2011-01-31 apuntes Álgebra lineal capÍtulo 5 der

ING. JOSÉ PEDRO AGUSTÍN VALERA NEGRETE

C A P Í T U L O

5

VALORES Y VECTORES CARACTERÍSTICOS

5.1 Valores característicos (propios o eigenvalores), ecuación característica y vectores característicos (propios o eigenvectores)

En Ingeniería se presentan problemas que requieren del análisis de los valores y vectores característicos en el estudio de vibraciones de sistemas elásticos, deformación de estructuras, mallas eléctricas, etc. Sea V un espacio vectorial sobre el campo ℂ y sea T: V V→ una transformación lineal del espacio

V dentro de sí mismo, a la que se le conoce con el nombre de operador lineal. Para este tipo de transformaciones puede haber vectores que no se modifiquen al aplicar la transformación, o cuya modificación consista únicamente en quedar multiplicados por un escalar, es decir, pueden existir vectores tales que T(v) vλ= donde λ es un escalar.

Geométricamente si V n= ℝ esto significa que dichos vectores no cambian de dirección al aplicar la

transformación, sino que sólo cambian de magnitud o tamaño si 1λ ≠ o de sentido si 1λ < . A estos vectores v se les llama vectores característicos del operador T , y a los escalares se les conoce como valores característicos de dicho operador. Si v es un vector característico de T asociado al valor λ , cualquier múltiplo escalar vk de dicho vector

es también un vector característico de T asociado al valor λ . En efecto si v es un vector característico de T asociado al valor λ : T(v) vλ= Por otra parte, como T es una transformación lineal: T( v) T(v)k k=

T( v) ( v)k k λ= Por la propiedad asociativa de los espacios vectoriales T( v) ( v)k kλ= lo cuál muestra claramente que

el vector vk es también un vector característico de T , asociado al valor λ .



514

x

8

7

6

5

4

3

2

1

1 2 3 4

Ejemplo 5.1 Sea V un espacio vectorial sobre ℝ de todas las funciones diferenciables y sea T la

transformación definida por el operador ddx . Entonces la función f definida como ( ) xf x eλ= es un

vector característico de T asociado al valor característico λ puesto que: ( )u ux xd e e d u=

x

xd f dee

dx dx

λλλ= = y e xf λλ λ= , es decir, T( )f fλ=

Los valores característicos también son llamados eigenvalores (del alemán eigen, propio) o valores propios y los vectores característicos se denominan eigenvectores o vectores propios. En algunos libros de Álgebra Lineal se utiliza la nomenclatura de autovalor y autovector. Para introducir los conceptos de valor y vector característicos analicemos el siguiente:

Ejemplo 5.2 Consideremos el operador 2 2T: →ℝ ℝ definido por T( , ) (2 , 6 )x y x y x y= + + , si

aplicamos dicho operador al vector 1v (1, 2)= encontramos que:

1 1T( v ) T(1, 2) (2 2, 6 2) ( 4, 8) 4 (1, 2) 4 v= = + + = = =

Esto es, que la transformación solamente lo multiplicó por 4 . Geométricamente podemos decir que no cambió la dirección sino únicamente su magnitud o tamaño, la cuál aumentó 4 veces como se observa en la siguiente figura. Decimos entonces que el número 4 es un valor característico de este operador T y que el vector

1v (1, 2)= es un vector característico correspondiente al valor 4.

Si aplicamos ahora el operador T a los siguientes vectores: 2v (3, 6)= y 3v ( 2, 4)= − − , encontramos

que: 2T( v ) T(3, 6) (6 6, 18 6) (12, 24) 4 (3, 6)= = + + = =

3T( v ) T( 2, 4) ( 4 4, 12 4) ( 8, 16) 4 ( 2, 4)= − − = − − − − = − − = − −

Por lo que 2v y 3v también son vectores característicos de T asociados al valor característico 4 .

1 1T( v ) 4 v=

1v

y



515

Sin embargo, no todos los vectores característicos corresponden al mismo valor característico, por ejemplo, para los vectores 4v (1, 3)= − y 5v ( 2, 6)= − se tiene:

4 4T( v ) T(1, 3) ( 2 3, 6 3) ( 1, 3) 1 (1, 3) ( 1) v= − = − − = − = − − = −

5 5T( v ) T( 2, 6) ( 4 6, 12 6) ( 2, 6) 1 ( 2, 6) ( 1) v= − = − + − + = − = − − = −

Por lo que 4v y 5v son vectores característicos de T asociados al valor característico 1− .

En la aplicación de la definición T(v) vλ= observamos que no todos los vectores del dominio son vectores característicos del operador, ya que en general, este modifica tanto la magnitud como la dirección de los vectores, por ejemplo, si 6v (1, 3)= y 7v ( 1, 5)= − tenemos que:

6T( v ) T(1, 3) ( 2 3, 6 3) (5, 9)= = + + =

7T( v ) T( 1, 5) ( 2 5, 6 5) (3, 1)= − = − + − + = −

T modifica la magnitud y dirección de ambos. Definición: Sea V un espacio vectorial sobre el campo ℂ y sea T: V V→ un operador lineal.

Si existe un vector v V∈ , siendo v 0≠ , tal que T(v) vλ= .

Para algún escalar λ ∈ℂ , entonces decimos que λ es un valor característico de T y que v es un vector característico de T correspondiente a λ . La definición anterior excluye al vector cero como vector característico, esto se debe a la conveniencia de que todo vector característico corresponde a un solo valor característico. Ejemplo 5.3 Para la transformación identidad se tiene I: V V→ en donde todos los vectores no nulos

de V son vectores característicos correspondientes al valor "1" puesto que: I(v) v (1) v= = tal que v V∈ Ejemplo 5.4 Para la transformación cero se tiene 0: V V→ en donde todos los vectores no nulos de

V son vectores característicos correspondientes al valor "0" puesto que:

0(v) 0 (0) v= = tal que v V∈

Si T es una transformación de nℂ dentro de si misma, es decir T: n n→ℂ ℂ entonces dicha

transformación puede representarse mediante una matriz cuadrada A de orden n cuyos elementos están en ℂ . Entonces, un valor característico de la matriz A , será un valor característico de la transformación

T: n n→ℂ ℂ . Es decir, un valor característico de la matriz A , es un escalar λ ∈ℂ para el cual existe un



516

vector columna v n∈ℂ diferente del vector cero, tal que v vA λ= , y consecuentemente, el vector

v n∈ℂ es un vector característico de A asociado al valor característico λ . Con objeto de realizar nuestras operaciones utilizando una notación similar a la de los sistemas de ecuaciones lineales, sustituyamos al vector v por la notación del vector x , de tal forma que: x xA λ= Siendo x el vector columna que representa a las incógnitas.

5.2 Ecuación o polinomio característico de una matriz cuadrada En la práctica, el problema de determinar los valores característicos de una matriz cuadrada A de orden n no singular, consiste en determinar los valores de λ para los cuales se satisface el sistema de

ecuaciones cuando x 0≠ . Estos valores de λ representan a los valores característicos de la matriz A y las correspondientes soluciones del sistema serán los vectores característicos de la matriz A . La forma de obtenerlos directamente es premultiplicando x en ambos miembros por la matriz identidad I de orden n . x xA λ=

I x I xA λ= Como A e I son dos matrices del mismo orden y por la definición de matriz identidad x I xA λ=

x I x = 0A λ− Aplicando la propiedad distributiva del producto con respecto a la suma de matrices

( I) x 0A λ− = La expresión representa un sistema de ecuaciones lineales homogéneo que tiene solución distinta de la trivial si:

I 0A λ− = ⇒ 0λ ≠

Teorema: Sea A una matriz cuadrada de orden n . Entonces λ es un valor característico de A si y solo si ( ) det ( I ) 0P Aλ λ= − = . Definición: Si A es una matriz cuadrada, entonces ( ) det ( I ) 0P Aλ λ= − = es la ecuación característica de A ; ( )P λ se llama polinomio característico de A .



517

Desarrollando el determinante e igualando a cero se obtiene una ecuación algebraica o polinomio de grado n en λ de la forma ( ) 0P λ = llamado polinomio característico de la matriz A , cuyas raíces son los

valores característicos de la matriz A . Sustituyendo cada uno de estos valores en el sistema de ecuaciones, se obtiene en cada caso un sistema homogéneo con soluciones distintas de la trivial. Cualquier solución particular de dichos sistemas será un vector característicos de la matriz A asociado al valor característico λ correspondiente. Teorema: Sea V un espacio vectorial sobre el campo ℂ y sea T: V V→ una transformación lineal.

Sean 1 2v , v , , vn… vectores característicos de T asociados a los valores característicos 1 2, , , nλ λ λ… .

Supóngase que estos valores son diferentes, es decir, i jλ λ≠ , i j∀ ≠ entonces 1 2v , v , , vn… son

linealmente independientes, es decir, los vectores característicos correspondientes a valores característicos

diferentes son linealmente independientes.

5.3 Vectores característicos linealmente independientes y espacios característi-cos

Si λ es un valor característico o eigenvalor de A , entonces el espacio solución del sistema de ecuaciones

lineales ( I) x 0A λ− = se denomina el espacio característico de A correspondiente a λ , y los vectores diferentes de cero en el espacio característico se denominan vectores característicos o eigenvectores de A correspondientes a λ .

Si

11 12 1

21 22 2

1 2

n

n

n n nn

a a a

a a aA

a a a

=

…

…

⋮ ⋮ ⋮⋱

…

entonces

11 12 1

21 22 2

1 2

( )

( )( ) det ( I)

( )

n

n

n n nn

a a a

a a aP A

a a a

λλ

λ λ

λ

− − = − = −

…

…

⋮ ⋮ ⋮⋱

…

El polinomio ( )P λ es de grado n y por el teorema fundamental del álgebra tiene n raíces, sin embargo algunas de ellas pueden estar repetidas, cuando esto sucede se dice que las raíces (valores característicos)

tienen multiplicidad algebraica. Si A es una matriz de orden nxn , entonces se tienen las siguientes afirmaciones:

a) λ es un valor característico de A ,

b) El sistema de ecuaciones ( I) x 0A λ− = tiene soluciones no triviales,

c) Existe un vector x en nℝ diferente de cero, tal que x xA λ= . El número de vectores característicos o eigenvectores linealmente independientes de una matriz A , no necesariamente es igual a la multiplicidad algebraica del eigenvalor por lo que se tiene la siguiente definición.



