nota existen vectores especiales para los cuales la … · concluimos que (−h´ector fabi´an...

Valores y vectores propios

NOTA Existen vectores especiales para los cuales la accion de latransformacion es muy sencilla: el vector y su imagen tienen la mismadireccion

Hector Fabian Ramırez Ospina Algebra lineal Basica


NOTA Existen vectores especiales para los cuales la accion de latransformacion es muy sencilla: el vector y su imagen tienen la mismadireccion T(v) = λv.




EJEM: Sea T : R2 → R2, definida por T(x) = Ax , donde

A =

(

3/2 31 1

)

entoces





A =

(

3/2 31 1

)

entoces

T

(

2

1

)

= 3

(

2

1

)

(estira) T

(

−3

2

)

= −1

2

(

−3

2

)

(encoge y sentido)





A =

(

3/2 31 1

)

entoces

T

(

2

1

)

= 3

(

2

1

)

(estira) T

(

−3

2

)

= −1

2

(

−3

2

)

(encoge y sentido)

OBJETIVO: Estudiar los valores y vectores propios de T como unapropiedad de las matrices asociadas AT .



DEF: Dada A una matriz n× n, decimos que λ ∈ R es un valor propio deA y que v ∈ R

n, v 6= 0, es un vector propio de A asociado a λ, si y solo si,

Av = λv.





Av = λv.

Av = λv, v = 0, entonces λ puede ser cualquier numero real.





Av = λv.

Av = λv, v = 0, entonces λ puede ser cualquier numero real.

Si v es un vector tal que T(v) = Av = v, decimos que v es un vectorinvariante para T definida por la matriz A.





Av = λv.





Av = λv.

EJEM: Consideremos A =

1 0 31 −1 2−1 1 −2

Verifiquemos que

u =

−3−11

y v =

−1−11

son vectores propios de A asociados a los

valores propios λ1 = 0 y λ2 = −2,





Av = λv.


1 0 31 −1 2−1 1 −2

Verifiquemos que

u =

−3−11

y v =

−1−11



SOL: Au = 0u y Av = −2v





Av = λv.


1 0 31 −1 2−1 1 −2

Verifiquemos que

u =

−3−11

y v =

−1−11




OBS: Un vector propio asociado a λ es una solucion no nula de Ax = λxes decir, solucion de (A− λI )x = 0. Luego para garantizar solucionesx 6= 0, el det (A− λI )





Av = λv.


1 0 31 −1 2−1 1 −2

Verifiquemos que

u =

−3−11

y v =

−1−11




OBS: Un vector propio asociado a λ es una solucion no nula de Ax = λxes decir, solucion de (A− λI )x = 0. Luego para garantizar solucionesx 6= 0, el det (A− λI ) = 0


Caracterizacion de los vectores y valores propios

TEO Sea A una matriz cuadrada. Entonces

λ ∈ R es valor propio de A, si y solo si, det (A− λI ) = 0.

v es un vector propio de A asociado al valor propio λ, si y solo si, ves una solucion no trivial de (A− λI )x = 0.






EJEM: Encontremos todos los valores y vectores propios de la matriz

A =

1 0 31 −1 2−1 1 −2







A =

1 0 31 −1 2−1 1 −2

SOL: Como el det (A− λI ) = −λ3 − 2λ2 ,







A =

1 0 31 −1 2−1 1 −2

SOL: Como el det (A− λI ) = −λ3 − 2λ2 = 0, entonces los valorespropios de A son λ = 0 y λ = −2







A =

1 0 31 −1 2−1 1 −2


Hallemos los vectores propios, resolviendo (A− 0I )x = Ax = 0 y(A+ 2I )x = Ax = 0,







A =

1 0 31 −1 2−1 1 −2


Hallemos los vectores propios, resolviendo (A− 0I )x = Ax = 0 y(A+ 2I )x = Ax = 0, obtenemos

Solλ=0 =

α

−3−11

, α ∈ R

Solλ=2 =

β

−1−11

, β ∈ R

.

