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Diagonalización de una Matriz Álgebra Lineal - p. 1/33

Álgebra LinealMa843

Diagonalización de una MatrizDepartamento de Matemáticas

ITESM

IntroDiagonalizacionReglasUsoMarkov


Introducción

En esta lectura veremos uno de los temas másimportantes del Álgebra Lineal que tieneaplicaciones fundamentales en Ingeniería. Éste esel tema de la diagonalización de una matrizcuadrada. Se revisará la definición, algunosresultados teóricos y algunas aplicaciones. Serequieren los conceptos de valor y vector propio,polinomio característico y bases de un espaciolineal.



Matriz diagonalizable

Una matriz cuadrada A n × n se dice matrizdiagonalizable si existe existe una matriz P n × ninvertible que cumple

P−1

AP = D

donde D es una matriz diagonal.



Teorema

Sea A una matriz cuadrada n × n, entoncesson equivalentes:■ A es una matriz es diagonalizable,■ R

n posee una base formada por vectorespropios de la matriz A.



Demostraci on

Supongamos que A es diagonalizable.

P−1

AP = D ó A = PDP−1

B = {p1,p2 . . . ,pn}

P−1

P = In×n = [e1 e2 · · · en] = P−1 [p1 p2 · · ·pn] =

[

P−1

p1 P−1

p2 · · ·P−1

pn

]

Api =(

PDP−1)

pi

= (PD)(

P−1pi

)

= (PD) ei

= P (Dei)

= P (diei)

= diPei

= dipi

�



Condiciones para la diagonalización

Reglas básicas para saber si una matriz es diagonalizable:■ Si tiene algún valor propio complejo, no es diagonalizable.

■ Si tiene todos sus valores propios reales y son diferentes, sı esdiagonalizable.

■ Si tiene todos sus valores propios reales, y si para cada valorpropio que apareció repetido como raíz de la ecuacióncaracterística el número de veces que apareció repetido(multilicidad algebraica) es igual a la multiplicidad o dimensióngeométrica entonces sı es diagonalizable.

Un resultado importante es:Teorema

Toda matriz cuadrada simétrica es diagonalizable. Más aún:A es simétrica si y sólo si es ortogonalmente diagonalizable.

A = PDP′

Esto es, la matriz P se puede cambiar por otra ortogonal(PP′ = I).



Ejemplo

Determine si la matriz es diagonalizable

A =

[

1 2

−1 2

]



Ejemplo


A =

[

1 2

−1 2

]

Soluci onEl polinomio característico de A es

pA(t) = 4 − 3 t + t2

y sus raíces son: t1 = 3/2 + i√

7/2 yt1 = 3/2 + i

√7/2. Por tanto, tiene raíces complejas

y por tanto no es diagonalizable �



Ejemplo


A =

[

1 1

0 1

]



Ejemplo


A =

[

1 1

0 1

]

Soluci on:El polinomio característico de A espbfA(t) = (t − 1)2. Y por tanto, el único valor propioes t = 1.



El espacio nulo de [A − (1)I] es precisamente elespacio invariante de t = 1 de A y es:

kernel([A − (t = 1) I]) = Gen ((1, 0)′)



El espacio nulo de [A − (1)I] es precisamente elespacio invariante de t = 1 de A y es:

kernel([A − (t = 1) I]) = Gen ((1, 0)′)

El conjunto B = {(1, 0)′} no alcanza para unabase para R

2. Por tanto, A no es diagonalizable.



Ejemplo

Determine si la matriz es diagonalizable y calculeuna factorización:

A =

[

1 2

2 1

]



Ejemplo


A =

[

1 2

2 1

]

Soluci on:El polinomio característico de A es

pA(t) = −3 − 2 t + t2

y sus raíces son t1 = −1 y t2 = 3. Por tanto, susraíces son reales y diferentes. Por tanto, A esdiagonalizable.