518

Definición: Sea λ un valor característico o eigenvalor de la matriz A ; entonces la multiplicidad geométrica de λ es la dimensión del espacio característico correspondiente a λ (que es la nulidad de la matriz A Iλ− . Es decir, multiplicidad geométrica de dim ( ) xE A Iλλ λ= = − .

En general podemos decir que si la multiplicidad algebraica de λ es mayor que 1, entonces no se puede predecir la multiplicidad geométrica de λ sin información adicional.

5.4 Procedimiento para el cálculo de valores y vectores característicos Dada una matriz A de orden n x n se deben seguir los siguientes pasos para hallar los valores y vectores característicos.

1. Calcular el polinomio característico ( ) det ( I)P Aλ λ= − .

2. Hallar los valores característicos de A , determinando las raíces 1 2, , , nλ λ λ… del polinomio

característico ( ) 0P λ = .

3. Para cada valor característico λi , resolver el sistema de ecuaciones lineales homogéneo

( I) x = 0A λ− i . Las soluciones diferentes de la trivial corresponden a los vectores característicos

de A para cada λi .

4. Escribir la solución general de ( I) x = 0A λ− i en forma de combinación lineal de vectores cuyos

coeficientes se denominan variables libres. Estos vectores forman una base para Eiλλλλ .

Ejemplo 5.5 Hallar los valores característicos (eigenvalores), el polinomio característico y los vectores

característicos (eigenvectores) de la siguiente matriz [ ] 0 00

0 0

=

Solución:

1 Sea la expresión ( I) x 0A λ− = y la ecuación característica I 0A λ− = para que 0iλ ≠

0 0 0 (0 ) 0

( I )0 0 0 0 (0 )

Aλ λ

λλ λ

− − = − = −

20I

0A

λλ λ

λ−

− = =−

2 2( )P λ λ= es el polinomio característico de A y sus raíces son los valores característicos o

eigenvalores, por lo tanto si 2 0λ = ⇒ 1 0λ = y 2 0λ = , como se tienen 2 raíces iguales se dice que son

de multiplicidad algebraica 2.



519

3 Para la matriz [ ]0A = el sistema de ecuaciones lineales homogéneo está dado por ( I) x 0A λ− = , y

a x se le denomina vector característico o eigenvector de la matriz A correspondiente al eigenvalor

1 0λ = , entonces sustituyendo valores:

1

2

0 0

0 0

x

x

λλ

− = −

Para el valor característico ¨1 0λ = se tiene el siguiente sistema de ecuaciones:

1

2

0 0 0

0 0 0

x

x

=

1 20 0 0x x+ =

y los valores de 1x y 2x pueden ser dos números reales cualesquiera, así tenemos que 1 1x k= y 2 2x k=

1 2,k k∀ ∈ℝ , entonces la solución general es 1

2

xk

k

=

que puede ser expresada de la siguiente

manera 10

2

kE gen

k

=

.

Nota: En la notación anterior la letra E nos indica la nomenclatura de eigenvector y el subíndice 0 el eigenvalor al cuál se encuentra asociado, y la notación gen indica conjunto generador.

Si hacemos que 1 1k = y 2 0k = se obtiene 1

1x

0

=

, y para 1 0k = y 2 1k = , 2

0x

1

=

. Por lo tanto

0

1 0,

0 1E gen

=

dependiendo los valores asignados a 1 2,k k∀ ∈ℝ existen otras elecciones para

los vectores característicos. Recordemos que el vector x puede ser escrito de la siguiente forma:

1 11 2 1 2

2 2

0 1 0x

0 0 1

k kk k k i k j

k k

= = + = + = +

En donde los vectores 1

0

y 0

1

son linealmente independientes y forman una base para el espacio

característico de multiplicidad algebraica 2 correspondiente a 1 2 0λ λ= = . Es decir los vectores 1x y

2x forman una base para 0E .



520

Ejemplo 5.6 Hallar los valores y vectores característicos de la siguiente matriz 1 0

I0 1

=

.

Solución:

1 Sea la expresión ( I) x 0A λ− = y la ecuación característica I 0A λ− = para que 0iλ ≠ :

1 0 0 (1 ) 0

( I )0 1 0 0 (1 )

Aλ λ

λλ λ

− − = − = −

2 2(1 ) 0I 1 2 1

0 (1 )A

λλ λ λ λ λ λ

λ−

− = = − − + = − +−

2 Si 2( ) 2 1P λ λ λ= − + hallar las raíces del polinomio característico 2 2 1 0λ λ− + = :

2 4 4 (1) (1) 2

12 2

λ± −

= = = ⇒ 1 2 1λ λ= = (de multiplicidad algebraica 2)

3 Para la matriz A el sistema de ecuaciones lineales homogéneo está dado por ( I) x 0A λ− = :

1

2

(1 ) 0 0

0 (1 ) 0

x

x

λλ

− = −

Para el valor característico 1 1λ = se tiene el siguiente sistema de ecuaciones:

1

2

(1 1) 0 0

0 (1 1) 0

x

x

− = −

1

2

0 0 0

0 0 0

x

x

=

1 20 0 0x x+ =

Y los valores de 1x y 2x pueden ser dos números reales cualesquiera, así tenemos que 1 1x k= y 2 2x k=

para 1 2,k k ∈ℝ , entonces la solución general es 1

2

xk

k

=

que puede ser expresada de la siguiente

manera: 11

2

kE gen

k

=



521

Si hacemos que 1 1k = y 2 0k = se obtiene 1

1x

0

=

, para 1 0k = y 2 1k = se obtiene 2

0x

1

=

. Por lo

tanto 1

1 0,

0 1E gen

=

dependiendo los valores asignados a 1 2,k k∀ ∈ℝ existen otras elec-

ciones para los vectores característicos. Recordemos que el vector x puede ser escrito de la siguiente forma:

1 11 2 1 2

2 2

0 1 0x

0 0 1

k kk k k i k j

k k

= = + = + = +

En donde los vectores 1

0

y 0

1

son linealmente independientes y forman una base para el espacio

característico de multiplicidad algebraica 2 correspondiente a 1 2 1λ λ= = . Es decir los vectores 1x y 2x

forman una base para 1E .


8 1A

= −

.

Solución:


3 0 0 (3 ) 0

( I )8 1 0 8 ( 1 )

Aλ λ

λλ λ

− − = − = − − −

2 2(3 ) 0I 3 3 2 3

8 ( 1 )A

λλ λ λ λ λ λ

λ−

− = = − − + + = − −− −

2 Si 2( ) 2 3P λ λ λ= − − hallar las raíces del polinomio característico 2 2 3 0λ λ− − = :

22 ( 2) 4 (1) ( 3) 2 4 12 2 4

2 2 2λ

± − − − ± + ±= = =

1

2 43

2λ += = 2

2 41

2λ −= = −

1

2

3

1

λλ

∴ == −



522

3 Dada la matriz A el sistema de ecuaciones lineales homogéneo está dado por ( I) x 0A λ− = :

1

2

(3 ) 0 0

8 ( 1 ) 0

x

x

λλ

− = − −

3.1 Para el primer valor característico 1 3λ = se tiene el siguiente sistema de ecuaciones:

1

2

(3 3) 0 0

8 ( 1 3) 0

x

x

− = − −

1

2

0 0 0

8 4 0

x

x

= −

1 28 4 0x x− =

1 2

4

8x x= haciendo 2x k= , para k ∈ℝ 1

1

2x k∴ =

solución general: solución particular si 1k = :

1

1 2

2

x k

x k

= =

12x

k

k

=

1

1 2

2 1

x

x

= =

12x1

=

La notación que a continuación se presenta es de tipo matricial para indicar un vector característico (diferente del vector cero) asociado al valor característico 1 3λ = . Cualquier otro vector característico

asociado a 1 3λ = es un múltiplo de x (para una solución particular diferente a la obtenida).

12

3

kE gen

k

=

si 1k =

12

3 1E gen

=

3.2 Para el segundo valor característico 1 1λ = − se tiene el siguiente sistema de ecuaciones:

1

2

(3 1) 0 0

8 ( 1 1) 0

x

x

+ = − +

1

2

4 0 0

8 0 0

x

x

=

1 2

1 2

4 0 0

8 0 0

x x

x x

+ =+ =



523

Para que el sistema tenga solución diferente de la trivial, se requiere que 2 0x ≠ por lo cual podemos

considerar que: 2x k= , para k ∈ℝ

Y como los coeficientes de 2x son ceros, entonces: 1

1

4 0

8 0

x

x

= =

Por lo que la única solución posible es 1 0x = por tanto:


1

2

0x

x k

= =

2

0x

k

=

1

2

0

1

x

x

= =

2

0x

1

=

Cualquier otro vector característico asociado a 2 1λ = − es un múltiplo de x (para una solución particular

diferente a la obtenida). Y mediante la notación matricial tenemos:

1

0E gen

k−

=

si 1k = 1

0

1E gen−

=

Observación: Los vectores característicos obtenidos para cada uno de los valores característicos son linealmente independientes. 4 Las soluciones obtenidas de los valores y vectores característicos pueden ser verificadas por sustitución en la expresión x xA λ= de la siguiente manera: 4.1 Para el primer valor característico 1 3λ = asociado al vector característico 3E .