Concluimos que (−1,−1, 1)T y (−3,−1, 1)T son vectores propios de AHector Fabian Ramırez Ospina Algebra lineal Basica





TEO Una matriz A es invertible, si y solo si, λ = 0 no es un valor propiode A.

DEM:...







DEM:...

DEF: Dada una matriz A, decimos que p(λ) = det (A− λI ) es elpolinomio caracterıstico de A.







DEM:...

DEF: Dada una matriz A, decimos que p(λ) = det (A− λI ) es elpolinomio caracterıstico de A.

EJEM: Calculemos el polinomio caracterıstico de la matriz

A =

3 −1 70 5 20 0 −1

y la matriz B =

(

2 −15 −2

)


Espacio propio Eλ Multi Algebraica y Geometrica

DEF: A la multiplicidad de una raız real λ del polinomio caracterısticode la matriz A le llamamos multiplicidad algebraica del valor propio λ




EJEM: Si A =

3 −1 70 5 20 0 −1

despues de una serie de calculos,

tenemos que su polinomio caracterıstico es

p(λ) = det (A− λI ) = −λ3 + 5λ2 − 8λ+ 4 = (1− λ)(λ− 2)2.

Ası, que λ = 1 es un valor propio de multiplicidad algebraica 1 y λ2 = 2es un valor propio de multiplicidad algebraica 2.




EJEM: Si A =

3 −1 70 5 20 0 −1

despues de una serie de calculos,

tenemos que su polinomio caracterıstico es

p(λ) = det (A− λI ) = −λ3 + 5λ2 − 8λ+ 4 = (1− λ)(λ− 2)2.

Ası, que λ = 1 es un valor propio de multiplicidad algebraica 1 y λ2 = 2es un valor propio de multiplicidad algebraica 2.

DEF: Dada A una matriz de tamano n × n y λ ∈ R un valor propio deA, definimos E(λ), el espacio propio de A asociado a λ, como

E(λ) = N(A−λI ) = {x ∈ Rn : (A− λI )x = 0}.

y definimos la multiplicidad geometrica del valor propio λ comodim(E(λ)).


Espacio propio E(λ) Multi Algebraica y Geometrica

EJEM: Dada la matriz A =

4 2 32 1 2−1 −2 0

determine las

multiplicidades geometricas de sus valores propios; es decir, dim(E(λ)).




4 2 32 1 2−1 −2 0

determine las


SOL: No es difıcil ver que el polinomio caracterıstico de A,

p(λ) = det (A− λI ) = −λ3 + 5λ2 − 7λ+ 3 = (λ− 1)2(3− λ).

Ası que sus valores propios son λ1 = 1 de multiplicidad algebraica 2 yλ2 = 3 de multiplicidad algebraica 1.




4 2 32 1 2−1 −2 0

determine las



p(λ) = det (A− λI ) = −λ3 + 5λ2 − 7λ+ 3 = (λ− 1)2(3− λ).


Los espacios propios son:

E(1) = N(A−1I ) =

E(3) = N(A−3I )




4 2 32 1 2−1 −2 0

determine las



p(λ) = det (A− λI ) = −λ3 + 5λ2 − 7λ+ 3 = (λ− 1)2(3− λ).



E(1) = N(A−1I ) ={

x ∈ R3 : (A− 1I )x = 0} = gen{

10−1

}

E(3) = N(A−3I ) ={

x ∈ R3 : (A− 3I )x = 0} = gen{

−5−23

}




4 2 32 1 2−1 −2 0

determine las



p(λ) = det (A− λI ) = −λ3 + 5λ2 − 7λ+ 3 = (λ− 1)2(3− λ).