Deteminemos bases para los espacios nulos.Para t = −1Directo de Maple:

ν(A − (−1)I) = Gen ((−1, 1)′)

Para t = 3Directo de Maple:

ν(A − (3)I) = Gen ((1, 1)′)



Deteminemos bases para los espacios nulos.Para t = −1Directo de Maple:

ν(A − (−1)I) = Gen ((−1, 1)′)

Para t = 3Directo de Maple:

ν(A − (3)I) = Gen ((1, 1)′)

Por tanto una base para R2 con vectores propios

es:B = {(−1, 1)′, (1, 1)}

Por consiguiente,

P =

[

−1 1

1 1

]

, P−1 =

[

−1/2 1/2

1/2 1/2

]

, D =

[

−1 0

0 3

]



Ejemplo


A =

−1 −1 1

−1 2 4

1 4 2



Ejemplo


A =

−1 −1 1

−1 2 4

1 4 2

Soluci on:El polinomio característico de A es

pA(t) = 18 t + 3 t2 − t3

y sus raíces son t1 = 0, t2 = −3 y t3 = 6. Por tanto,sus raíces son reales y diferentes. Por tanto, A esdiagonalizable.



Deteminemos bases para los espacios nulos.Para t1 = 0Directo de Maple:

ν(A − (0)I) = Gen ((−2, 1,−1)′)

Para t2 = −3Directo de Maple:

ν(A − (−3)I) = Gen ((−1,−1, 1)′)

Para t3 = 6Directo de Maple:

ν(A − (6)I) = Gen ((0, 1, 1)′)



Deteminemos bases para los espacios nulos.Para t1 = 0Directo de Maple:

ν(A − (0)I) = Gen ((−2, 1,−1)′)

Para t2 = −3Directo de Maple:

ν(A − (−3)I) = Gen ((−1,−1, 1)′)

Para t3 = 6Directo de Maple:

ν(A − (6)I) = Gen ((0, 1, 1)′)

Por tanto una base para R3 con vectores propios

es:

B = {(−2, 1,−1)′, (−1,−1, 1), (0, 1, 1)′}



Por consiguiente,

P =

−2 −1 0

1 −1 1

−1 1 1

P−1 =

1/3 −1/6 1/6

−1/3 −1/3 1/3

0 1/2 1/2

D =

0 0 0

0 −3 0

0 0 6



Ejemplo

Determine todos los valores del parámetro real c para los cuales noes diagonalizable la matriz.

A =

4 0 0

0 −3 1

0 0 c



Ejemplo

Determine todos los valores del parámetro real c para los cuales noes diagonalizable la matriz.

A =

4 0 0

0 −3 1

0 0 c

Soluci on

pA(t) = det (A − t I) = (4 − t) (−3 − t) (c − t)

Por consiguiente, los únicos valores propios son t1 = 4, t2 = −3 y

t3 = c. Como se tiene que: Si todos los valores propios son reales y

diferentes, entonces es diagonalizable. Por tanto, para cualquier

real c diferente de 4 y de −3 se garantiza tres valores propios reales

y diferentes. Por tanto, para cualquier real c diferente de 4 y de −3

será diagonalizable. Por tanto, los únicos valores donde puede no

ser diagonalizable son c = 4 y c = −3.


Para c = 4

Los valores propios son t1 = 4, t2 = −3 y t3 = 4. Por tanto, el único valor propioque debemos revisar para la posible diagonalización es t = 4:

[A − (4) I|0]rref−−→

0 1 −1/7 0

0 0 0 0

0 0 0 0

Por tanto, la dimensión geométrica de t = 4 es 2. Por tanto, la dimensión

geométrica de t = 4 coincide con la dimensión algebraica (2). Por tanto, para todos

los valores propios la dimensión dimensión algebraica coincide con la geométrica.

Por tanto, para c = 4 la matriz A sí es diagonalizable.


Para c = −3

Los valores propios son t1 = 4, t2 = −3 y t3 = −3. Por tanto, el único valor propioque debemos revisar para la posible diagonalización es t = −3:

[A − (−3) I|0]rref−−→

1 0 0 0

0 0 1 0

0 0 0 0

Por tanto, la dimensión geométrica de t = −3 es 1 y no coincide con la dimensiónalgebraica (2). Por tanto, la matriz A no esdiagonalizable para c = −3.

Por tanto, c = −3 es el único número real para el cual A no es diagonalizable �



Uso de la Factorización PDP−1

Si A es diagonalizable entonces:

P−1

AP = D → A = PDP−1





P−1

AP = D → A = PDP−1

Y por tanto:

A2 = AA = PDP

−1PDP

−1 = PD2P

−1





P−1

AP = D → A = PDP−1

Y por tanto:

A2 = AA = PDP

−1PDP

−1 = PD2P

−1

De igual manera se obtiene:

Ak = PD

kP

−1



La gran ventaja de esto es que debido a que D es diagonal:

Dk =

λ1k 0 · · · 0

0 λ2k · · · 0

.... . . 0

0 0 · · · λnk

Se considera ventaja pues el número de FLOPs usados paracalcular Ak por la manera tradicional es (k − 1) n2(2 n − 1), esdecir O(2 k n3) mientras que para calcular PDkP−1 esn2 (2 n − 1) + n (k − 1) + k n2. Es decir, es O(2 n3 + k n2). Dandoun ahorro sustancial de FLOPs en el cálculo de potencias de unamatriz cuando ya se posee una factorización diagonal.



