autores.

Notemos que para cualquier T.L. T∈L(V,V) y λ∈K, el conjunto de vectores v∈V para los cuales se obtiene que T(v) = λv será un s.e.v. de V y, más aún, resultará ser el Núcleo de la T.L. T −λI, pues si v∈Ker (T−λI ) entonces (T −λI)(v) = 0, y luego: T(v) − λI(v) = 0; de donde: T(v) = λv.


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En definitiva, Habrá valores propios de T sólo cuando se obtenga que Ker(T−λI ) ≠ {0v}, es decir, si T − λI no es inyectiva, y luego, si [Τ −λI ]B tiene un determinante nulo, pues no sería invertible.

Teorema 3.6.1.- Sea Τ: V → ..LT V, una T.L., con dimV = n, y sea λ∈K. Son equivalentes las siguientes afirmaciones:

i) λ es un valor propio de T. ii) T −λI es una T.L. Singular o No Invertible. iii) T −λI = 0 (determinante de la matriz asociada a T −λI ).

Observación: Este último punto, es clave pues nos dice que para encontrar todos los valores propios de una T.L. en V, bastará con obtener los valores de λ∈K que hacen cero o anulan al determinante de T −λI. Y como este determinante resulta ser un polinomio de grado n para la indeterminada λ, se tratará de obtener las raíces de este polinomio que llamaremos polinomio característico de T.

Note que Ker(T −λI) es el espacio propio asociado a cada valor propio λ.

Definición: Si B es una base ordenada cualquiera de V y A = [T]B, entonces T−λI es matriz invertible si y sólo si la matríz A − λI, también lo es. Luego, diremos que cada escalar λ∈K para el cual A−λI sea Singular o No Invertible, es un valor propio de A en K.

Como λ es valor propio de A, siempre y cuando A−λI= λI− A = 0, entonces, si definimos el polinomio característico de A como f(x) = x·I −A, los valores propios de A serán las raíces de f(x).

Teorema 3.6.2.-

Demostración: Si B = P−1 ·A·P, es semejante con A, donde P es la matriz de cambio de una base a otra, entonces :

AIx

PAIxP

PAIxP

PAPIxBIx

1

1

1

−⋅=

⋅−⋅⋅=

⋅−⋅⋅=

⋅⋅−⋅=−⋅

−

−

−

)(

De esto se infiere que T: V → ..LT V, con dimV = n, no puede tener más de n valores propios, aunque si puede carecer de ellos.

Podemos probar que las matrices semejantes (asociadas a una misma T.L., pero según diversas bases de V) tienen el mismo polinomio característico.


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Ejemplo Nº1: Sea T: R2 → ..LT R2 una T.L. tal que [ T] = A =

−0110

El polinomio característico de T será 1xx11x

AIx 2 +=−

=−⋅

Note que x2 + 1 es irreductible sobre R. Luego, T carece de valores propios.

Pero, si S: C2 → ..LT C2 es T.L. tal que [ S] = A =

−0110 , entonces su

polinomio característico sería el mismo f(x) = x2 + 1 y S tendría dos valores propios sobre C: i, y, − i.

Ejemplo Nº2: Sea A =

−−

022122113

una matríz asociada a una T.L. cualquiera.

a) Encuentre el polinomio característico de A. b) Si A está asociada a T: R3 → ..LT R3, respecto de la base canónica, encuentre

los vectores propios de T, y los espacios propios asociados a estos.

Respuesta: a) El polinomio característico de A es f(x) = x2212x2113x

−−−−−−

.

Luego, f(x) = x3 − 5x2 + 8x − 4 = (x − 1)·(x − 2)2. De donde λ1 = 1, y, λ2 = 2 son los valores propios de A en K.

b) Para λ1 = 1: A− I =

−−−

122112112

, con rango(A−I) = 2, pues F1 = F2, y nul(T−I) =1,

luego Ker(T− I) entrega el espacio propio:

−−

00

122112

∼

−00

010102

Luego, z = 2x; y = 0. Y entonces Ker( T − I ) = < {(1, 0, 2)}>. Esto significa que T(v) = v si y sólo si v es un múltiplo de (1, 0, 2).

Para λ2 = 2: A − 2I =

−−−

222102111

, con ran(A− 2I) = 2, pues F3 = 2F1, y

nul(T − 2I) = 1, luego para Ker(T − 2I):

−−

00

102111

∼

−−

00

120011

Luego, x = y; z = 2y. De donde Ker ( T − 2I ) = < {( 1, 1, 2) }>. Luego, T(v) = 2v si y sólo si v es un múltiplo de (1, 1, 2).


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Definición: Matriz Diagonalizable: Sea T∈L(V,V) con dimV = n. Se dice que T es diagonalizable si existe una base de V tal que cada vector suyo sea vector propio de T.

La razón del nombre es clara, pues si B = { }n1iib = es base ordenada tal que bi es un

vector propio de T, para cada i = 1,2,3,...,n, entonces la matriz T, en la base B, es diagonal.