E(1) = N(A−1I ) ={

x ∈ R3 : (A− 1I )x = 0} = gen{

10−1

}

E(3) = N(A−3I ) ={

x ∈ R3 : (A− 3I )x = 0} = gen{

−5−23

}

dim(E(1)) = dim(E(3)) = 1 es decir, tienen multiplicidades geometricas 1.


Calculo de Valores y Vectores Propios

Pasos a seguir

1 Calcular el polinomio caracterıstico p(λ) = det (A− λI ).



Pasos a seguir


2 Calcular las raıces reales de p(λ)



Pasos a seguir


2 Calcular las raıces reales de p(λ) (valores propios de A).



Pasos a seguir



3 Resolver el sistema homogeneo (A− λI )x = 0, para cada valor de λ.(vectores propios de A asociados a λ)



Pasos a seguir




EJEM: Hallar los valores y vectores propios de A =

(

3 −2−3 2

)

SOL:...profesor



Pasos a seguir





(

3 −2−3 2

)

SOL:...profesor

EJEM: Halle los valores y vectores propios de A =

0 1 0−1 0 00 0 2



Pasos a seguir





(

3 −2−3 2

)

SOL:...profesor

EJEM: Halle los valores y vectores propios de A =

0 1 0−1 0 00 0 2

SOL: No es difıcil ver

p(λ) = det (A− λI ) = (2− λ)(λ2 + 1)

Continuar...


Independencia de los vectores propios

TEO: Si λ1, λ2, . . . , λk son valores propios distintos de una matriz A(n),entonces

1 El conjunto de vectores propios {v1, v2, . . . , vk} de A asociadosλ1, λ2, . . . , λk es l .i .



TEO: Si λ1, λ2, . . . , λk son valores propios distintos de una matriz A(n),entonces

1 El conjunto de vectores propios {v1, v2, . . . , vk} de A asociadosλ1, λ2, . . . , λk es l .i .

2 Si B1,B2, . . . ,Bk son bases de los espacios propios Eλ1,Eλ2

, . . . ,Eλk,

entonces B = B1 ∪ B2 ∪ · · · ∪ Bk es un conjunto l .i .. En el caso, deque B tenga n elementos, entonces B es una base de R

n.



EJEM: Verifiquemos la independencia de los vectores propios distintos

de la matrix A

1 1 1 10 2 0 00 0 1 00 3 3 1




de la matrix A

1 1 1 10 2 0 00 0 1 00 3 3 1

SOL: No es dificil ver que el polinomio caracterıstico de A es :

p(λ) = λ4 − 5λ3 + 9λ2 − 7λ+ 2 = (λ− 2)(λ− 1)3

y por lo tanto, sus valores propios son λ1 = 2 de multiplicidad algebraica1 y λ2 = 1 de multiplicidad algebraica 3.




de la matrix A

1 1 1 10 2 0 00 0 1 00 3 3 1


p(λ) = λ4 − 5λ3 + 9λ2 − 7λ+ 2 = (λ− 2)(λ− 1)3

y por lo tanto, sus valores propios son λ1 = 2 de multiplicidad algebraica1 y λ2 = 1 de multiplicidad algebraica 3. Al resolver los sistemashomogeneos (A− 2I )x = 0 y (A− I )x = 0 encontramos

E(2) = gen{

4103

} E(1) = gen{

1000

}

Ası que la multiplicidad geometrica de λ1 = 2, λ2 = 1 es 1, y claramenteson l .i



EJEM: Verifiquemos que los vectores propios de la matrix A

5 4 24 5 22 2 2

forman una base de R3




5 4 24 5 22 2 2



p(λ) = −λ3 + 12λ2 − 21λ+ 10 = −(λ− 10)(λ− 1)2

y por lo tanto, sus valores propios son λ1 = 10 de multiplicidadalgebraica 1 y λ2 = 1 de multiplicidad algebraica 2.