�

3 31 12 22 2

x x

3 0x 3

8 1 4 3A

k kk kA

k kk k kλ

= = = = − − ��

4.2 Para el segundo valor característico 2 1λ = − asociado al vector característico 1E− .

� �x x

3 0 0 0 0x 1

8 1A

Ak k k

λ

= = = − − − ��


5 1A

− − = −



524

Solución:


2 2 0 ( 2 ) 2

( I )5 1 0 5 (1 )

Aλ λ

λλ λ

− − − − − − = − = − − −

2 2( 2 ) 2I 2 2 10 12

5 (1 )A

λλ λ λ λ λ λ

λ− − −

− = = − + − + − = + −− −

2 Si 2( ) 10P λ λ λ= + − hallar las raíces del polinomio característico 2 10 0λ λ+ − = :

1 1 4 (1) ( 12) 1 1 48 1 7

2 2 2λ

− ± − − − ± + − ±= = =

1

1 73

2λ − += = 2

1 74

2λ − −= = −

1

2

3

4

λλ

∴ == −


1

2

( 2 ) 2 0

5 (1 ) 0

x

x

λλ

− − − = − −


1

2

( 2 ) 2 0

5 (1 ) 0

x

x

λλ

− − − = − −

1

2

( 2 3) 2 0

5 (1 3) 0

x

x

− − − = − −

1

2

5 2 0

5 2 0

x

x

− − = − −

1 2

1 2

5 2 0

5 2 0

x x

x x

− − =− − =



525

1 2

2

5x x= − entonces si hacemos 2x k= , k∀ ∈ℝ

1

2

5x k∴ = −


2

1 5

2

x k

x k

= − =

25xk

k

− =

2

1 5

2 1

x

x

= − =

25x1

− =

Utilizando la notación matricial tenemos 25

3

kE gen

k

− =

si 1k =

25

3 1E gen

− =


1

2

( 2 4) 2 0

5 (1 4) 0

x

x

− + − = − +

1

2

2 2 0

5 5 0

x

x

− = −

1 2

1 2

2 2 0

5 5 0

x x

x x

− =− + =

1 2x x= entonces si hacemos 2x k= , k∀ ∈ℝ


1

2

x k

x k

= =

xk

k

=

1

2

1

1

x

x

= =

1

x1

=

Utilizando la notación matricial tenemos 4k

E genk−

=

si 1k = 4

1

1E gen−

=

Observación: Los vectores característicos obtenidos para cada uno de los valores característicos son linealmente independientes. 4 Las soluciones obtenidas de los valores y vectores característicos pueden ser verificadas por sustitución en la expresión x xA λ= de la siguiente manera:



526

4.1Para el primer valor característico 1 3λ = asociado al vector característico 3E .

�

62 4 25 5 55

x x

2 2 2x 3

5 1 2 3A

k k k kkA

k k k kkλ

− − − − −− = = = = − + ��

4.2 Para el segundo valor característico 2 4λ = − asociado al vector característico 4E− .

� �x x

2 2 2 2 4x 4

5 1 5 4A

k k k k kA

k k k k k

λ

− − − − − = = = = − − − + − ��

Ejemplo 5.9 Hallar los valores y vectores característicos de la siguiente matriz

1 2 2

2 1 2

2 2 1

A

− = −

Solución:


1 2 2 0 0 ( 1 ) 2 2

( I ) 2 1 2 0 0 2 ( 1 ) 2

2 2 1 0 0 2 2 (1 )

A

λ λλ λ λ

λ λ

− − − − = − − = − − −

( 1 ) 2 2

I 2 ( 1 ) 2 ( 1 ) ( 1 ) (1 ) 8 8

2 2 (1 )

A

λλ λ λ λ λ

λ

− −− = − − = − − − − − + +

−

3 2I 13 21A λ λ λ λ− = − − + +

2 Si 3 2( ) 13 21P λ λ λ λ= − − + + hallar mediante el método de división sintética las raíces del

polinomio característico 3 2 13 21 0λ λ λ− − + + = . 2.1 Aplicando la regla de los signos de Descartes:

3 2( ) 13 21P λ λ λ λ= − − + + una raíz real positiva

3 2( ) 13 21P λ λ λ λ− = − − + dos raíces reales o complejas

Posibles raíces reales : 1, 2, 3, 5, 7, ...

1, 2, 3, 5, 7, ...: 1

D Dr

C C

= ⇒

4 ( 1 ) 4 ( 1 ) 4 (1 )λ λ λ− − − − − − − −



527

1 3λ = −

Supongamos que la primera raíz es 1 3λ = − , verifiquemos por división sintética:

31 1 13 21

3 6 21

1 2 7 0

−− −− −

−

Hemos verificado que

Ahora tenemos un polinomio de segundo grado 2( ) 11 10P λ λ λ= − + y sus raíces son:

2 4 4 ( 1) (7) 2 4 28 2 32 2 (2) (16) 2 4 2

2 2 2 2 2λ − ± − − − ± + − ± − ± − ±

= = = = =− − − − −

2

2 4 21 2 2

2λ − +

= = −−

3

2 4 21 2 2

2λ − −

= = +−

2

3

1 2 2

1 2 2

λλ

−∴ == +


1

2

3

( 1 ) 2 2 0

2 ( 1 ) 2 0

2 2 (1 ) 0

x

x

x

λλ

λ

− − − − = −

3.1 Para el primer valor característico 1 3λ = − se tiene el siguiente sistema de ecuaciones:

1

2

3

2 2 2 0

2 2 2 0

2 2 4 0

x

x

x

=

1 2 3

1 2 3

1 2 3

2 2 2 0

2 2 2 0

2 2 4 0

x x x

x x x

x x x

+ + =+ + =+ + =

Observamos que aunque aparentemente se trata de un sistema de ecuaciones lineales homogéneo de 3 ecuaciones con 3 incógnitas, la matriz del sistema tiene 2rango = , por lo cual debemos eliminar una ecuación y hacer que un incógnita adquiera valores fijos. Al obtener el rango vemos que el segundo renglón y la segunda columna se transformaron en ceros por lo tanto eliminemos la segunda ecuación y hagamos 2x k= , así tenemos que 1x k= − y 3 0x = .



528


1

2

3 0

x k

x k

x

= −==

es decir: x

0

k

k

− =

1

2

3

1

1

0

x

x

x

= −==

es decir:

1

x 1

0

− =

Utilizando la notación matricial 3

0

k

E gen k−

− =

si 1k = 3

1

1

0

E gen−

− =

3.2 Para el valor característico 2 1 2 2λ = − se tiene el siguiente sistema de ecuaciones:

1

2

3

22 2 2 2 0

2 2 2 2 2 0

2 2 02 2

x

x

x

− + − + =

21 3

1 2 3

1 2 3

2( 2 2 2 ) 2 0

2 ( 2 2 2 ) 2 0

2 2 02 2

xx x

x x x

x x x

− + + + =+ − + + =+ + =

Hallar el rango de la matriz de coeficientes:

12

31

12 12

31 31

2 4 2 2 2 2 2(1 2) 2 2 2 2 0 *

( 1) 2 2 2 2 2 0 4 2 2 2 2 2 (1)

* 2 2 2 22 2 2 2

0 4 2 2 2 2 2 0 4 2 2 0

0 0 0 0 0 0 ( ) ( , 0 ) 2

2 0 0 2 0 0

A

R A R A

− − + − − +

= − − + − + −

− − + −

∴ = =

∼

∼ ∼

El sistema de ecuaciones lineales homogéneo por tanto es compatible indeterminado ya que R n< y

entonces por el teorema de Kronecker-Capelli, como 1 3 1 2R n= − = − = podemos resolverlo por

cualquier método analizado en el curso, por ejemplo, eliminemos la segunda ecuación y hagamos 3x k= .

21

21

22( 2 2 2)22 2 2

kxx

xx k

+ = −− ++ = −



529

Resolvamos por el método de la regla de Cramer:

22 2 2

4 4 2 4 8 4 222

− +∆ = = − + − = − +

1

2 24 4 2 ( 4 4 2)

22 2

kx k k k

k

−∆ = = − + = − +

−

2

22 2 24 2 4 2 2 4 (4 2 8 4 ) ( 4 4 2)

2 2 2

kx k k k k k k k

k

−− +∆ = = − + = − + = − +−

1

4 4 2

8 4 2x k

− +=− +

2

4 4 2

8 4 2x k

− +=− +

solución general:

1

2

3

4 4 2

8 4 2

4 4 2

8 4 2

x k

x k

x k

− +=− +

− +=− +

=

es decir:

4 4 2

8 4 2

4 4 2x

8 4 2

k

k

k

− +

− + − + = − +

solución particular si 12

k = − :

1

2

3

4 4 2 1 4 4 2 1

28 4 2 2 8 8 2

4 4 2 1 4 4 2 1

28 4 2 2 8 8 2

1

2

x

x

x

− + −= − = =− + −

− + −= − = =− + −

= −

es decir:

12

12

12

x

= −

Utilizando la notación matricial y considerando que k ∈ℝ :



530

1 2 2

4 4 2

8 4 2

4 4 2

8 4 2

k

E gen k

k

−

− +

− + − + = − +

si 12

k = −

12

121 2 2

12

E gen−

= −

3.3 Para el valor característico 3 1 2 2λ = + se tiene el siguiente sistema de ecuaciones:

1

2

3

22 2 2 2 0

2 2 2 2 2 0

2 2 02 2

x

x

x

− − − − = −

21 3

1 2 3

1 2 3

2( 2 2 2 ) 2 0

2 ( 2 2 2 ) 2 0

2 2 02 2

xx x

x x x

x x x

− − + + =+ − − + =+ − =


12

31

12 12

31 31

2 4 2 2 2 2 2(1 2) 2 2 2 2 0 *

( 1) 2 2 2 2 2 0 4 2 2 2 2 2 (1)

* 2 2 2 22 2 2 2

0 4 2 2 2 2 2 0 4 2 2 0

0 0 0 0 0 0 ( ) ( , 0 ) 2

2 0 0 2 0 0

A

R A R A

+ − − + − −

= − − − − − + − −

+ − − +

∴ = =

∼

∼ ∼


entonces por el teorema de Kronecker-Capelli, como 1 3 1 2R n= − = − = podemos resolverlo por

cualquier método analizado en el curso, por ejemplo, eliminemos la segunda ecuación y hagamos 3x k= .

21

21

22( 2 2 2)22 2 2

kxx

xx k

+ = −− −+ =

Resolvamos por el método de la regla de Cramer:



531

22 2 2

4 4 2 4 8 4 222

− −∆ = = − − − = − −

1

2 24 4 2 ( 4 4 2)

22 2

kx k k k

k

−∆ = = − − = − −

2

22 2 24 2 4 2 2 4 ( 4 2 8 4 ) ( 4 4 2)

2 2 2

kx k k k k k k k

k

−− −∆ = = − − + = − − + = − −

1

4 4 2

8 4 2x k

− −=− −

2

4 4 2

8 4 2x k

− −=− −

solución general:

1

2

3

4 4 2

8 4 2

4 4 2

8 4 2

x k

x k

x k

− −=− −

− −=− −

=

es decir:

4 4 2

8 4 2

4 4 2x

8 4 2

k

k

k

− −

− − − − = − −

solución particular si 1

2k = :

1

2

3

4 4 2 1 4 4 2 1

28 4 2 2 8 8 2

4 4 2 1 4 4 2 1

28 4 2 2 8 8 2

1

2

x

x

x

− − − −= = =− − − −

− − − −= = =− − − −

=

es decir:

12

12

12

x

=




532

1 2 2

4 4 2

8 4 2

4 4 2

8 4 2

k

E gen k

k

+

− −

− − − − = − −

si 12

k =

12

121 2 212

E gen+

=

Observación: Los vectores característicos obtenidos para cada uno de los valores característicos son linealmente independientes.

