8 Diagonalización
8.1 Valores propios y vectores propios
Motivación
En muchas aplicaciones del Álgebra Lineal interesa estudiar vectores que, al aplicarles una transformación lineal, no cambian de dirección. Es decir, se busca un vector no nulo \(\mathbf{v}\) y un escalar \(\lambda\) tales que
\[ T\mathbf{v}=\lambda \mathbf{v}. \]
Cuando esto ocurre, la transformación puede estirar, comprimir o cambiar el sentido del vector, pero no cambia la recta sobre la cual se encuentra.
A estos escalares se les llama valores propios y a los vectores correspondientes se les llama vectores propios.
Valores propios y vectores propios de una matriz
Sea \(A\) una matriz de tamaño \(n\times n\). Un escalar \(\lambda\) se llama valor propio de \(A\) si existe un vector no nulo
\[ \mathbf{v}\in \mathbb{R}^n \]
tal que
\[ A\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v}. \]
El vector
\[ \mathbf{v}\neq \mathbf{0} \]
se llama vector propio de \(A\) correspondiente al valor propio \(\lambda\).
La condición de que \(\mathbf{v}\neq \mathbf{0}\) es esencial, porque el vector cero siempre satisface
\[ A\mathbf{0}=\lambda\mathbf{0} \]
para cualquier \(\lambda\), pero no aporta información sobre la acción de la matriz.
Ejemplo: valores propios y vectores propios de una matriz \(2\times 2\)
Sea
\[ A= \begin{pmatrix} 10 & -18\\ 6 & -11 \end{pmatrix}. \]
Calculamos
\[ A \begin{pmatrix} 2\\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 10 & -18\\ 6 & -11 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2\\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2\\ 1 \end{pmatrix}. \]
Entonces
\[ A\mathbf{v}_1=1\mathbf{v}_1, \]
donde
\[ \mathbf{v}_1= \begin{pmatrix} 2\\ 1 \end{pmatrix}. \]
Por tanto,
\[ \lambda_1=1 \]
es un valor propio de \(A\).
Ahora,
\[ A \begin{pmatrix} 3\\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -6\\ -4 \end{pmatrix} = -2 \begin{pmatrix} 3\\ 2 \end{pmatrix}. \]
Así,
\[ \lambda_2=-2 \]
es otro valor propio, con vector propio correspondiente
\[ \mathbf{v}_2= \begin{pmatrix} 3\\ 2 \end{pmatrix}. \]
Ejemplo: matriz identidad
Sea
\[ A=I. \]
Entonces, para cualquier vector
\[ \mathbf{v}\in\mathbb{R}^n, \]
se cumple
\[ A\mathbf{v}=I\mathbf{v}=\mathbf{v}. \]
Por tanto,
\[ A\mathbf{v}=1\mathbf{v}. \]
Así, el único valor propio de la matriz identidad es
\[ \lambda=1, \]
y todo vector no nulo de \(\mathbb{R}^n\) es un vector propio correspondiente.
Ecuación para encontrar valores propios
Supongamos que \(\lambda\) es un valor propio de \(A\). Entonces existe un vector no nulo \(\mathbf{v}\) tal que
\[ A\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v}. \]
Como
\[ \lambda\mathbf{v}=\lambda I\mathbf{v}, \]
podemos escribir
\[ A\mathbf{v}-\lambda I\mathbf{v}=\mathbf{0}. \]
Por tanto,
\[ (A-\lambda I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. \]
Esta es una ecuación homogénea. Para que exista una solución no trivial, la matriz
\[ A-\lambda I \]
debe ser singular. Por tanto,
\[ \det(A-\lambda I)=0. \]
Esto da el criterio fundamental para encontrar valores propios.
Teorema: criterio de valores propios
Sea \(A\) una matriz de tamaño \(n\times n\). Entonces \(\lambda\) es un valor propio de \(A\) si y sólo si
\[ p(\lambda)=\det(A-\lambda I)=0. \]
La ecuación
\[ \det(A-\lambda I)=0 \]
se llama ecuación característica, y el polinomio
\[ p(\lambda)=\det(A-\lambda I) \]
se llama polinomio característico.
Polinomio característico de una matriz \(2\times 2\)
Si
\[ A= \begin{pmatrix} a & b\\ c & d \end{pmatrix}, \]
entonces
\[ A-\lambda I= \begin{pmatrix} a-\lambda & b\\ c & d-\lambda \end{pmatrix}. \]
Por tanto,
\[ p(\lambda) = \det(A-\lambda I) = (a-\lambda)(d-\lambda)-bc. \]
Al expandir,
\[ p(\lambda) = \lambda^2-(a+d)\lambda+(ad-bc). \]
Como
\[ a+d=\operatorname{tr}(A) \]
y
\[ ad-bc=\det(A), \]
también puede escribirse como
\[ p(\lambda) = \lambda^2-\operatorname{tr}(A)\lambda+\det(A). \]
Espacio propio
Sea \(\lambda\) un valor propio de \(A\). El conjunto
\[ E_\lambda= \{\mathbf{v}:A\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v}\} \]
se llama espacio propio correspondiente a \(\lambda\).
Como
\[ A\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v} \]
equivale a
\[ (A-\lambda I)\mathbf{v}=\mathbf{0}, \]
se tiene
\[ E_\lambda=N(A-\lambda I). \]
Por tanto, \(E_\lambda\) es un subespacio de \(\mathbb{R}^n\).
Los vectores propios asociados a \(\lambda\) son los vectores no nulos de \(E_\lambda\).