5 4 24 5 22 2 2



p(λ) = −λ3 + 12λ2 − 21λ+ 10 = −(λ− 10)(λ− 1)2

y por lo tanto, sus valores propios son λ1 = 10 de multiplicidadalgebraica 1 y λ2 = 1 de multiplicidad algebraica 2.Al resolver los sistemas homogeneos (A− 10I )x = 0 y (A− I )x = 0encontramos

E(10) = gen{

221

} E(1) = gen{

−110

,

−102

}

Ası los valores propios λ1 y λ2 tienen multiplicidad geometrica 1 y 2, yclaramente son l .i y forman un base de R

3.



EJEM: Verifiquemos que los vectores propios de la matrix

A

−1 0 03 2 01 3 5





A

−1 0 03 2 01 3 5


SOL: Claramente por ser triangular el polinomio caracterıstico de A es :

p(λ) = (λ+ 1)(λ− 2)(λ− 5)

y por lo tanto, sus valores propios son λ = −1, 2, 5 cada uno demultiplicidad algebraica 1.




A

−1 0 03 2 01 3 5


SOL: Claramente por ser triangular el polinomio caracterıstico de A es :

p(λ) = (λ+ 1)(λ− 2)(λ− 5)

y por lo tanto, sus valores propios son λ = −1, 2, 5 cada uno demultiplicidad algebraica 1.Al resolver los sistemas homogeneos (A+ I )x = 0, (A− 2I )x = 0 y(A− 5I )x = 0 encontramos

E(−1) = gen{

−33−1

} E(2) = gen{

01−1

} E(5) = gen{

001

}

Ası los valores propios λ = −1, 2, 5 tienen multiplicidad geometrica 1, yclaramente son l .i y forman un base de R

3


Corolarios importantes

TEO: Los valores propios de una matriz triangular son los elementos dela diagonal de la matriz.




DEM: Si A = (aij) es una matriz triangular, su polinomio caracterıstico es

p(λ) = det (A− λI ) = (a11 − λ)(a22 − λ) · · · (ann − λ).

Ası que los valores propios de A, que son las soluciones de p(λ) = 0 sona11, a22, . . . ann, los cuales son los elementos de la diagonal de A.




CORO: Si una matriz A de tamano n × n tiene n valores propiosdistintos, existe una base de R

n formada por vectores propios de lamatriz A.






Propiedades de los valores y vectores propios

DEF: Sea A de tamano n× n y v un vector propio de A asociado al valorpropio λ. Entonces,

1 λ es un valor propio de AT .









2 Si A es invertible, entonces λ 6= 0 y v es un vector propio de A−1

asociado al valor propio 1λ.











DEM: Si A es invertible, λ 6= 0, ¿Porque?











DEM: Si A es invertible, λ 6= 0, ¿Porque? ahora sea v un vectorpropio de A, asociado a λ, entonces Av = λv luego 1

λv = A−1v; es

decir, v es un vector propio de A−1 asociado al valor propio 1λ.











3 v es un vector propio de Ak asociado al valor propio λk .


Matrices Semejantes

Sean A y B dos matrices semejantes, entonces

1 detA = detB .

2 Si una de las matrices es invertible, la otra tambien lo es.

3 A y B tienen el mismo polinomio caracterıstico.

4 A y B tienen los mismos valores propios.

5 Existe P , una matriz invertible, tal que si v es un vector propio de A,Pv es un vector propio de B .

6 A y B tienen el mismo rango.


Matrices Semejantes


1 detA = detB .






DEM: Como A y B son semejantes, existe P , una matriz invertible, talque PA = BP . Para items 1-2 profesor...


Matrices Semejantes


1 detA = detB .