Ejemplo 5.10 Hallar los valores y vectores característicos de la siguiente matriz

5 4 2

4 5 2

2 2 2

A

=

Solución:

1 Sea la expresión ( I) x 0A λ− = y la ecuación característica I 0A λ− = para que 0iλ ≠

5 4 2 0 0 (5 ) 4 2

( I ) 4 5 2 0 0 4 (5 ) 2

2 2 2 0 0 2 2 (2 )

A

λ λλ λ λ

λ λ

− − = − = − −

(5 ) 4 2

I 4 (5 ) 2 (5 ) (5 ) (2 ) 16 16

2 2 (2 )

A

λλ λ λ λ λ

λ

−− = − = − − − + + −

−

2I (25 10 ) (2 ) 32 8 (5 ) 16 (2 )A λ λ λ λ λ λ− = − + − + − − − −

2 2 3I 50 25 20 10 2 32 40 8 32 16A λ λ λ λ λ λ λ λ− = − − + + − + − + − +

3 2I 12 21 10A λ λ λ λ− = − + − +

2 Si 3 2( ) 12 21 10P λ λ λ λ= − + − + hallar mediante el método de división sintética las raíces del

polinomio característico 3 212 21 10 0λ λ λ− + − = . 2.1 Aplicando la regla de los signos de Descartes:

3 2( ) 12 21 10P λ λ λ λ= − + − tres posibles raíces positivas

3 2( ) 12 21 10P λ λ λ λ− = − − − − cero raíces negativas

4 (5 ) 4 (5 ) 16 (2 )λ λ λ− − − − − −



533

Posibles raíces reales : 1, 2, 3, 5, 7, 10

1, 2, 3, 5, 7, 10: 1

D Dr

C C

= ⇒

Supongamos que la primera raíz es 1 1λ = , verifiquemos por división sintética:

11 12 21 10

1 11 10

1 11 10 0

− −−

−

hemos verificado que


11 121 4 (1) (10) 11 121 40 11 81 11 9

2 2 2 2λ

± − ± − ± ±= = = =

2

11 910

2λ += = 3

11 91

2λ −= =

2

3

10

1

λλ

∴ ==

Existe multiplicidad algebraica 2 para la raíz 1 3 1λ λ= = .

3 Dada la matriz A el sistema de ecuaciones lineales homogéneo está dado por ( I) x 0A λ− =

2

3

(5 ) 4 2 0

4 (5 ) 2 0

2 2 (2 ) 0

x

x

x

λλ

λ

− − = −


2

3

(5 1) 4 2 0

4 (5 1) 2 0

2 2 (2 1) 0

x

x

x

− − = −

1

2

3

4 4 2 0

4 4 2 0

2 2 1 0

x

x

x

=

1 1λ =



534

1 2 3

1 2 3

1 2 3

4 4 2 0

4 4 2 0

2 2 0

x x x

x x x

x x x

+ + =+ + =+ + =

Observamos que aunque aparentemente se trata de un sistema de ecuaciones lineales homogéneo de 3 ecuaciones con 3 incógnitas, pero por ser proporcionales entre si, el sistema se puede reducir a una sola ecuación con 3 incógnitas la cuál sabemos que tiene una matriz de 1rango = , y por lo tanto la solución

consiste en suponer valores fijos a dos de las incógnitas, por ejemplo 2 2x k= y 3 3x k= , para 2 3,k k ∈ℝ ,

entonces de la ecuación 1 2 34 4 2 0x x x+ + = obtenemos 1x :

1 2 34 4 2x x x= − −

2 3 11 2 32

4 2

4

x xx x x

− −= = − −

solución general: solución particular si 2 1k = y 3 1k = :

11 2 32

2 2

3 3

x k k

x k

x k

= − −==

es decir:

12 32

2

3

x

k k

k

k

− − =

31 2

2

3

1

1

x

x

x

= −==

es decir:

32

x 1

1

− =

Utilizando la notación matricial

12 32

1 2

3

k k

E gen k

k

− − =

si 2 1k = y 3 1k =

32

1 1

1

E gen

− =

Nota: Debido a que el tercer valor característico es 3 1λ = , podemos decir que existe multiplicidad

algebraica 2, ya que 1 3 1λ λ= = y otro vector característico 1E se obtiene asignando nuevos valores a 2k

y 3k , por ejemplo 2 1k = y 3 0k = entonces

1

x 1

0

− =

, ahora si 2 0k = y 3 1k = entonces

23

x 0

1

− =

, por lo tanto

23

1

1

1 , 0

0 1

E gen

− − =

que forma una base.

Así podemos tener para cada par de valores 2k y 3k un vector característico diferente.



535

3.2 Para el valor característico 2 10λ = se tiene el siguiente sistema de ecuaciones:

1

2

3

(5 10) 4 2 0

4 (5 10) 2 0

2 2 (2 10) 0

x

x

x

− − = −

1

2

3

5 4 2 0

4 5 2 0

2 2 8 0

x

x

x

− − = −

1 2 3

1 2 3

1 2 3

5 4 2 0

4 5 2 0

2 2 8 0

x x x

x x x

x x x

− + + =− + =+ − =


13 13 13

21 21

5 4 2 * 5 4 2 0 0 2

4 5 2 ( 1) 9 9 0 * 9 9 0

2 2 8 (4) 18 18 0 (2) 0 0 0

2 0 0

0 9 0 ( ) ( , 0 ) 2

0 0 0

A

R A R A

− − = − − − − − −

∴ = =

∼ ∼

∼


entonces por el teorema de Kronecker-Capelli, como 1 3 1 2R n= − = − = podemos resolverlo por cualquier método analizado en el curso, por ejemplo hallemos los cofactores de los elementos del primer renglón.

1 11 11 11

5 2( 1) 40 4 36

2 8x C M+ −

= = − = = − =−

1 22 12 12

4 2( 1) ( 1) ( 1) ( 32 4) ( 1) ( 36) 36

2 8x C M+= = − = − = − − − = − − =

−

1 33 13 13

4 5( 1) 8 10 18

2 2x C M+ −

= = − = = + =



536


1

2

3

36

36

18

x k

x k

x k

===

es decir:

36

x 36

18

k

k

k

=

1

2

3

2

2

1

x

x

x

===

es decir:

2

x 2

1

=


10

2

2

k

E gen k

k

=

si 1k = 10

2

2

1

E gen

=

Observación: Los vectores característicos obtenidos para cada uno de los valores característicos son linealmente independientes. 4 Las soluciones obtenidas de los valores y vectores característicos pueden ser verificadas por sustitución en la expresión x xA λ= de la siguiente manera: 4.1 Para los valores característicos de multiplicidad algebraica 2, 1 3 1λ λ= = asociados a los vectores

característicos 1E se tiene:

�

51 1 12 3 2 3 2 3 2 3 2 32 2 2 2

2 2 3 2 3 2 2

3 2 3 2 3 3 3

x x

5 4 2 5 4 2

x 4 5 2 4 2 5 2 (1)

2 2 2 2 2 2A

k k k k k k k k k k

A k k k k k k k

k k k k k k kλ

− − − − + + − − − − = = − − + + = = − − + + ��

4.2 Para el valor característico 2 10λ = asociado al vector característico 10E se tiene:

� ��x x

5 4 2 2 10 8 2 20 2

x 4 5 2 2 8 10 2 20 10 2

2 2 2 4 4 2 10A

k k k k k k

A k k k k k k

k k k k k kλ

+ + = = + + = = + + ��

5.5 Diagonalización de una matriz (matriz espectral) Si una matriz A cuadrada de orden n es semejante a una matriz diagonal D se llama diagonalizable. También se dice que A se puede diagonalizar. Esto significa que existe una matriz C de orden n tal

que 1C A C− es una matriz diagonal D también llamada matriz espectral.



537

1

2

00

00D

0 0 n

λλ

λ

=

…

…

⋮⋮ ⋮ ⋱

…

El proceso para determinar matrices C y D se llama diagonalización y se dice que C y D diagonalizan a A . No todas las matrices cuadradas pueden ser diagonalizables. Los criterios para diagonalizar una matriz cuadrada A (cuando esto es posible) y hallar las matrices C y D que la diagonalizan, se basan en observar que si D es una matriz diagonal con elementos diagonales 1 2, , , nλ λ λ… para 1,2, ,i n= …

entonces D i i ie eλ= .

Dichos criterios pueden ser enunciados de la siguiente manera: 1) A es diagonalizable si y sólo si tiene n eigenvectores linealmente independientes.

2) Si A es diagonalizable con 1C A C D− = , entonces las columnas de C son eigenvectores de A y los

elementos diagonales de D son los eigenvalores correspondientes.

3) Si { }1 2v , v ,…, vn son eigenvectores linealmente independientes de A con los eigenvalores

correspondientes 1 2, , , nλ λ λ… , entonces A se puede diagonalizar con:

[ ]1 2C v v vn= … y 1 0

D

0 n

λ

λ

=

⋯

⋮ ⋱ ⋮

⋯

Teorema: Una matriz A cuadrada de orden n es diagonalizable si y sólo si nℝ tiene una base de eigenvectores de A . Demostración: Si suponemos que una matriz A cuadrada de orden n es diagonalizable, entonces existe

una matriz invertible. Sea C la matriz formada por los eigenvalores de A , tal que 1C AC− es diagonal,

siendo 1D C AC−=

Si

11 12 1

21 22 2

1 2

n

n

n n nn

a a a

a a aA

a a a

=

…

…

⋮ ⋮ ⋮⋱

…

;

11 12 1

21 22 2

1 2

n

n

n n nn

c c c

c c cC

c c c

=

…

…

⋮ ⋮ ⋮⋱

…

y

1

2

00

00

0 0 n

D

λλ

λ

=

…

…

⋮⋮ ⋮ ⋱

…

La columna i ésima− de AC es igual al producto de A por la columna i ésima− de C , lo cual es

iAc . Puesto que ic es un vector característico de A , entonces i i iAc cλ= .