Vectores propios asociados a valores propios distintos
Si
\[ \lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_m \]
son valores propios distintos de una matriz \(A\), y
\[ \mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\ldots,\mathbf{v}_m \]
son vectores propios correspondientes, entonces
\[ \mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\ldots,\mathbf{v}_m \]
son linealmente independientes.
En particular, si una matriz de tamaño \(n\times n\) tiene \(n\) valores propios distintos, entonces tiene \(n\) vectores propios linealmente independientes.
Multiplicidad algebraica
El polinomio característico de una matriz \(n\times n\) tiene grado \(n\). Por el teorema fundamental del álgebra, tiene exactamente \(n\) raíces contando multiplicidades.
Si los valores propios distintos son
\[ \lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_m \]
y el polinomio característico puede factorizarse como
\[ p(\lambda) = (-1)^n (\lambda-\lambda_1)^{r_1} (\lambda-\lambda_2)^{r_2} \cdots (\lambda-\lambda_m)^{r_m}, \]
entonces
\[ r_i \]
se llama multiplicidad algebraica del valor propio \(\lambda_i\).
Procedimiento para calcular valores propios y vectores propios
Para una matriz cuadrada \(A\):
Calcule
\[ p(\lambda)=\det(A-\lambda I). \]
Encuentre las raíces de
\[ p(\lambda)=0. \]
Estas raíces son los valores propios.
Para cada valor propio \(\lambda_i\), resuelva
\[ (A-\lambda_i I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. \]
Las soluciones no nulas son los vectores propios correspondientes.
El paso más difícil suele ser factorizar o resolver el polinomio característico.
Ejemplo: cálculo de valores propios y vectores propios
Sea
\[ A= \begin{pmatrix} 4 & 2\\ 3 & 3 \end{pmatrix}. \]
Primero calculamos
\[ p(\lambda) = \det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} 4-\lambda & 2\\ 3 & 3-\lambda \end{vmatrix}. \]
Entonces
\[ p(\lambda) = (4-\lambda)(3-\lambda)-6. \]
Al simplificar,
\[ p(\lambda)=\lambda^2-7\lambda+6. \]
Factorizando,
\[ p(\lambda)=(\lambda-1)(\lambda-6). \]
Por tanto, los valores propios son
\[ \lambda_1=1, \qquad \lambda_2=6. \]
Espacio propio para \(\lambda_1=1\)
Resolvemos
\[ (A-I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. \]
Como
\[ A-I= \begin{pmatrix} 3 & 2\\ 3 & 2 \end{pmatrix}, \]
se obtiene
\[ 3x_1+2x_2=0. \]
Un vector que satisface esta ecuación es
\[ \mathbf{v}_1= \begin{pmatrix} 2\\ -3 \end{pmatrix}. \]
Por tanto,
\[ E_1= \operatorname{gen} \left\{ \begin{pmatrix} 2\\ -3 \end{pmatrix} \right\}. \]
Espacio propio para \(\lambda_2=6\)
Resolvemos
\[ (A-6I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. \]
Como
\[ A-6I= \begin{pmatrix} -2 & 2\\ 3 & -3 \end{pmatrix}, \]
se obtiene
\[ x_1=x_2. \]
Entonces un vector propio correspondiente es
\[ \mathbf{v}_2= \begin{pmatrix} 1\\ 1 \end{pmatrix}. \]
Por tanto,
\[ E_6= \operatorname{gen} \left\{ \begin{pmatrix} 1\\ 1 \end{pmatrix} \right\}. \]
Ejemplo: matriz \(3\times 3\) con valores propios distintos
Sea
\[ A= \begin{pmatrix} 1 & -1 & 4\\ 3 & 2 & -1\\ 2 & 1 & -1 \end{pmatrix}. \]
El polinomio característico es
\[ p(\lambda) = \det(A-\lambda I) = -(\lambda-1)(\lambda+2)(\lambda-3). \]
Por tanto, los valores propios son
\[ \lambda_1=1, \qquad \lambda_2=-2, \qquad \lambda_3=3. \]
Para \(\lambda_1=1\)
Se resuelve
\[ (A-I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. \]
Esto conduce a
\[ x_1=-x_3, \qquad x_2=4x_3. \]
Tomando
\[ x_3=1, \]
se obtiene
\[ \mathbf{v}_1= \begin{pmatrix} -1\\ 4\\ 1 \end{pmatrix}. \]
Así,
\[ E_1= \operatorname{gen} \left\{ \begin{pmatrix} -1\\ 4\\ 1 \end{pmatrix} \right\}. \]
Para \(\lambda_2=-2\)
Se resuelve
\[ (A+2I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. \]
Esto conduce a
\[ x_2=-x_1, \qquad x_3=-x_1. \]
Tomando
\[ x_1=1, \]
se obtiene
\[ \mathbf{v}_2= \begin{pmatrix} 1\\ -1\\ -1 \end{pmatrix}. \]
Así,
\[ E_{-2}= \operatorname{gen} \left\{ \begin{pmatrix} 1\\ -1\\ -1 \end{pmatrix} \right\}. \]
Para \(\lambda_3=3\)
Se resuelve
\[ (A-3I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. \]
Esto conduce a
\[ x_3=x_1, \qquad x_2=2x_1. \]
Tomando
\[ x_1=1, \]
se obtiene
\[ \mathbf{v}_3= \begin{pmatrix} 1\\ 2\\ 1 \end{pmatrix}. \]
Así,
\[ E_3= \operatorname{gen} \left\{ \begin{pmatrix} 1\\ 2\\ 1 \end{pmatrix} \right\}. \]
Como los valores propios son distintos, los vectores propios correspondientes son linealmente independientes.