DEM: Como A y B son semejantes, existe P , una matriz invertible, talque PA = BP . Para items 3-4 tenemos que

pA(λ) = det (A− λI )


Matrices Semejantes


1 detA = detB .







pA(λ) = det (A− λI ) = det (PBP−1 − λPP−1)


Matrices Semejantes


1 detA = detB .







pA(λ) = det (A− λI ) = det (PBP−1 − λPP−1) = det [P(B − λI )P−1]

= detPdet (B − λI )detP−1 = det (B − λI )

= pB(λ)


Matrices Semejantes


1 detA = detB .







pA(λ) = det (A− λI ) = det (PBP−1 − λPP−1) = det [P(B − λI )P−1]

= detPdet (B − λI )detP−1 = det (B − λI )

= pB(λ)

concluimos que los polinomios caracterısticos de A y B son iguales. y porende los valores propios son los mismos


Matrices Semejantes


1 detA = detB .






DEM: Como A y B son semejantes, existe P , una matriz invertible, talque PA = BP .


Matrices Semejantes


1 detA = detB .







item 5 Sea v un vector propio de A asociado al valor propio λ, entoncesAv = λv . Multiplicando por P , tenemos

PAv = λ(Pv),


Matrices Semejantes


1 detA = detB .








BPv = PAv = λ(Pv),


Matrices Semejantes


1 detA = detB .








BPv = PAv = λ(Pv),

Entonces Pv es un vector propio de B asociado al valor propio λHector Fabian Ramırez Ospina Algebra lineal Basica

Matrices Semejantes


1 detA = detB .








Matrices Semejantes


1 detA = detB .







item 6 Ejercicio 12


Valores y vectores propios de T vrs AT

DEF: Sean V , un espacio vectorial, y T : V → V , una transformacionlineal. Diremos que el escalar λ es un valor propio de T y que v ∈ V ,v 6= 0, es un vector propio de T asociado a λ, si y solo si, T(v) = λv yλ ∈ R.




EJEM: Si T : P2 → P2 tal queT(a + bx + cx2) = (a− b) + bx + (a − c)x2, entonces

T (2 + x2) = 1(2 + x2),

entonces 2 + x2 es un vector propio de T asociado al valor propio λ = 1.




TEO: Sea T : V → V , una transformacion lineal, B una base de V . λ esun valor propio de T y v ∈ V es un vector propio de T asociado a λ, si ysolo si, λ es un valor propio de AT y [v ]B es un vector propio de AT

asociado a λ.





asociado a λ.

DEM: (⇒) Sean λ un valor propio de T y v ∈ V un vector propio de T

asociado a λ. Luego, T(v) = λv.





asociado a λ.


asociado a λ. Luego, T(v) = λv. Aplicando coordenadas,

[T(v)]B = [λv]B = λ[v]B,





asociado a λ.



AT [v]B = [T(v)]B = [λv]B = λ[v]B,





asociado a λ.



AT [v]B = [T(v)]B = [λv]B = λ[v]B,

Es decir, λ es valor propio de AT y [v]B es un vector propio de AT

asociado a λ.





asociado a λ.

DEM: (⇐) Si λ es valor propio de AT y x ∈ Rn es un vector propio de

AT asociado a λ, esto es, AT x = λx





asociado a λ.


AT asociado a λ, esto es, AT x = λx entonces existe un v ∈ V tal quex = [v ]B. Asi que

AT x = λx





asociado a λ.



AT x = λx = λ[v ]B





asociado a λ.



[T (v)]B = AT [v ]B = AT x = λx = λ[v ]B





asociado a λ.



[T (v)]B = AT [v ]B = AT x = λx = λ[v ]B

Esto equivale aTv = λv

Entonces v es un vector propio de T asociado a λ.Hector Fabian Ramırez Ospina Algebra lineal Basica