538

11 12 1 11 12 1 1 11 12 11 1 12 2 1

21 22 2 21 22 2 2 21 22 21 1 22 2 2

1 2 1 2 1 2 1 1 2 2

( )

( )

(

n i n i i n ni

n i n i i n ni

n n nn n n ni nn n n n i n

a a a c c c c c c a c a c a c

a a a c c c c c c a c a c a cAC

a a a c c c c c c a c a c

+ + + + + + = = +

…… … … …

…… … … …

⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮⋱ ⋱ ⋱ ⋱

… … … …

1

2

)

n

n

i nn ni nn

c

c

a c c

+ +

…

…

⋮⋱

… …

Así AC es la matriz cuya columna i es

11 1 12 2 1

21 1 22 2 2

1 1 2 2

i i n ni

i i n nii i

n i n i nn ni

a c a c a c

a c a c a cc

a c a c a c

λ

+ + + + + + = + + +

…

…

⋮ ⋮ ⋱ ⋮

…

con lo cual observamos

que se verifica i i iAc cλ= y podemos considerar que si 1 2, , , nc c c… son los vectores columna de C

(eigenventores de A ), entonces 1 1 1Ac cλ= , 2 1 2Ac cλ= , … , 1n nAc cλ= , así tendremos:

1 11 2 12 1

1 21 2 22 2

1 1 2 2

n n

n n

n n n nn

c c c

c c cAC

c c c

λ λ λλ λ λ

λ λ λ

=

…

…

⋮ ⋮ ⋮⋱

…

Es fácil ver que la columna i ésima− deCD es también igual a iλ por la columna i ésima− de C , o

sea i icλ .

11 12 1 1 11 2 12 1 11

21 22 2 1 21 2 22 2 22

1 2 1 1 2 2

00

00

0 0

n i i n n

n i i n n

n n nn n n n i ni n nn

c c c c c c c

c c c c c c cCD

c c c c c c c

λ λ λ λλλ λ λ λλ

λ λ λ λ λ

= =

… … … …

… … … …

⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮⋱ ⋮ ⋮ ⋱ ⋱ ⋱

… … … …

Dado que la columna i ésima− de AC es igual a la columna i ésima− de CD , se tiene que AC CD= . Como C es invertible, se pueden multiplicar ambos miembros de la expresión por la izquierda por la

inversa 1C− para obtener: 1C A CD −=

Con lo anterior se ha probado que si A tiene n vectores característicos o eigenvectores linealmente independientes , entonces A es diagonalizable.



539

Inversamente, supongamos que A es diagonalizable, es decir, supongamos que 1D C AC−= se cumple

para alguna matriz invertible C . Siendo 1 2, , , nc c c… las columnas de C , entonces AC CD= , e

invirtiendo los argumentos anteriores, se observa de inmediato que i i iAc cλ= para 1,2, ,i n= … .

Entonces 1 2, , , nc c c… son los eigenvectores de A y son linealmente independientes porque C es

invertible. 5.5.1 Matrices semejantes Se dice que dos matrices A y B cuadradas de orden n son semejantes, si existe una matriz invertible C

cuadrada de orden n , tal que 1B C AC−= Teorema: Si A y B son matrices semejantes cuadradas de orden n , entonces A y B tienen el mismo polinomio característico y, por lo tanto, tienen los mismos valores característicos o eigenvalores. Lo anterior significa que A y B tienen la misma ecuación característica, y como los valores característicos o eigenvalores son raíces de la ecuación característica, tienen los mismos valores característicos. Ejemplo 5.11 Analizar si la siguiente matriz de segundo orden A puede ser diagonalizable.

2 5

5 2A

− = −

Solución:


2 5 0 ( 2 ) 5

( I )5 2 0 5 ( 2 )

Aλ λ

λλ λ

− − − − = − = − − −

2( 2 ) 5I ( 2 ) ( 2 ) 25 4 21

5 ( 2 )A

λλ λ λ λ λ

λ− −

− = = − − − − − = + −− −

2 Si 2( ) 4 21P λ λ λ= + − hallar las raíces del polinomio característico 2 4 21 0λ λ+ − = :

4 16 4 (1) ( 21) 4 16 84 4 10

2 2 2λ − ± − − − ± + − ±= = =

1

4 103

2λ − += = 2

4 107

2λ − −= = −



540

1

2

3

7

λλ

∴ == −

3 Para la matriz A el sistema de ecuaciones lineales homogéneo está dado por ( I) x 0A λ− =

1

2

( 2 ) 5 0

5 ( 2 ) 0

x

x

λλ

− − = − −


1

2

5 5 0

5 5 0

x

x

− = −

1 2

1 2

5 5 0

5 5 0

x x

x x

− + =− =

1 2x x= entonces, si hacemos 2x k= , para k ∈ℝ 1x k∴ =


1

2

x k

x k

= =

xk

k

=

1

2

1

1

x

x

= =

1

x1

=


E genk

=

si 1k = 3

1

1E gen

=


1

2

( 2 ) 5 0

5 ( 2 ) 0

x

x

λλ

− − = − −

1

2

5 5 0

5 5 0

x

x

=

1 2

1 2

5 5 0

5 5 0

x x

x x

+ =+ =

1 2x x= − entonces, si hacemos 2x k= , k∀ ∈ℝ 1x k∴ = −



541


1

2

x k

x k

= − =

xk

k

− =

1

2

1

1

x

x

= − =

1

x1

− =


E genk−

− =

si 1k = 7

1

1E gen−

− =

4 la matriz formada por los vectores característicos o eigenvectores de A es 1 1

Q1 1

− =

5 La inversa de Q es 1 1 11Q

1 12−

= −

1 1 1 2 5 1 1 6 01 1Q AQ =

1 1 5 2 1 1 0 142 2D − − −

= = − − −

3 0

D =0 7

−

Por lo tanto se verifica que la matriz diagonal D tiene en su diagonal principal a los eigenvalores de la matriz A . Ejemplo 5.12: Analizar si la siguiente matriz de tercer orden A puede ser diagonalizable.

1 0 2

0 2 5

0 5 2

A

= − −

Solución:


1 0 2 0 0 (1 ) 0 2

( I ) 0 2 5 0 0 0 ( 2 ) 5

0 5 2 0 0 0 5 ( 2 )

A

λ λλ λ λ

λ λ

− − = − − = − − − − −

(1 ) 0 2

I 0 ( 2 ) 5 (1 ) ( 2 ) ( 2 ) 25(1 )

0 5 ( 2 )

A

λλ λ λ λ λ λ

λ

−− = − − = − − − − − − −

− −

3 2I 3 25 21A λ λ λ λ− = − − + −



542

2 Si 3 2( ) 3 25 21P λ λ λ λ= − − + − hallar mediante el método de división sintética las raíces del

polinomio característico 3 23 25 21 0λ λ λ− − + − = : 2.1 Aplicando la regla de los signos de Descartes

3 2( ) 3 25 21P λ λ λ λ= − − + − dos posibles raíces positivas

3 2( ) 3 25 21P λ λ λ λ− = − − − una posible raíz negativa

Posibles raíces reales : 1, 2, 3, 5, 6, 7,

; (1, 2, 3, 5, 6, 7, ): 1

D Dr

C C

= ⇒ ±

……


11 3 25 21

1 4 21

1 4 21 0

− − −− −

− −


Ahora tenemos un polinomio de segundo grado 2( ) 4 21P λ λ λ= − − + y sus raíces son:

4 16 4 ( 1) (21) 4 16 84 4 100 4 10

2 2 2 2λ ± − − ± + ± ±= = = =

− − − −

2

4 107

2λ += = −

− 3

4 103

2λ −= =

−

2

3

7

3

λλ

∴ = −=


1

2

3

(1 ) 0 2 0

0 ( 2 ) 5 0

0 5 ( 2 ) 0

x

x

x

λλ

λ

− − − = − −


1

2

3

0 0 2 0

0 3 5 0

0 5 3 0

x

x

x

− = −

1 1λ =



543

3

2 3

2 3

2 0

3 5 0

5 3 0

x

x x

x x

=− + =

− =

Si hacemos que 3 0x = , hallamos que 1x k= y 2 0x =


1

2

3

0

0

x k

x

x

===

es decir: x 0

0

k =

1

2

3

1

0

0

x

x

x

===

es decir:

1

x 0

0

=

Utilizando la notación matricial 1 0

0

k

E gen

=

si 1k = , 1

1

0

0

E gen

=

3.2 Para el valor característico 2 7λ = − se tiene el siguiente sistema de ecuaciones:

1

2

3

8 0 2 0

0 5 5 0

0 5 5 0

x

x

x

=

1 3

2 3

2 3

8 2 0

5 5 0

5 5 0

x x

x x

x x

+ =+ =+ =

Haciendo 3x k= , encontramos que 1

1 4x k= − y 2x k= −

solución general: solución particular si 4k = − :

11 4

2

3

x k

x k

x k

= −= −=

es decir:

14

x

k

k

k

− = −

1

2

3

1

4

4

x

x

x

=== −

es decir:

1

x 4

4

= −


14

7

k

E gen k

k−

− = −

si 1k = 7

1

4

4

E gen−

= −



544


1

2

3

2 0 2 0

0 5 5 0

0 5 5 0

x

x

x

− − = −

1 3

2 3

2 3

2 2 0

5 5 0

5 5 0

x x

x x

x x

− + =− + =

− =

Haciendo 3x k= , encontramos que 1x k= y 2x k=


1

2

3

x k

x k

x k

===

es decir: x

k

k

k

=

1

2

3

1

1

1

x

x

x

===

es decir:

1

x 1

1

=


3

k

E gen k

k

=

si 1k = 3

1

1

1

E gen

=

4 la matriz formada por los vectores característicos o eigenvectores de A es

1 1 1

Q 0 4 1

0 4 1

= −

5 La inversa de Q es 1

8 5 31

0 1 18

0 4 1

Q−

− − = −

1

8 5 3 1 0 2 1 1 1 8 0 01 1

Q A Q = 0 1 1 0 2 5 0 4 1 0 56 08 8

0 4 1 0 5 2 0 4 1 0 0 24

D −

− − = − − = − − −

1 0 0

D = 0 7 0

0 0 3

−



545

Por lo tanto se verifica que la matriz diagonal D tiene en su diagonal principal a los eigenvalores de la matriz A . Ejemplo 5.13 Analizar si la siguiente matriz de tercer orden A puede ser diagonalizable.