Ejemplo: un valor propio igual a cero
Sea
\[ A= \begin{pmatrix} 2 & -1\\ -4 & 2 \end{pmatrix}. \]
Calculamos
\[ p(\lambda) = \det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} 2-\lambda & -1\\ -4 & 2-\lambda \end{vmatrix}. \]
Entonces
\[ p(\lambda) = \lambda^2-4\lambda = \lambda(\lambda-4). \]
Por tanto, los valores propios son
\[ \lambda_1=0, \qquad \lambda_2=4. \]
Para \(\lambda_1=0\), el espacio propio es simplemente el espacio nulo de \(A\):
\[ A\mathbf{v}=\mathbf{0}. \]
Esto da
\[ 2x_1=x_2. \]
Entonces
\[ E_0= \operatorname{gen} \left\{ \begin{pmatrix} 1\\ 2 \end{pmatrix} \right\}. \]
Para \(\lambda_2=4\),
\[ A-4I= \begin{pmatrix} -2 & -1\\ -4 & -2 \end{pmatrix}. \]
Esto conduce a
\[ x_2=-2x_1. \]
Por tanto,
\[ E_4= \operatorname{gen} \left\{ \begin{pmatrix} 1\\ -2 \end{pmatrix} \right\}. \]
Valores propios de matrices triangulares
Si \(A\) es una matriz triangular superior o inferior, entonces los valores propios de \(A\) son las entradas diagonales de \(A\).
En efecto, si
\[ A= \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n}\\ 0 & a_{22} & \cdots & a_{2n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 0 & 0 & \cdots & a_{nn} \end{pmatrix}, \]
entonces
\[ A-\lambda I \]
también es triangular, con diagonal
\[ a_{11}-\lambda,\;a_{22}-\lambda,\;\ldots,\;a_{nn}-\lambda. \]
Por tanto,
\[ \det(A-\lambda I) = (a_{11}-\lambda)(a_{22}-\lambda)\cdots(a_{nn}-\lambda). \]
Así, los ceros del polinomio característico son
\[ a_{11},a_{22},\ldots,a_{nn}. \]
Ejemplo: valores propios de una matriz triangular
Sea
\[ A= \begin{pmatrix} 2 & 5 & 6\\ 0 & -3 & 2\\ 0 & 0 & 5 \end{pmatrix}. \]
Como \(A\) es triangular superior, sus valores propios son las entradas de la diagonal:
\[ \boxed{ 2,\;-3,\;5. } \]
También se obtiene de
\[ \det(A-\lambda I) = (2-\lambda)(-3-\lambda)(5-\lambda). \]
Ejemplo: un valor propio con dos vectores propios linealmente independientes
Sea
\[ A= \begin{pmatrix} 4 & 0\\ 0 & 4 \end{pmatrix}. \]
Entonces
\[ A=4I. \]
El polinomio característico es
\[ p(\lambda)=(\lambda-4)^2. \]
Así,
\[ \lambda=4 \]
es un valor propio con multiplicidad algebraica \(2\).
Como
\[ A\mathbf{v}=4\mathbf{v} \]
para todo vector
\[ \mathbf{v}\in\mathbb{R}^2, \]
se tiene
\[ E_4=\mathbb{R}^2. \]
Por tanto,
\[ E_4= \operatorname{gen} \left\{ \begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix} \right\}. \]
En este caso hay dos vectores propios linealmente independientes asociados al mismo valor propio.
Ejemplo: un valor propio con sólo un vector propio independiente
Sea
\[ A= \begin{pmatrix} 4 & 1\\ 0 & 4 \end{pmatrix}. \]
Entonces
\[ p(\lambda)=(\lambda-4)^2. \]
Por tanto,
\[ \lambda=4 \]
es un valor propio de multiplicidad algebraica \(2\).
Pero
\[ A-4I= \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 & 0 \end{pmatrix}. \]
Al resolver
\[ (A-4I)\mathbf{v}=\mathbf{0}, \]
se obtiene
\[ x_2=0. \]
Por tanto,
\[ E_4= \operatorname{gen} \left\{ \begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix} \right\}. \]
En este caso, aunque la multiplicidad algebraica de \(\lambda=4\) es \(2\), sólo hay un vector propio linealmente independiente.
Ejemplo: dos valores propios y tres vectores propios independientes
Sea
\[ A= \begin{pmatrix} 3 & 2 & 4\\ 2 & 0 & 2\\ 4 & 2 & 3 \end{pmatrix}. \]
El polinomio característico es
\[ p(\lambda) = -(\lambda+1)^2(\lambda-8). \]
Por tanto, los valores propios son
\[ \lambda_1=8 \]
y
\[ \lambda_2=-1, \]
donde \(\lambda=-1\) tiene multiplicidad algebraica \(2\).