Es decir, si T(bi) = λi·bi , entonces [ ] ( )ijBT λ= con

=≠

=jisijisi0

iiji λ

λ

Observación:

a) Note que si T es diagonalizable, entonces sus vectores propios generan a V. Es decir, que T es diagonalizable si y solo si tienen un número de vectores propios 1.i. igual a la dimV. (Los ejemplos de la página anterior hablan de Ts.Ls No diagonalizables, por lo que no es posible formar base del espacio R3 con los vectores propios asociados a los valores propios de T).

b) Note que si los k espacios propios Wi, asociados a cada uno de los distintos valores propios λi de T, tienen dimensiones di, entonces:

i) Nul (T − λi I ) = di ;

ii) En [ ] ( )kiB CT = con

=≠

=kisikisi0

Ci

ki ,,

λ, cada λi se repite di veces.

iii) Además, el polinomio característico de Τ se puede escribir como:

f (x) = (x − λ1)di·(x − λ2)

di·..............·(x − λk)dk. (Puede que haya, además,

factores no lineales irreductibles, en tal caso el número de valores propios no llega a n y T no será diagonalizable; el ejemplo Nº1 es de este tipo).

iv) Es fácil ver que ran(T − λiI ) = n − di (pues su nulidad es di), luego la matriz diagonal para [T − λi I]B tendrá di ceros en su diagonal.

v) Si W = W1 + W2 + ……+ Wk es el s.e.v. generado por todos los vectores

propios de T, entonces dimV = ∑=

k

1iid (son de intersección mínima). En

consecuencia, si B1, B2,……, Bk son las bases de los k espacios propios Wi , entonces el conjunto B = B1∪B2∪……∪Bk es base de W.


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Teorema 3.6.3.- Sea T∈L(V,V), con dimV = n y sean λ1, λ2,……, λk los valores propios de T, distintos. Sea Wi el espacio propio de λi o, lo que es lo mismo, el Ker(Τ− λi I). Lo siguiente es equivalente: i) T es diagonalizable. ii) W1 ⊕ W2 ⊕……⊕ Wk = V

iii) f (x) = ( x − λ1)d1 (x − λ2)

d2 ……(x − λ k)

dk con di = dimWi / ndk

1ii=∑

=

.

Análogamente, este teorema aplicado a matrices, queda:

A∈Mn(K) es semejante a una matriz diagonal, ssi: Existe P ∈Mn(K)

invertible y tal que P−1·A·P es diagonal.

Con tiempo y espacio, es posible demostrar que las columnas P1, P2, ……, Pk de la matriz P, forman una base B = {P1, P2, ……, Pk} para V, tal que, agrupando adecuadamente sus vectores en B1, B2, ……, Bk se obtiene las bases de los espacios propios Wi asociados a los λi valores propios distintos de A en K.

Ejemplo: Sea T: R3 → ..LT R3 representado por A =

−−−

−−

463241665

en base canónica.

i) Calculemos o construyamos el polinomio característico y obtengamos los valores propios asociados a T.

ii) Obtengamos dimensión y base para los espacios propios asociados a los valores propios obtenidos y decidamos si T es diagonalizable.

iii) Construyamos, si existe, la matriz diagonal D asociada a T e indiquemos respecto de qué base lo hace.

iv) Obtengamos la matriz P que satisface la igualdad: P−1 ·A·P = D.

Respuesta: i) f(x) = AIx −⋅ = 4x63

24x1665x

+−−−

− =

4x6324x1x202x

+−−−−−

= 1x63

14x1002x

+−−−

−

= (x − 2)·1x6

14x+−− = (x − 2)·(x2 − 3x + 2) = (x − 2)2 ·(x − 1).

Por lo tanto, f(x) = (x − 2)2 ·(x − 1) es el polinomio característico para T y sus valores propios asociados son λ1 = 1 y λ2 = 2.

ii) Espacios propios:

a) Para λ1 = 1: A − I =

−−−

−−

563231664

y Ker(A − I) sería:


6

−−−

−−

000

563231664

∼

−−

000

130260231

∼

−

000

000130101

Luego, Ker(A − I) = {( 3y, −y, 3y),∀ y∈IR} = <{(3,−1, 3)}>.

Por lo tanto, el espacio propio asociado a λ1 = 1 es W1 = <{(3, −1,3)}> con base B1 = {(3, −1, 3)} y dim(W1) = 1.

b) Para λ2 = 2: A − 2I =

−−−

−−

663221663

y Ker(A − 2I) sería:

−−−

−−

000

663221663 ∼

−−

000

000000221

Luego, Ker(A − 2I) = {( 2y + 2z, y, z ), ∀ y, z∈IR} = <{(2, 1, 0 ), (2, 0, 1)}>.

Y el espacio propio asociado a λ2 = 2 es W2 = <{(2, 1, 0), (2, 0, 1)}> con base B2= {(2, 1, 0), (2, 0, 1)} y dim(W2) = 2.

c) Como dim(W1) + dim(W2) = 3 = dim(R3), inferimos que T es diagonalizable.

iii) Luego, B = B1 ∪B2 = {(3, −1, 3 ), (2, 1, 0 ), (2, 0, 1)} es la base de R3 que nos

entrega la matriz diagonal D =

200020001

asociada a T.

iv) Por último, esto nos dice que A =

−−−

−−

463241665

es semejante con D =

200020001

.

Luego, existe P invertible y tal que P−1 ·A·P = D.

Note que para obtener P, que es la matriz de cambio de base B a base canónica E,

usamos como columnas los vectores de la base B = B1∪B2; luego P =

−

103011223

e

invirtiendo P obtenemos P−1 =

−−−−

563231221

. Estas son las matrices P−1 y P que

satisfacen la igualdad P−1 ·A·P = D. Verifíquelo Usted.

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