2 4 1

0 3 2

0 0 1

A

− = −

Solución:


2 4 1 0 0 (2 ) 4 1

( I ) 0 3 2 0 0 0 (3 ) 2

0 0 1 0 0 0 0 ( 1 )

A

λ λλ λ λ

λ λ

− − − − = − = − − − −

(2 ) 4 1

I 0 (3 ) 2 (2 ) (3 ) ( 1 )

0 0 ( 1 )

A

λλ λ λ λ λ

λ

− −− = − = − − − −

− −

3 2I 4 6A λ λ λ λ− = − + − −

2 Si 3 2( ) 4 6P λ λ λ λ= − + − − hallar mediante el método de división sintética las raíces del polinomio

característico 3 24 6 0λ λ λ− + + = : Aplicando la regla de los signos de Descartes:

3 2( ) 4 6P λ λ λ λ= − + + dos posibles raíces positivas

3 2( ) 4 6P λ λ λ λ− = − − − + una posible raíz negativa

Posibles raíces reales : 1, 2, 3, 5, 6

; (1, 2, 3, 5, 6): 1

D Dr

C C

= ⇒ ±


11 4 1 6

1 5 6

1 5 6 0

−−− −

−


1 1λ = −



546


5 25 4 (1) (6) 5 25 24 5 1 5 1

2 2 2 2λ ± − ± − ± ±= = = =

2

5 13

2λ += = 3

5 12

2λ −= =

2

3

3

2

λλ

∴ ==


1

2

3

(2 ) 4 1 0

0 (3 ) 2 0

0 0 ( 1 ) 0

x

x

x

λλ

λ

− − − = − −

3.1 Para el primer valor característico 1 1λ = − se tiene el siguiente sistema de ecuaciones:

1

2

3

3 4 1 0

0 4 2 0

0 0 0 0

x

x

x

− =

321

32

43 0

24 0

xxx

xx

− + =+ =

Si hacemos que 3x k= hallamos que 1

2 2x k= − y 1x k= −


1

12 2

3

x k

x k

x k

= −= −=

es decir: 12x

k

k

k

− = −

1

2

3

2

1

2

x

x

x

= −= −=

es decir:

2

x 1

2

− = −

Utilizando la notación matricial 11 2

k

E gen k

k−

− = −

si 2k = , 1

2

1

2

E gen−

− = −




547

1

2

3

1 4 1 0

0 0 2 0

0 0 4 0

x

x

x

− − = −

1 2 3

3

3

4 0

2 0

4 0

x x x

x

x

− − + ==

− =

Observamos que 3 0x = y haciendo 2x k= encontramos que 1 4x k= − .


1

2

3

4

0

x k

x k

x

= −==

es decir:

4

x

0

k

k

− =

1

2

3

4

1

0

x

x

x

= −==

es decir:

4

x 1

0

− =


3

4

0

k

E gen k

− =

si 1k = 3

4

1

0

E gen

− =


1

2

3

0 4 1 0

0 1 2 0

0 0 3 0

x

x

x

− = −

2 3

2 3

3

4 0

2 0

3 0

x x

x x

x

− + =+ =− =

Observamos que 3 0x = y haciendo 2 0x = y 1x k= .


1

2

3

0

0

x k

x

x

===

es decir: x 0

0

k =

1

2

3

1

0

0

x

x

x

===

es decir:

1

x 0

0

=



548


2 0

0

k

E gen

=

si 1k = 2

1

0

0

E gen

=


2 4 1

Q 1 1 0

2 0 0

− − = −

5 La inversa de Q es 1

0 0 11

0 2 12

2 8 6

Q−

− = − − − − − −

1

0 0 1 2 4 1 2 4 1 2 0 01 1

Q A Q = 0 2 1 0 3 2 1 1 0 0 6 02 2

2 8 6 0 0 1 2 0 0 0 0 4

D −

− − − − = − − − − = − − − − − − −

1 0 0

D = 0 3 0

0 0 2

−

Por lo tanto se verifica que la matriz diagonal D tiene en su diagonal principal a los eigenvalores de la matriz A . Problema 5.14 Analizar si la siguiente matriz de tercer orden A puede ser diagonalizable.

1 1 0

2 4 0

2 1 1

A

− = − −

Solución:


1 1 0 0 0 (1 ) 1 0

( I ) 2 4 0 0 0 2 (4 ) 0

2 1 1 0 0 2 1 (1 )

A

λ λλ λ λ

λ λ

− − − − = − = − − − − − −



549

(1 ) 1 0

I 2 (4 ) 0 (1 ) (4 ) (1 ) 2(1 )

2 1 (1 )

A

λλ λ λ λ λ λ

λ

− −− = − = − − − + −

− − −

3 2I 6 11 6A λ λ λ λ− = − + − +

2 Si 3 2( ) 6 11 6P λ λ λ λ= − + − + hallar mediante el método de división sintética las raíces del

polinomio característico 3 26 11 6 0λ λ λ− + − = : 2.1 Aplicando la regla de los signos de Descartes:

3 2( ) 6 11 6P λ λ λ λ= − + − tres posibles raíces positivas

3 2( ) 6 11 6P λ λ λ λ− = − − − − cero raíces negativas

Posibles raíces reales : 1, 2, 3, 5, 6

; (1, 2, 3, 5, 6): 1

D Dr

C C

= ⇒ ±

Supongamos que la primera raíz es 1 1λ = , apliquemos división sintética:

11 6 11 6

1 5 6

1 5 6 0

− −−

−



5 25 4 (1) (6) 5 25 24 5 1 5 1

2 2 2 2λ ± − ± − ± ±= = = =

2

5 13

2λ += = 3

5 12

2λ −= =

2

3

3

2

λλ

∴ ==


1

2

3

(1 ) 1 0 0

2 (4 ) 0 0

2 1 (1 ) 0

x

x

x

λλ

λ

− − − = − − −

1 1λ =



550


1

2

3

0 1 0 0

2 3 0 0

2 1 0 0

x

x

x

− = − −

2

1 2

1 2

0

2 3 0

2 0

x

x x

x x

− =+ =

− − =

Entonces 3x k= , 2 0x = y 1 0x =


1

2

3

0

0

x

x

x k

===

es decir:

0

x 0

k

=

1

2

3

0

0

1

x

x

x

===

es decir:

0

x 0

1

=


0

0E gen

k

=

si 1k = , 1

0

0

1

E gen

=


1

2

3

2 1 0 0

2 1 0 0

2 1 2 0

x

x

x

− − = − − −

1 2

1 2

1 2 3

2 0

2 0

2 2 0

x x

x x

x x x

− − =+ =

− − − =

El rango de la matriz del sistema es 2R = lo que implica que tiene solución diferente de la trivial y sólo

se resuelve si 3 0x = , teniendo entonces 2x k= y 11 2x k= − .



551


11 2

2

3 0

x k

x k

x

= −==

es decir:

12

x

0

k

k

− =

1

2

3

1

2

0

x

x

x

= −==

es decir:

1

x 2

0

− =


12

3

0

k

E gen k

− =

si 2k = 3

1

2

0

E gen

− =


1

2

3

1 1 0 0

2 2 0 0

2 1 1 0

x

x

x

− − = − − −

1 2

1 2

1 2 3

0

2 2 0

2 0

x x

x x

x x x

− − =+ =

− − − =

El rango de la matriz del sistema es 2R = lo que implica que tiene solución diferente de la trivial y sólo

se resuelve si 3x k= , teniendo entonces 2x k= y 1x k= − .


1

2

3

x k

x k

x k

= −==

es decir: x

k

k

k

− =

1

2

3

1

1

1

x

x

x

= −==

es decir:

1

x 1

1

− =


2

k

E gen k

k

− =

si 1k = 2

1

1

1

E gen

− =



552


0 1 1

C 0 2 1

1 0 1

− − =

5 La inversa de C es 1

2 1 1

1 1 0

2 1 0

C−

= − −

1

2 1 1 1 1 0 0 1 1 1 0 0

A = 1 1 0 2 4 0 0 2 1 0 3 0

2 1 0 2 1 1 1 0 1 0 0 2

D C C−

− − − = = − − − −

1 0 0

D = 0 3 0

0 0 2

Por lo tanto se verifica que la matriz diagonal D tiene en su diagonal principal a los eigenvalores de la matriz A . Ejemplo 5.15 Analizar si la matriz A del ejemplo 5.9 puede ser diagonalizable:

1 2 2

2 1 2

2 2 1

A

− = −

; 3

1

1

0

E gen−

− =

;

12

121 2 2

12

E gen−

= −

;

12

121 2 212

E gen+

=

Solución:

Sea la matriz

1 12 2

1 12 2

1 12 2

1

1

0

C

− = −

1 12 2

1 21 12 2 2

1 1 22 2 2

0

C−

−

= −

1 1 1 12 2 2 2

1 21 1 1 12 2 2 2 2

1 1 1 122 2 2 22

3 3 3 3 3 32 2 4 4 4 4

2 2 2 21 1 1 1 2 1 1 1 2 12 2 4 2 4 2 2 4 2 4 2 22 2

1 1 2 2 2 21 1 2 1 1 1 2 12 2 4 2 4 2 2 4 2 4 2 22 2

0 1 2 2 1

A = 2 1 2 1

2 2 1 0

2 2

2 2

D C C−

− − − = − − −

− − − − = − + + − − + − − + − + − + −

− − + + + + + − − + + + + +



553

1

03 0

A = 0 1 2 2 0

0 0 1 2 2

D C C−

−

= − +

Por lo tanto se verifica que la matriz diagonal D tiene en su diagonal principal a los eigenvalores de la matriz A . Ejemplo 5.16 Analizar si la siguiente matriz de tercer orden A puede ser diagonalizable.

4 0 0

0 2 1

2 1 0

A

− = −

Solución:


4 0 0 0 0 (4 ) 0 0

( I ) 0 2 1 0 0 0 (2 ) 1

2 1 0 0 0 2 1 (0 )

A

λ λλ λ λ

λ λ

− − = − = − − − − −

3 2

(4 ) 0 0

I 0 (2 ) 1 (4 ) (2 ) ( ) (4 ) 6 9 4

2 1 (0 )

A

λλ λ λ λ λ λ λ λ λ

λ

−− = − = − − − + − = − + − +

− − −

3 2I 6 9 4A λ λ λ λ− = − + − +

2 Si 3 2( ) 6 9 4P λ λ λ λ= − + − + hallar mediante el método de división sintética las raíces del polinomio

característico 3 26 9 4 0λ λ λ− + − + = : 2.1 Aplicando la regla de los signos de Descartes:

3 2( ) 6 9 4P λ λ λ λ= − + − + tres posibles raíces positivas

3 2( ) 6 9 4P λ λ λ λ− = − + + dos raíces negativas o complejas

Posibles raíces reales : 1, 2, 3, 4

; (1, 2, 3, 4): 1

D Dr

C C

= ⇒ ±

Supongamos que la primera raíz es 1 1λ = , apliquemos división sintética:



554

11 6 9 4

1 5 4

1 5 4 0

− −− −

− −


Ahora tenemos un polinomio de segundo grado 2( ) 5 4P λ λ λ= − + − y sus raíces son:

1 1 4 ( 1) ( 4) 1 15 5 15

2 2 2

iλ − ± − − − − ± − ±= = =

−

Los valores característicos 25 15

2

iλ += y 3

5 15

2

iλ −= son números complejos y por lo tanto

no se encuentran en el campo de los números reales, y la matriz A no puede ser diagonalizada para ℝ .