Para \(\lambda_1=8\)
Se resuelve
\[ (A-8I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. \]
Esto conduce a
\[ x_3=2x_2, \qquad x_1=x_3. \]
Tomando
\[ x_2=1, \]
se obtiene
\[ \mathbf{v}_1= \begin{pmatrix} 2\\ 1\\ 2 \end{pmatrix}. \]
Por tanto,
\[ E_8= \operatorname{gen} \left\{ \begin{pmatrix} 2\\ 1\\ 2 \end{pmatrix} \right\}. \]
Para \(\lambda_2=-1\)
Se resuelve
\[ (A+I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. \]
Se obtiene la ecuación
\[ 2x_1+x_2+2x_3=0. \]
Así,
\[ x_2=-2x_1-2x_3. \]
Tomando \(x_1=1\) y \(x_3=0\),
\[ \mathbf{v}_2= \begin{pmatrix} 1\\ -2\\ 0 \end{pmatrix}. \]
Tomando \(x_1=0\) y \(x_3=1\),
\[ \mathbf{v}_3= \begin{pmatrix} 0\\ -2\\ 1 \end{pmatrix}. \]
Por tanto,
\[ E_{-1} = \operatorname{gen} \left\{ \begin{pmatrix} 1\\ -2\\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0\\ -2\\ 1 \end{pmatrix} \right\}. \]
En este caso, la matriz tiene tres vectores propios linealmente independientes.
Ejemplo: un valor propio y sólo un vector propio independiente
Sea
\[ A= \begin{pmatrix} -5 & -5 & -9\\ 8 & 9 & 18\\ -2 & -3 & -7 \end{pmatrix}. \]
El polinomio característico es
\[ p(\lambda)=-(\lambda+1)^3. \]
Por tanto,
\[ \lambda=-1 \]
es un valor propio de multiplicidad algebraica \(3\).
Para encontrar el espacio propio se resuelve
\[ (A+I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. \]
Esto conduce a
\[ x_2=-3x_3, \qquad 2x_1=3x_3. \]
Tomando
\[ x_3=2, \]
se obtiene
\[ \mathbf{v}_1= \begin{pmatrix} 3\\ -6\\ 2 \end{pmatrix}. \]
Por tanto,
\[ E_{-1} = \operatorname{gen} \left\{ \begin{pmatrix} 3\\ -6\\ 2 \end{pmatrix} \right\}. \]
Aunque la multiplicidad algebraica de \(\lambda=-1\) es \(3\), sólo hay un vector propio linealmente independiente.
Ejemplo: un valor propio y dos vectores propios independientes
Sea
\[ A= \begin{pmatrix} -1 & -3 & -9\\ 0 & 5 & 18\\ 0 & -2 & -7 \end{pmatrix}. \]
El polinomio característico es
\[ p(\lambda)=-(\lambda+1)^3. \]
Así,
\[ \lambda=-1 \]
es un valor propio de multiplicidad algebraica \(3\).
Para encontrar \(E_{-1}\), se resuelve
\[ (A+I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. \]
Esto produce
\[ x_2=-3x_3, \]
mientras que \(x_1\) y \(X_3\) están libres.
Por tanto,
\[ E_{-1} = \operatorname{gen} \left\{ \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 0\\ -3\\ 1 \end{pmatrix} \right\}. \]
En este caso, la multiplicidad algebraica es \(3\), pero la dimensión del espacio propio es \(2\).
Multiplicidad geométrica
Sea \(\lambda\) un valor propio de una matriz \(A\). La multiplicidad geométrica de \(\lambda\) se define como la dimensión del espacio propio correspondiente:
\[ \text{multiplicidad geométrica de } \lambda = \dim(E_\lambda). \]
Como
\[ E_\lambda=N(A-\lambda I), \]
también se tiene
\[ \text{multiplicidad geométrica de } \lambda = \nu(A-\lambda I). \]
La multiplicidad geométrica siempre es al menos \(1\), porque si \(\lambda\) es un valor propio, existe al menos un vector propio no nulo correspondiente.
Además,
\[ \boxed{ \text{multiplicidad geométrica de } \lambda \leq \text{multiplicidad algebraica de } \lambda. } \]
Existencia de suficientes vectores propios
Una matriz \(A\) de tamaño \(n\times n\) tiene \(n\) vectores propios linealmente independientes si y sólo si la multiplicidad geométrica de cada valor propio es igual a su multiplicidad algebraica.
En particular, si \(A\) tiene \(n\) valores propios distintos, entonces \(A\) tiene \(n\) vectores propios linealmente independientes.
Cero como valor propio
El número
\[ \lambda=0 \]
es un valor propio de \(A\) si y sólo si
\[ \det(A)=0. \]
En efecto,
\[ 0 \text{ es valor propio} \quad \Longleftrightarrow \quad \det(A-0I)=0 \quad \Longleftrightarrow \quad \det(A)=0. \]
Por tanto, una matriz cuadrada es invertible si y sólo si cero no es valor propio.
8.2 Matrices semejantes y diagonalización
Matrices semejantes
Sean \(A\) y \(B\) matrices de tamaño \(n\times n\). Se dice que \(A\) y \(B\) son semejantes si existe una matriz invertible \(C\) de tamaño \(n\times n\) tal que
\[ B=C^{-1}AC. \]
La función que transforma \(A\) en \(B\) mediante
\[ T(A)=C^{-1}AC \]
se llama transformación de semejanza.