EJEM: Sea T : P2 → P2 tal queT(a + bx + cx2) = (a− b) + bx + (a − c)x2, entonces

T (2 + x2) = 1(2 + x2),




T (2 + x2) = 1(2 + x2),

Ahora, sean B la base canonica y B′ = {1, 1 + x , 1 + x + x2} de P2

entonces




T (2 + x2) = 1(2 + x2),


entonces usando solo la base B tenemos

AT [2 + x2]B =

1 −1 00 1 01 0 −1

201

= 1

201

entonces [2 + x2]B = (2, 0, 1)T es un vector propio de AT asociado aλ = 1




T (2 + x2) = 1(2 + x2),


entonces usando solo la base B tenemos

AT [2 + x2]B =

1 −1 00 1 01 0 −1

201

= 1

201

entonces [2 + x2]B = (2, 0, 1)T es un vector propio de AT asociado aλ = 1 Usando solo la base B′ tenemos

A′

T [2 + x2]B′ =

1 −1 −1−1 0 11 1 0

2−11

= 1

2−11

entonces [2 + x2]B′ = (2,−1, 1)T es un vector propio de A′

T asociado aλ = 1.


Matrices Diagonalizables

DEF: Diremos que una matriz A es diagonalizable, si y solo si, existe unamatriz diagonal D semejante a A; es decir, que existe una matrizinvertible P , tal que

AP = PD.

NOTA: Al procedimiento de encontrar la matriz diagonal D y la matrizinvertible P lo llamamos proceso de diagonalizacion y decimos que P y D

diagonalizan a A.




AP = PD.




AP = PD.

PREG: ¿Cuales son las matrices que diagonalizan a A?




AP = PD.


RESP: Si P y D son las matrices que diagonalizan a A, entonces

AP = PD

[Ap1 Ap2 · · · Apn] = [Pd1 Pd2 · · · Pdn]




AP = PD.



AP = PD

[Ap1 Ap2 · · · Apn] = [Pd1 Pd2 · · · Pdn]

= [d11p1 d22p2, . . . ,dnnpn].




AP = PD.



AP = PD

[Ap1 Ap2 · · · Apn] = [Pd1 Pd2 · · · Pdn]

= [d11p1 d22p2, . . . ,dnnpn].

entonces

Ap1 = d11p1, Ap2 = d22p2 , . . . , Apn = dnnpn.

es decir, p1,p2, . . . ,pn son los vectores propios de A asociados a losvalores propios d11, d22, . . . , dnn.




AP = PD.


RESP: Si {v1, v2, . . . , vn} son vectores propios l .i . de A asociados a losvalores propios λ1, λ2, . . . , λn, entonces la matriz A se puede diagonalizarcon

P = [v1 v2 · · · vn] D =

λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0...

.... . .

0 0 · · · λn

.




AP = PD.


RESP: Si {v1, v2, . . . , vn} son vectores propios l .i . de A asociados a losvalores propios λ1, λ2, . . . , λn, entonces la matriz A se puede diagonalizarcon

P = [v1 v2 · · · vn] D =

λ1 0 · · · 00 λ2 · · · 0...

.... . .

0 0 · · · λn

.

En efecto,

AP = [Av1 Av2 . . . Avn]

= [λ1v1 λ2v2 . . . λnvn] = PD,

de modo que A es diagonalizable y P y D diagonalizan a A.Hector Fabian Ramırez Ospina Algebra lineal Basica

Caracterizar las Matrices Diagonalizables

CORO: La matriz A es diagonalizable, si y solo si, A tiene n vectorespropios que forman un conjunto l .i .




CORO: Sea A una matriz n × n. Si A tiene n valores propios diferentes,A es diagonalizable.





EJEM: ¿Es A =

1 0 02 −1 0−1 3 0

diagonalizable?





EJEM: ¿Es A =

1 0 02 −1 0−1 3 0

diagonalizable? RESP: Dado que el

polinomio caracterıstico, pA(λ) = λ(1− λ)(1 + λ) entonces los valorespropios de A son λ1 = 1, λ2 = −1 y λ3 = 0.