5.6 Diagonalización Ortogonal 5.6.1 Matriz ortogonal

Una matriz Q cuadrada de orden n se llama ortogonal si Q es invertible y 1 TQ Q− = . Podemos

observar que si 1 TQ Q− = , entonces TQ Q I= Teorema: La matriz Q cuadrada de orden n es ortogonal si y sólo si las columnas de Q forman una

base ortonormal para nℝ . Ejemplo 5.17 Dada la siguiente matriz simétrica A hallar la matriz ortogonal Q :

1 2

2 1A

− = −

Solución:


1 2 0 ( 1 ) 2

( I )2 1 0 2 ( 1 )

Aλ λ

λλ λ

− − − − = − = − − −

2( 1 ) 2I ( 1 ) ( 1 ) 4 2 3

2 ( 1 )A

λλ λ λ λ λ

λ− −

− = = − − − − − = + −− −

2 Si 2( ) 2 3P λ λ λ= + − hallar las raíces del polinomio característico 2 2 3 0λ λ+ − = :

1 1λ =



555

2 4 4 (1) ( 3) 2 4 12 2 4

2 2 2λ − ± − − − ± + − ±= = =

1

2 41

2λ − += = 2

2 43

2λ − −= = −

1

2

1

3

λλ

∴ == −


1

2

( 1 ) 2 0

2 ( 1 ) 0

x

x

λλ

− − = − −


1

2

2 2 0

2 2 0

x

x

− = −

1 2

1 2

2 2 0

2 2 0

x x

x x

− + =− =

1 2x x= entonces si hacemos 2x k= , k∀ ∈ℝ 1x k∴ =


1

2

x k

x k

= =

xk

k

=

1

2

1

1

x

x

= =

1

1x

1

=

Utilizando la notación matricial tenemos 1

kE gen

k

=

si 1k = 1

1

1E gen

=


1

2

2 2 0

2 2 0

x

x

=

1 2

1 2

2 2 0

2 2 0

x x

x x

+ =+ =



556

1 2x x= − entonces, si hacemos 2x k= , para k ∈ℝ 1x k∴ = −


1

2

x k

x k

= − =

xk

k

− =

1

2

1

1

x

x

= − =

3

1x

1−

− =


E genk−

− =

si 1k = 3

1

1E gen−

− =

4 La matriz formada por los vectores característicos o eigenvectores de A es 1 1

C1 1

− =

según la

nomenclatura dada para una matriz diagonalizable.

5 Investiguemos si los eigenvectores 1

1

1E gen

=

y 3

1

1E gen−

− =

son ortogonales, es

decir, si su producto escalar vale cero, entonces como 1 3v • v (1,1) • ( 1,1) 1 1 0− = − = − + = podemos

decir que se trata de una base ortogonal. Transformemos ahora a los eigenvectores de la base en eigenvectores unitarios, para que Q sea una matriz ortogonal. Como se trata de una matriz simétrica, y los eigenvectores son ortogonales (perpendiculares entre si) podemos transformar la base ortogonal en otra base ortonormal (eigenvectores perpendiculares de módulo uno) y utilizar la notación de Q , en donde Q se llama matriz ortogonal. Observación: En caso de que los eigenvectores de la base no fueran orotogonales, será necesario aplicar el método de Gram-Schmidt para encontrar una base ortonormal.

Sea para el eigenvector 1x : 1x 1 1 2= + = y ( )1 1 11 2 2

1

x 1u (1, 1) ,

x 2= = =

Sea para el eigenvector 3x− : 2 23x ( 1) 1 2− = − + = y ( )3 1 1

3 2 23

x 1u ( 1, 1) ,

x 2−

−−

= = − = −

Entonces:

1 12 2

1 12 2

Q−

=

;

1 12 2T

1 12 2

Q =

−

;

1 12 21

1 12 2

Q− =

−

Por lo tanto hemos demostrado que 1 TQ Q− = .



557

Ejemplo 5.18 Dada la siguiente matriz simétrica A hallar la matriz ortogonal Q :

1 0 0

0 2 2

0 2 2

A

= − −

Solución:

1 Sea la expresión ( I) x 0A λ− = y la ecuación característica I 0A λ− = para que 0iλ ≠ se

requiere que:

1 0 0 0 0 (1 ) 0 0

( I ) 0 2 2 0 0 0 (2 ) 2

0 2 2 0 0 0 2 (2 )

A

λ λλ λ λ

λ λ

− − = − − = − − − − −

(1 ) 0 0

I 0 (2 ) 2 (1 ) (2 ) (2 ) 4(1 )

0 2 (2 )

A

λλ λ λ λ λ λ

λ

−− = − − = − − − − −

− −

3 2I 5 4A λ λ λ λ− = − + −

2 Si 3 2( ) 5 4P λ λ λ λ= − + − hallar mediante el método de división sintética las raíces del polinomio

característico 3 25 4 0λ λ λ− + − = : Aplicando la regla de los signos de Descartes:

3 2( ) 5 4P λ λ λ λ= − + − dos posibles raíces positivas y una de valor cero

3 2( ) 5 4P λ λ λ λ− = + + cero raíces negativas La primera raíz es cero por no existir término independiente 1 0λ = , quedando el polinomio

2 5 4 0λ λ− + − = cuyas raíces son:

5 25 4 ( 1) ( 4) 5 25 16 5 9 5 3

2 2 2 2λ − ± − − − − ± − − ± ±= = = =

− − − −

2

5 31

2λ − += =

− 3

5 34

2λ − −= =

−

2

3

1

4

λλ

∴ ==

3 Dada la matriz A el sistema de ecuaciones lineales homogéneo está dado por ( I) x 0A λ− =



558

1

2

3

(1 ) 0 0 0

0 (2 ) 2 0

0 2 (2 ) 0

x

x

x

λλ

λ

− − − = − −


1

2

3

1 0 0 0

0 2 2 0

0 2 2 0

x

x

x

− = −

1

2 3

2 3

0

2 2 0

2 2 0

x

x x

x x

=− =

− + =

Entonces 1 0x = , si 3x k= , 2x k=


1

2

3

0x

x k

x k

===

es decir:

0

x k

k

=

1

2

3

0

1

1

x

x

x

===

es decir:

0

x 1

1

=


0

E gen k

k

=

si 1k = , 0

0

1

1

E gen

=


1

2

3

0 0 0 0

0 1 2 0

0 2 1 0

x

x

x

− = −

32

32

2 0

2 0

xx

xx

− =− + =

Entonces: 1x k= , 2 0x = y 3 0x =



559


1

2

3

0

0

x k

x

x

===

es decir: x 0

0

k =

1

2

3

1

0

0

x

x

x

===

es decir:

1

x 0

0

=


1 0

0

k

E gen

=

si 1k = 1

1

0

0

E gen

=


1

2

3

3 0 0 0

0 2 2 0

0 2 2 0

x

x

x

− − − = − −

1

2 3

2 3

3 0

2 2 0

2 2 0

x

x x

x x

− =− − =− − =

Entonces: 1 0x = , 2x k= − y 3x k=


1

2

3

0x

x k

x k

== −=

es decir:

0

x k

k

= −

1

2

3

0

1

1

x

x

x

== −=

es decir:

0

x 1

1

= −


4

0

E gen k

k

= −

si 1k = 4

0

1

1

E gen

= −


0 1 0

C 0 0 1

1 0 1

= −



560

5 Investiguemos si los eigenvectores 0

0

1

1

E gen

=

, 1

1

0

0

E gen

=

y 4

0

1

1

E gen

= −

son

ortogonales, es decir, si su producto escalar vale cero, entonces (0,1,1) • (1,0,0) 0= ,

(0,1,1) • (0, 1,1) 1 1 0− = − + = y (1,0,0) • (0, 1,1) 0− = podemos decir que se trata de una base

ortogonal de dimensión 3. Transformemos ahora a los eigenvectores de la base en eigenvectores unitarios, para que Q sea una matriz ortogonal. Como se trata de una matriz simétrica, y los eigenvectores son ortogonales (perpendiculares entre si) podemos transformar la base ortogonal en otra base ortonormal (eigenvectores perpendiculares de módulo uno) y utilizar la notación de Q , en donde Q se llama matriz ortogonal. Observación: En caso de que los eigenvectores de la base no fueran orotogonales, será necesario aplicar el método de Gram-Schmidt para encontrar una base ortonormal.

Sea para el eigenvector 0x : 0x 1 1 2= + = y ( )0 1 10 2 2

0

x 1u (0, 1, 1) 0, ,

x 2= = =

Sea para el eigenvector 1x : 1x 1 1= = y 11

1

xu (1, 0, 0)

x= =

Sea para el eigenvector 4x : 2 24x ( 1) 1 2= − + = y ( )4 1 1

4 2 24

x 1u (0, 1, 1) 0, ,

x 2= = − = −

Entonces: 1 12 2

1 12 2

0 1 0

Q 0

0

= −

;

1 12 2

1 12 2

0

Q 1 0 0

0

T

= −

;

1 12 2

1

1 12 2

0

Q 1 0 0

0

−

= −

Por lo tanto hemos demostrado que 1 TQ Q− = . 5.6.2 Matriz diagonalizable ortogonalmente Se dice que una matriz A cuadrada de orden n es diagonalizable ortogonalmente si existe una matriz

ortogonal Q tal que TQ AQ D= , en donde 1 2( , , , )nD diag λ λ λ= … y 1 2, , , nλ λ λ… son valores

propios de A . Teorema: Sea A una matriz real cuadrada de orden n . Entonces A es diagonalizable ortogonalmente si y sólo si A es simétrica.

Recordemos que una matriz es simétrica si y sólo si TA A= . Teorema: Sea A una matriz real cuadrada de orden n . Entonces A tiene n vectores característicos reales ortonormales.