Esta transformación es lineal porque
\[ C^{-1}(A_1+A_2)C=C^{-1}A_1C+C^{-1}A_2C \]
y
\[ C^{-1}(\alpha A)C=\alpha C^{-1}AC. \]
Una forma equivalente de escribir la semejanza es la siguiente. Si
\[ B=C^{-1}AC, \]
entonces, multiplicando por la izquierda por \(C\), se obtiene
\[ CB=AC. \]
Por tanto, dos matrices \(A\) y \(B\) son semejantes si y sólo si existe una matriz invertible \(C\) tal que
\[ CB=AC. \]
Ejemplo: dos matrices semejantes
Sean
\[ A= \begin{pmatrix} 2 & 1\\ 0 & -1 \end{pmatrix}, \qquad B= \begin{pmatrix} 4 & -2\\ 5 & -3 \end{pmatrix}, \]
y
\[ C= \begin{pmatrix} 2 & -1\\ -1 & 1 \end{pmatrix}. \]
Calculamos
\[ CB= \begin{pmatrix} 2 & -1\\ -1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 4 & -2\\ 5 & -3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & -1\\ 1 & -1 \end{pmatrix}. \]
Por otro lado,
\[ AC= \begin{pmatrix} 2 & 1\\ 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & -1\\ -1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & -1\\ 1 & -1 \end{pmatrix}. \]
Así,
\[ CB=AC. \]
Además,
\[ \det(C)=1\neq 0, \]
por lo que \(C\) es invertible. Por tanto, \(A\) y \(B\) son matrices semejantes.
Ejemplo: una matriz semejante a una matriz diagonal
Sean
\[ D= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}, \]
\[ A= \begin{pmatrix} -6 & -3 & -25\\ 2 & 1 & 8\\ 2 & 2 & 7 \end{pmatrix}, \]
y
\[ C= \begin{pmatrix} 2 & 4 & 3\\ 0 & 1 & -1\\ 3 & 5 & 7 \end{pmatrix}. \]
Como
\[ \det(C)=3\neq 0, \]
la matriz \(C\) es invertible.
Calculamos
\[ CA= \begin{pmatrix} 2 & 4 & 3\\ 0 & 1 & -1\\ 3 & 5 & 7 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -6 & -3 & -25\\ 2 & 1 & 8\\ 2 & 2 & 7 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 4 & 3\\ 0 & -1 & 1\\ 6 & 10 & 14 \end{pmatrix}, \]
y
\[ DC= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 4 & 3\\ 0 & 1 & -1\\ 3 & 5 & 7 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 4 & 3\\ 0 & -1 & 1\\ 6 & 10 & 14 \end{pmatrix}. \]
Por tanto,
\[ CA=DC. \]
De aquí se concluye que
\[ A=C^{-1}DC, \]
por lo que \(A\) y \(D\) son semejantes.
Una ventaja práctica es que no fue necesario calcular \(C^{-1}\); bastó verificar que \(C\) era invertible y que se cumplía la relación de semejanza.
8.2.1 Propiedades de matrices semejantes
Teorema
Si \(A\) y \(B\) son matrices semejantes de tamaño \(n\times n\), entonces tienen el mismo polinomio característico. En consecuencia, tienen los mismos valores propios.
Ejemplo: valores propios de matrices semejantes
En el ejemplo anterior,
\[ D= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \]
es semejante a
\[ A= \begin{pmatrix} -6 & -3 & -25\\ 2 & 1 & 8\\ 2 & 2 & 7 \end{pmatrix}. \]
Como \(D\) es diagonal, sus valores propios son sus entradas diagonales:
\[ 1,-1,2. \]
Por el teorema anterior, esos son también los valores propios de \(A\).
8.2.2 Matrices diagonalizables
En muchas aplicaciones conviene reemplazar una matriz \(A\) por una matriz diagonal semejante a ella. Este proceso se llama diagonalización.
Una matriz \(A\) de tamaño \(n\times n\) se llama diagonalizable si existe una matriz diagonal \(D\) tal que \(A\) es semejante a \(D\).
Es decir, \(A\) es diagonalizable si existe una matriz invertible \(C\) tal que
\[ D=C^{-1}AC. \]
Si \(A\) es semejante a una matriz diagonal \(D\), entonces \(A\) y \(D\) tienen los mismos valores propios. Como los valores propios de una matriz diagonal son sus entradas diagonales, la matriz \(D\) debe tener en su diagonal los valores propios de \(A\).
Criterio de diagonalización
Una matriz \(A\) de tamaño \(n\times n\) es diagonalizable si y sólo si tiene \(n\) vectores propios linealmente independientes.
En ese caso,
\[ D=C^{-1}AC, \]
donde \(C\) es la matriz cuyas columnas son vectores propios linealmente independientes de \(A\), y
\[ D= \operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_n), \]
donde \(\lambda_i\) es el valor propio correspondiente a la columna \(i\) de \(C\).
Es decir, si
\[ C= \begin{pmatrix} | & | & & |\\ \mathbf{v}_1 & \mathbf{v}_2 & \cdots & \mathbf{v}_n\\ | & | & & | \end{pmatrix}, \]
y
\[ A\mathbf{v}_i=\lambda_i\mathbf{v}_i, \]
entonces
\[ D= \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 & \cdots & 0\\ 0 & \lambda_2 & \cdots & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 0 & 0 & \cdots & \lambda_n \end{pmatrix}. \]
La relación clave es
\[ AC=CD. \]
Multiplicando por \(C^{-1}\) a la izquierda, se obtiene
\[ C^{-1}AC=D. \]
Corolario
Si una matriz \(A\) de tamaño \(n\times n\) tiene \(n\) valores propios distintos, entonces \(A\) es diagonalizable.
Esto ocurre porque los vectores propios asociados a valores propios distintos son linealmente independientes.
Sin embargo, una matriz puede ser diagonalizable incluso si tiene valores propios repetidos, siempre que tenga suficientes vectores propios linealmente independientes.