EJEM: ¿Es A =

1 0 02 −1 0−1 3 0


polinomio caracterıstico, pA(λ) = λ(1− λ)(1 + λ) entonces los valorespropios de A son λ1 = 1, λ2 = −1 y λ3 = 0. Los espacio propios son,

E(1) = gen{

110

}, E(−1) = gen{

01−1

}, E(0) = gen{

001

}





EJEM: ¿Es A =

1 0 02 −1 0−1 3 0


polinomio caracterıstico, pA(λ) = λ(1− λ)(1 + λ) entonces los valorespropios de A son λ1 = 1, λ2 = −1 y λ3 = 0. Los espacio propios son,

E(1) = gen{

110

}, E(−1) = gen{

01−1

}, E(0) = gen{

001

}

entonces A =

1 0 01 1 00 −1 1

y D =

1 0 00 −1 00 0 0

. Existen otras

matrices P y D que diagonalicen a A?Hector Fabian Ramırez Ospina Algebra lineal Basica


TEO: Una matriz A(n) es diagonalizable, si y solo si, las multiplicidadesalgebraicas y multiplicades geometricas de los valores propios de A soniguales y la suma de las multiplicidades algebraicas de los valores propioses n.




EJEM: la matriz A =

5 4 24 5 22 2 2

tiene pA(λ) = −(λ− 10)(λ− 1)2,




EJEM: la matriz A =

5 4 24 5 22 2 2

tiene pA(λ) = −(λ− 10)(λ− 1)2, y

E(10) = gen{

221

}, E(1) = gen{

−110

,

−102

}

Entonces mult.alg(10) = 1, mult.geom(10) = 1 y mult.alg(1) = 2,mult.geom(1) = 2

entonces P =

2 −1 −12 1 01 0 2

y D =

10 0 00 1 00 0 1

diagonalizan la

matriz A




TEO: Sean P , una matriz invertible, y D, una matriz diagonal, lasmatrices que diagonalizan a A. Entonces

Ak = PDkP−1.




TEO: Sean P , una matriz invertible, y D, una matriz diagonal, lasmatrices que diagonalizan a A. Entonces

Ak = PDkP−1.

DEM: Induccion sobre k


Matrices Simetricas y Diagonalizacion

Sea A un matriz simetrica de tamano n × n entonces

1 A tiene n valores propios, contando multiplicidades.





2 Las multiplicidades algebraica y geometrica de cada uno de losvalores propios de A son iguales.






3 Los vectores propios de A asociados a valores propios diferentes sonortogonales.







DEM: Sean v y u vectores propios de A asociados a los valores propios λy µ, con λ 6= µ. Entonces,

Av = λv

Au = µu








Av = λv uTAv = λuTv

Au = µu









Au = µu ⇒ vTAu = µvTu









Au = µu ⇒ vTAu = µvTu ⇒ (vTAu)T = µ(vTu)T









Au = µu ⇒ vTAu = µvTu ⇒ (vTAu)T = µ(vTu)T ⇒ uTAv = µuTv









Au = µu ⇒ vTAu = µvTu ⇒ (vTAu)T = µ(vTu)T ⇒ uTAv = µuTv

entonces igualando tenemos (λ− µ)vTu = 0. por tanto, vTu = 0 = v · u



TEO: Una matriz A es ortogonalmente diagonalizable, si y solo si, existeuna matriz diagonal D tal que

AQ = QD,

donde Q es una matriz ortogonal.(QQT = I )




AQ = QD,


Caracterizacion de una matriz simetrica

TEO La matriz A es simetrica, si y solo si, es ortogonalmentediagonalizable. donde Q es una matriz ortogonal. (QQT = I )




AQ = QD,




DEM: (⇒): OK...




AQ = QD,




DEM: (⇒): OK...(⇐) Si A sea ortogonalmente diagonalizable significa que

A = QDQT

donde Q es una matriz ortogonal. Por lo tanto,

AT = (QDQT )T = (QT )TDTQT = QDQT = A


nota existen vectores especiales para los cuales la … · concluimos que (−h´ector fabi´an...

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