561

Observación: Del teorema se desprende que la multiplicidad geométrica de cada valor característico de A es igual a su multiplicidad algebraica. Teorema: Dos eigenvectores cualesquiera de una matriz simétrica A que correspondan a dos eigenvalores distintos son ortogonales. Procedimiento para encontrar una matriz diagonalizante Q

1. Encontrar una base para cada espacio propio de A . 2. Encontrar una base orotonormal para cada espacio propio de A usando el proceso de Gram-

Schmidt. 3. Escribir Q como la matriz cuyas columnas son los vectores característicos ortonormales

obtenidos en el paso anterior. Teorema espectral: Una matriz cuadrada es simétrica real si y sólo si es ortogonalmente diagonalizable. Ejemplo 5.19 Con los datos del problema 5.17 demostrar que Q es una matriz diagonalizable ortogonalmente.

Existe una matriz ortogonal

1 12 2

1 12 2

Q−

=

tal que TD Q AQ=

Solución: Sustituyendo valores tenemos:

1 1 1 12 2 2 2

1 1 1 12 2 2 2

1 2 1 1 1 2 1 11 12 1 1 1 2 1 1 12 2

TQ AQ− − − −

= = − − −−

2 0 1 01

0 6 0 32TQ AQ

= = − −

Ejemplo 20 Con los datos del problema 5.18 demostrar que Q es una matriz diagonalizable ortogonalmente.

Existe una matriz ortogonal 1 12 2

1 12 2

0 1 0

Q 0

0

= −

tal que TQ AQ D=



562

Solución: Sustituyendo valores tenemos:

1 12 2

1 12 2

1 11 1

2 22 2

0 1 0 0 0 1 0

1 0 0 0 2 2 0

0 0 2 2 0

0 1 1 1 0 0 0 2 01 1

2 0 0 0 2 2 1 0 12 2

0 1 1 0 2 2 1 0 1

TQ AQ

= − − − −

= − − − −

0 0 0 0 0 01

0 2 0 0 1 02

0 0 8 0 0 4

TQ AQ

= =

Ejemplo 5.21 Con los datos del problema 5.15 demostrar que Q es una matriz diagonalizable ortogonalmente. Solución:

Existe una matriz

1 12 2

1 12 2

1 12 2

1

1

0

C

− = −

formada por eigenvectores, verifiquemos que son

ortogonales:

1 1 1 1 12 2 2 22

( 1,1,0) • ( , , ) 0− − = − + =

1 1 1 1 12 2 2 22

( 1,1,0) • ( , , ) 0− = − + =

1 1 1 1 1 1 1 1 12 2 2 2 4 4 22 2

( , , ) • ( , , ) 0− = + − =

Ahora transformemos a cada uno de los eigenvectores del espacio caracterísitico en vectores unitarios:

Sea para 3x− : 23x ( 1) 1 2− = − + = y ( )3 1 1

3 2 23

x 1u ( 1, 1, 0) , , 0

x 2−

−−

= = − = −

Sea para 1 2 2

x−

: 1 1 14 4 21 2 2

x 1−

= + + = y 1 2 2 1 1 12 21 2 2 2

1 2 2

xu ( , , )

x−

−−

= = −

Sea para 1 2 2

x+

: 1 1 14 4 21 2 2

x 1+

= + + = y 1 2 2 1 1 12 21 2 2 2

1 2 2

xu ( , , )

x+

++

= =



563

Entonces:

1 1 12 2 2

1 1 12 221 12 2

Q

0

−

= −

;

1 12 2

T 1 1 12 2 21 1 12 2

2

0

Q

−

= −

1 12 2

1 1 1 12 2 21 1 12 2

2

0

Q−

−

= −

Por lo tanto hemos demostrado que 1 TQ Q− = . Hallemos TQ AQ D=

1 1 1 1 12 2 2 2 2

1 1 1 1 1 12 2 2 22 21 1 1 112 2 2 22

00 1 2 2 3 0

2 1 2 0 1 2 2 0

2 2 1 0 00 1 2 2

TQ AQ

− − − − = − − = − − +

03 0

0 1 2 2 0

0 0 1 2 2

D

−

= − +

5.7 Teorema de Cayley-Hamilton Toda matriz A cuadrada de orden n , satisface su propia ecuación característica. Si ( ) 0P λ = es el

polinomio característico de A , entonces ( ) 0P A = . Demostración: Para calcular potencias e inversas de matrices puede utilizarse el teorema de Carley-Hamilton, en donde suponemos una matriz A cuadrada de orden n , cuyo polinomio característico es

1 21 2 1 0( ) n n

nP a a a aλ λ λ λ λ−−= + + + + +… , entonces 1

1 2 1 0( ) 0n nnP A A a A a A a A a I−

−= + + + + + =… ,

de manera que el procedimiento nos permite expresar cualquier potencia positiva de A como una combinación lineal de I y A .

Podemos aplicar el teorema de Carley-Hamilton para calcular la inversa de una matriz 1A− cuando existe

y 11 1 0( ) n n

nP a a aλ λ λ λ−−= + + + +… y 1

1 2 1 0( ) 0n nnP A A a A a A a A a I−

−= + + + + + =… , entonces, 1 ( ) 0A P A− = .

11 2 1 0( ) 0n n

np A A a A a A a A a I−−= + + + + + =… expresión (1)

1 1 2 1

1 2 1 0( ) 0n nnA p A A a A a A a I a A− − − −

−= + + + + + =… expresión (2)

De la expresión (1)

11 2 1 0

n nnA a A a A a A a I−

−+ + + + = −… 1 2

1 2 1 0( )n nnA A a A a A a I a I− −

−+ + + + = −…



564

Como 1A A I− =

Tenemos que

1

1 21 2 1

0

n nn

A

A a A a A a IA I

a−

− −− + + + + = −

…

��

Es decir tenemos que: 1 1 21 2 1

0

1( )n n

nA A a A a A a Ia

− − −−= − − − − −…

En donde 0 0a ≠ y a partir del concepto de matriz inversa 1 *1A A

A− = observamos que 0a A= ya

que supusimos que la matriz es invertible.

Ejemplo 5.22 Dada la matriz 2 1

1 4A

− =

cuadrada de orden 2 , hallar la matriz 2A y la matriz

inversa 1A− por el método de la matriz adjunta y posteriormente comprobar los resultados aplicando el

teorema de Cayley-Hamilton. Solución:

1 Hallemos 2A A A= , 2 2 1 2 1 4 1 2 4 3 6

1 4 1 4 2 4 1 16 6 15A

− − − − − − = = = + − +

Por el método de la matriz adjunta se tiene 2 1

8 1 91 4

A−

= = + = , 2 1

1 4TA

= −

,

* 4 1

1 2A

= −

, 4 19 91

1 29 9

4 11

1 29A− = = −−

2 Aplicando el teorema de Cayley-Hamilton tenemos que para el polinomio característico

21 0( )P a aλ λ λ= + + y las potencias de A definidas por 2

1 0( ) 0P A A a A a I= + + = , obtenemos

1 0( )A A a I a I+ = − de tal forma que 21 0A a A a I= − − y 1 1

0 0

1 aA A I

a a− = − − siempre que 0 0a ≠ .

Entonces sustituyendo valores tenemos:

Dado el polinomio característico 2( ) 6 9P λ λ λ= − + se tiene 21 0A a A a I= − −

2 2 1 1 0 12 6 9 0 3 6( 6) (9)

1 4 0 1 6 24 0 9 6 15A

− − − − = − − − = + = −



565

Dado el polinomio característico 2( ) 6 9P λ λ λ= − + se tiene 1 1

0 0

1 aA A I

a a− = − −

2 1 4 169 9 9 991

61 4 1 299 9 9 9

02 1 1 01 6

1 4 0 1 09 9A− −−

= − + = + = − − −

Con lo cuál hemos demostrado la veracidad del teorema de Cayley-Hamilton.

Ejemplo 5.23 Dada la matriz 2 1

1 4A

− =

cuadrada de orden 2 , hallar la matriz 3A y 4A efectuando

normalmente las operaciones de multiplicación de matrices y comprobar los resultados mediante la

aplicación del teorema de Cayley-Hamilton. Solución:

1 Hallemos 2A A A= , 2 2 1 2 1 4 1 2 4 3 6

1 4 1 4 2 4 1 16 6 15A

− − − − − − = = = + − +

3 2 2 1 3 6 6 6 12 15 0 27

1 4 6 15 3 24 6 60 27 54A A A

− − − − − − = = = = + − +

4 2 2 3 6 3 6 9 36 18 90 27 108

6 15 6 15 18 90 36 225 108 189A A A

− − − − − − − = = = = + − +

2 Aplicando el teorema de Cayley-Hamilton tenemos que para el polinomio característico

21 0( )P a aλ λ λ= + + y las potencias de A definidas por 2

1 0( ) 0P A A a A a I= + + = , obtenemos

1 0( )A A a I a I+ = − de tal forma que 21 0A a A a I= − − y 1 1

0 0

1 aA A I

a a− = − − siempre que 0 0a ≠ .

Entonces observamos que dado el polinomio característico 2( ) 6 9P λ λ λ= − + se tiene 2

1 0A a A a I= − − y mediante un procedimiento algebraico.

3 2

1 0( )A AA A a A a I= = − −

2

3 21 0

1 1 0 0

21 1 0 0

21 0 1 0

( )

( )

A

A a A a A

a a A a I a A

a A a a I a A

a a A a a I

= − −= − − − −

= + −

= − +

��



566

También tenemos que:

4 2 21 0 1 0

2 2 2 21 1 0 1 0 0

2 2 2 21 1 0 0

21 0

( ) ( )

2

( )

A A A a A a I a A a I

a A a a AI a a AI a I

a A a a AI a I

a A a I

= = − − − −

= + + +

= + +

= +

Sustituyendo valores:

[ ] [ ] [ ]3 2 2 1 1 0 2 1 1 0( 6) 9 ( 6)(9) 27 54

1 4 0 1 1 4 0 1

54 27 54 0 0 27

27 108 0 54 27 54

A− −

= − − + − = + −

− − − = + = −

2 2 2

4 2 1 1 0 12 6 9 0 3 66 9

1 4 0 1 6 24 0 9 6 15

3 6 3 6 9 36 18 90 27 108

6 15 6 15 18 90 36 225 108 189

A − − −

= − + = + = − − − −

− − − − − − − = = = − − − − + − +

Con lo cuál hemos demostrado la veracidad del teorema de Cayley-Hamilton.

2011-01-31 apuntes Álgebra lineal capÍtulo 5 der

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