Ejemplo: diagonalización de una matriz \(2\times 2\)
Sea
\[ A= \begin{pmatrix} 4 & 2\\ 3 & 3 \end{pmatrix}. \]
En un ejemplo anterior se encontraron dos vectores propios linealmente independientes:
\[ \mathbf{v}_1= \begin{pmatrix} 2\\ -3 \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{v}_2= \begin{pmatrix} 1\\ 1 \end{pmatrix}. \]
Estos corresponden a los valores propios
\[ \lambda_1=1, \qquad \lambda_2=6. \]
Formamos la matriz \(C\) colocando los vectores propios como columnas:
\[ C= \begin{pmatrix} 2 & 1\ -3 & 1 \end{pmatrix}. \]
Entonces
\[ C^{-1} = \frac{1}{5} \begin{pmatrix} 1 & -1\\ 3 & 2 \end{pmatrix}. \]
Calculamos
\[ C^{-1}AC = \frac{1}{5} \begin{pmatrix} 1 & -1\\ 3 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 4 & 2\\ 3 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & 1\\ -3 & 1 \end{pmatrix}. \]
El resultado es
\[ C^{-1}AC = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 6 \end{pmatrix}. \]
Por tanto, \(A\) es diagonalizable y
\[ D= \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 6 \end{pmatrix}. \]
Ejemplo: diagonalización de una matriz \(3\times 3\) con tres valores propios distintos
Sea
\[ A= \begin{pmatrix} 1 & -1 & 4\\ 3 & 2 & -1\\ 2 & 1 & -1 \end{pmatrix}. \]
Se tienen tres vectores propios linealmente independientes:
\[ \mathbf{v}_1= \begin{pmatrix} -1\\ 4\\ 1 \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{v}_2= \begin{pmatrix} 1\\ -1\\ -1 \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{v}_3= \begin{pmatrix} 1\\ 2\\ 1 \end{pmatrix}. \]
Estos corresponden a los valores propios
\[ 1,-2,3. \]
Formamos
\[ C= \begin{pmatrix} -1 & 1 & 1\\ 4 & -1 & 2\\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}. \]
Entonces
\[ C^{-1}AC = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & -2 & 0\\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}. \]
Por tanto, \(A\) es diagonalizable.
Ejemplo: diagonalización con valores propios repetidos
Sea
\[ A= \begin{pmatrix} 3 & 2 & 4\\ 2 & 0 & 2\\ 4 & 2 & 3 \end{pmatrix}. \]
Esta matriz tiene valores propios
\[ 8,-1,-1. \]
Aunque el valor propio \(-1\) se repite, se tienen tres vectores propios linealmente independientes:
\[ \mathbf{v}_1= \begin{pmatrix} 2\\ 1\\ 2 \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{v}_2= \begin{pmatrix} 1\\ -2\\ 0 \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{v}_3= \begin{pmatrix} 0\\ -2\\ 1 \end{pmatrix}. \]
Formamos
\[ C= \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0\\ 1 & -2 & -2\\ 2 & 0 & 1 \end{pmatrix}. \]
Entonces
\[ C^{-1}AC = \begin{pmatrix} 8 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 0\\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}. \]
Este ejemplo muestra que una matriz puede ser diagonalizable aunque no tenga todos sus valores propios distintos.
Ejemplo: una matriz que no es diagonalizable
Sea
\[ A= \begin{pmatrix} 4 & 1\\ 0 & 4 \end{pmatrix}. \]
Esta matriz tiene un único valor propio:
\[ \lambda=4, \]
con multiplicidad algebraica \(2\).
Sin embargo,
\[ A-4I= \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 & 0 \end{pmatrix}. \]
Al resolver
\[ (A-4I)\mathbf{v}=\mathbf{0}, \]
se obtiene
\[ x_2=0. \]
Por tanto, el espacio propio es
\[ E_4= \operatorname{gen} \left\{ \begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix} \right\}. \]
Así, sólo hay un vector propio linealmente independiente. Como una matriz \(2\times 2\) necesita dos vectores propios linealmente independientes para ser diagonalizable, \(A\) no es diagonalizable.
Si se supusiera que \(A\) fuera diagonalizable, entonces existiría una matriz invertible \(C\) tal que
\[ C^{-1}AC= \begin{pmatrix} 4 & 0\\ 0 & 4 \end{pmatrix} = 4I. \]
Multiplicando por \(C\) a la izquierda y por \(C^{-1}\) a la derecha, se obtendría
\[ A=C(4I)C^{-1}=4CC^{-1}=4I, \]
lo cual contradice que
\[ A= \begin{pmatrix} 4 & 1\\ 0 & 4 \end{pmatrix} \neq \begin{pmatrix} 4 & 0\\ 0 & 4 \end{pmatrix}. \]
Por tanto, \(A\) no es diagonalizable.
Diagonalización y elección de la matriz \(C\)
Para diagonalizar una matriz \(A\):
- Se calculan sus valores propios.
- Se calculan vectores propios linealmente independientes.
- Se forma la matriz \(C\) colocando esos vectores propios como columnas.
- Se construye la matriz diagonal \(D\) colocando en la diagonal los valores propios correspondientes.
- Se verifica que
\[ D=C^{-1}AC. \]
El orden de los valores propios en \(D\) debe corresponder al orden de los vectores propios colocados como columnas de \(C\).
Como existen muchas maneras de escoger vectores propios, también existen muchas matrices posibles de diagonalización. Conviene elegir vectores propios que simplifiquen los cálculos, preferiblemente con muchos ceros y unos.
Matrices de una transformación lineal en distintas bases
Sea \(V\) un espacio vectorial de dimensión finita, y sea
\[ T:V\to V \]
una transformación lineal.
Una misma transformación lineal puede tener diferentes matrices asociadas, dependiendo de la base utilizada. Sin embargo, esas matrices no son arbitrarias: son semejantes entre sí.
Teorema
Sea \(V\) un espacio vectorial de dimensión finita con bases
\[ B_1={\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\ldots,\mathbf{v}_n} \]
y
\[ B_2={\mathbf{w}_1,\mathbf{w}_2,\ldots,\mathbf{w}_n}. \]
Sea
\[ T:V\to V \]
una transformación lineal.
Si \([T]_{B_1}^C\) es la matriz de \(T\) respecto de la base \(B_1\), y \([T]_{B_2}^C\) es la matriz de \(T\) respecto de la base \(B_2\), entonces ambas son semejantes.
Nota: Los valores propios de una transformación lineal son independientes de la base elegida.
8.3 Matrices simétricas y diagonalización ortogonal
Matrices simétricas
Una matriz real \(A\) es simétrica si
\[ A^{\top}=A. \]
Es decir, sus entradas satisfacen
\[ a_{ij}=a_{ji}. \]
Las matrices simétricas tienen propiedades especiales relacionadas con sus valores propios y vectores propios.
Teorema
Sea \(A\) una matriz simétrica real de tamaño \(n\times n\). Entonces todos los valores propios de \(A\) son reales.
Teorema: Ortogonalidad de vectores propios
Sea \(A\) una matriz simétrica real de tamaño \(n\times n\). Si \(\lambda_1\) y \(\lambda_2\) son valores propios distintos, con vectores propios reales correspondientes \(\mathbf{v}_1\) y \(\mathbf{v}_2\), entonces
\[ \mathbf{v}_1 \quad \text{y} \quad \mathbf{v}_2 \]
son ortogonales.
Teorema: Existencia de una base ortonormal de vectores propios
Sea \(A\) una matriz simétrica real de tamaño \(n\times n\). Entonces \(A\) tiene \(n\) vectores propios reales ortonormales.
Esto significa que existe una base de \(\mathbb{R}^n\)
\[ B=\{\mathbf{u}_1,\mathbf{u}_2,\ldots,\mathbf{u}_n\} \]
tal que:
- Cada \(\mathbf{u}_i\) es un vector propio de \(A\).
- Los vectores son ortogonales entre sí.
- Cada vector tiene norma \(1\).
Es decir,
\[ \mathbf{u}_i\cdot \mathbf{u}_j=0 \quad \text{si } i\neq j, \]
y
\[ |\mathbf{u}_i|=1. \]
Como consecuencia, la multiplicidad geométrica de cada valor propio de una matriz simétrica real coincide con su multiplicidad algebraica.
Matrices ortogonales
Una matriz \(Q\) es ortogonal si
\[ Q^{\top}=Q^{-1}. \]
Equivalentemente,
\[ Q^{\top}Q=I. \]
Esto ocurre cuando las columnas de \(Q\) forman un conjunto ortonormal.
Si
\[ Q= \begin{pmatrix} | & | & & |\\ \mathbf{u}_1 & \mathbf{u}_2 & \cdots & \mathbf{u}_n\\ | & | & & | \end{pmatrix}, \]
donde \({\mathbf{u}_1,\ldots,\mathbf{u}_n}\) es una base ortonormal de \(\mathbb{R}^n\), entonces \(Q\) es ortogonal.
Definición: Diagonalización ortogonal
Una matriz \(A\) de tamaño \(n\times n\) es diagonalizable ortogonalmente si existe una matriz ortogonal \(Q\) tal que
\[ Q^{\top}AQ=D, \]
donde
\[ D=\operatorname{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_n), \]
y \(\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_n\) son los valores propios de \(A\).
Como \(Q\) es ortogonal, se tiene
\[ Q^{\top}=Q^{-1}. \]
Por tanto,
\[ Q^{\top}AQ=D \]
también puede escribirse como
\[ Q^{-1}AQ=D. \]
Teorema: Criterio para diagonalización ortogonal
Sea \(A\) una matriz real de tamaño \(n\times n\). Entonces \(A\) es diagonalizable ortogonalmente si y sólo si \(A\) es simétrica.
En símbolos,
\[ A \text{ es diagonalizable ortogonalmente} \quad \Longleftrightarrow \quad A^{\top}=A. \]
Procedimiento para diagonalizar ortogonalmente una matriz simétrica
Para encontrar una matriz ortogonal \(Q\) que diagonalice una matriz simétrica \(A\):
Encuentre una base para cada espacio propio de \(A\).
En cada espacio propio, encuentre una base ortonormal. Puede usarse el proceso de Gram-Schmidt.
Forme la matriz \(Q\) colocando como columnas todos los vectores propios ortonormales obtenidos.
Entonces,
\[ Q^{\top}AQ=D, \]
donde \(D\) es diagonal.
Ejemplo: diagonalización ortogonal de una matriz simétrica \(2\times 2\)
Sea
\[ A= \begin{pmatrix} 1 & -2\\ -2 & 3 \end{pmatrix}. \]
Esta matriz es simétrica porque
\[ A^{\top}=A. \]
La ecuación característica es
\[ \det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} 1-\lambda & -2\\ -2 & 3-\lambda \end{vmatrix} = \lambda^2-4\lambda-1. \]
Resolviendo
\[ \lambda^2-4\lambda-1=0, \]
se obtiene
\[ \lambda =\frac{4\pm\sqrt{20}}{2}=2\pm\sqrt{5}. \]
Por tanto,
\[ \lambda_1=2-\sqrt{5}, \qquad \lambda_2=2+\sqrt{5}. \]
Vector propio para \(\lambda_1=2-\sqrt{5}\)
Se resuelve
\[ (A-\lambda_1 I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. \]
Un vector propio correspondiente es
\[ \mathbf{v}_1= \begin{pmatrix} 2\\ -1+\sqrt{5} \end{pmatrix}. \]
Su norma es
\[ |\mathbf{v}_1| =\sqrt{2^2+(-1+\sqrt{5})^2} = \sqrt{10-2\sqrt{5}}. \]
Por tanto, el vector propio unitario correspondiente es
\[ \mathbf{u}_1 = \frac{1}{\sqrt{10-2\sqrt{5}}} \begin{pmatrix} 2\\ -1+\sqrt{5} \end{pmatrix}. \]
Vector propio para \(\lambda_2=2+\sqrt{5}\)
Un vector propio correspondiente es
\[ \mathbf{v}_2= \begin{pmatrix} 1-\sqrt{5}\ 2 \end{pmatrix}. \]
Además,
\[ \mathbf{v}_1\cdot\mathbf{v}_2=0, \]
como debe ocurrir porque corresponden a valores propios distintos de una matriz simétrica.
Su norma es
\[ |\mathbf{v}_2| = \sqrt{10-2\sqrt{5}}. \]
Por tanto,
\[ \mathbf{u}_2 = \frac{1}{\sqrt{10-2\sqrt{5}}} \begin{pmatrix} 1-\sqrt{5}\\ 2 \end{pmatrix}. \]
Formamos la matriz ortogonal
\[ Q= \frac{1}{\sqrt{10-2\sqrt{5}}} \begin{pmatrix} 2 & 1-\sqrt{5}\\ -1+\sqrt{5} & 2 \end{pmatrix}. \]
Entonces
\[ Q^{\top}AQ = \begin{pmatrix} 2-\sqrt{5} & 0\\ 0 & 2+\sqrt{5} \end{pmatrix}. \]
Así, \(A\) es diagonalizable ortogonalmente.
Ejemplo: diagonalización ortogonal de una matriz simétrica \(3\times 3\)
Sea
\[ A= \begin{pmatrix} 5 & 4 & 2\\ 4 & 5 & 2\\ 2 & 2 & 2 \end{pmatrix}. \]
Esta matriz es simétrica. Su polinomio característico es
\[ \det(A-\lambda I) = -(\lambda-1)^2(\lambda-10). \]
Por tanto, los valores propios son
\[ \lambda_1=1, \qquad \lambda_2=10. \]
El valor propio \(\lambda=1\) tiene multiplicidad algebraica \(2\).
Para \(\lambda=1\), se encuentran dos vectores propios linealmente independientes:
\[ \mathbf{v}_1= \begin{pmatrix} -1\\ 1\\ 0 \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{v}_2= \begin{pmatrix} -1\\ 0\\ 2 \end{pmatrix}. \]
Para \(\lambda=10\), se encuentra el vector propio
\[ \mathbf{v}_3= \begin{pmatrix} 2\\ 2\\ 1 \end{pmatrix}. \]
Como \(\mathbf{v}_1\) y \(\mathbf{v}_2\) pertenecen al mismo espacio propio, no necesariamente son ortogonales. Por eso aplicamos Gram-Schmidt en \(E_1\).
Primero,
\[ |\mathbf{v}_1|=\sqrt{2}. \]
Entonces
\[ \mathbf{u}_1= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} -1\\ 1\\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\frac{1}{\sqrt{2}}\ \frac{1}{\sqrt{2}}\ 0 \end{pmatrix}. \]
Ahora calculamos
\[ \mathbf{v}_2' = \mathbf{v}_2-(\mathbf{v}_2\cdot\mathbf{u}_1)\mathbf{u}_1. \]
Como
\[ \mathbf{v}_2\cdot\mathbf{u}_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}, \]
se obtiene
\[ \mathbf{v}_2' = \begin{pmatrix} -1\\ 0\\ 2 \end{pmatrix} - \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} -\frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0 \end{pmatrix}. \]
Por tanto,
\[ \mathbf{v}_2' = \begin{pmatrix} -\frac12\\ -\frac12\\ 2 \end{pmatrix}. \]
Su norma es
\[ |\mathbf{v}_2'| = \sqrt{ \frac14+\frac14+4 } =\sqrt{\frac{9}{2}} = \frac{3\sqrt{2}}{2}. \]
Así,
\[ \mathbf{u}_2 = \frac{1}{|\mathbf{v}_2'|}\mathbf{v}_2' = \frac{2}{3\sqrt{2}} \begin{pmatrix} -\frac12\\ -\frac12\\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\frac{1}{3\sqrt{2}}\\ -\frac{1}{3\sqrt{2}}\\ \frac{4}{3\sqrt{2}} \end{pmatrix}. \]
Para el vector propio asociado a \(\lambda=10\), normalizamos:
\[ |\mathbf{v}_3|=\sqrt{2^2+2^2+1^2}=3. \]
Entonces
\[ \mathbf{u}_3= \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2\\ 2\\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac23\\ \frac23\\ \frac13 \end{pmatrix}. \]
Por tanto, una matriz ortogonal diagonalizante es
\[ Q= \begin{pmatrix} -\frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{3\sqrt{2}} & \frac{2}{3}\\ \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{3\sqrt{2}} & \frac{2}{3}\\ 0 & \frac{4}{3\sqrt{2}} & \frac{1}{3} \end{pmatrix}. \]
Entonces
\[ Q^{\top}AQ = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 10 \end{pmatrix}. \]
Así, \(A\) es diagonalizable ortogonalmente.