Aplicación: Cadenas de Markov

Veamos algunas aplicaciones del uso de ladiagonalización de una matriz. En la siguientelectura se verá su aplicación a sistemas deecuaciones diferenciales lineales.



Ejemplo

Supongamos que la probabilidad de que un fumador siga fumandoal año siguiente es %65, mientras que la probabilidad de que un nofumador continue sin fumar es de %85. Determine los porcentajesde fumadores y no fumadores a la larga.Describiremos el estado de la situación en el año i por medio de unvector columna:

Xi =

xi

yi

donde xi representa el porcentaje de no fumadores en el año i y yi

representa el porcentaje de fumadores. Se supondrá que paracalcular el estado en el año i + 1 habrá que multiplicar el vector deestado en el año i por la matriz de transición A:

xi

yi

pasó un año−−−−−−−−−→

xi+1

yi+1

= A ·

xi

yi



Soluci onLa matriz de transición es

A =

[

0.65 0.15

0.35 0.85

]



Soluci onLa matriz de transición es

A =

[

0.65 0.15

0.35 0.85

]

El elemento (2, 1) 0.35 indica que un fumadortiene un 35 % de dejar de fumar un año después,mientras que el elemento 0.15 quiere decir que unno fumador tiene un 15 % de probabilidades devolverse fumador.


Esta matriz puede ser utilizada para determinar el porcentajeen el año siguiente dados los porcentajes de fomadores y nofumadores en el presente año.


Esta matriz puede ser utilizada para determinar el porcentajeen el año siguiente dados los porcentajes de fomadores y nofumadores en el presente año. Por ejemplo, si en el añoactual la relación fumadores no fumadores es 50 % y 50 %entonces en el año siguiente será:



[

0.65 0.15

0.35 0.85

](

0.50

0.50

)

=

(

0.40

0.60

)



[

0.65 0.15

0.35 0.85

](

0.50

0.50

)

=

(

0.40

0.60

)

En forma análoga, si por porcentajes actuales para losfumadores y no fumadores son xo % y yo % respectivamente, alaño siguiente serán:

[

0.65 0.15

0.35 0.85

](

xo

yo

)


Y dentro de k años serán:

Xk = AkXo =

[

0.65 0.15

0.35 0.85

]k(

xo

yo

)


Los valores propios para la matriz A son λ1 = 1 y λ2 = 1/2 yvectores propios correspondientes son:

v1 =

(

3

7

)

, v2 =

(

−1

1

)


Los valores propios para la matriz A son λ1 = 1 y λ2 = 1/2 yvectores propios correspondientes son:

v1 =

(

3

7

)

, v2 =

(

−1

1

)

Por tanto,

A =

[

3 −1

7 1

][

1 0

0 1/2

][

3 −1

7 1

]

−1

Ak =

[

3 −1

7 1

][

1k 0

0 (1/2)k

][

3 −1

7 1

]

−1


Por tanto

lımk→∞

Ak =

3 −1

7 1

1 0

0 0

3 −1

7 1

−1

=

0.3 0.3

0.7 0.7


Por tanto

lımk→∞

Ak =

3 −1

7 1

1 0

0 0

3 −1

7 1

−1

=

0.3 0.3

0.7 0.7

Así

X∞ = lımk→∞

Ak · Xo =

0.3 0.3

0.7 0.7

xo

yo

=

0.3xo + 0.3yo

0.7xo + 0.7yo

=

0.3

0.7


Por tanto

lımk→∞

Ak =

3 −1

7 1

1 0

0 0

3 −1

7 1

−1

=

0.3 0.3

0.7 0.7

Así

X∞ = lımk→∞

Ak · Xo =

0.3 0.3

0.7 0.7

xo

yo

=

0.3xo + 0.3yo

0.7xo + 0.7yo

=

0.3

0.7

Por consiguiente, a largo plazo, los fumadores serán el 30 % de la población encomparación con el 70 % de no fumadores. Recuerde que xo + yo = 1.


Ejemplo

Suponga que sólo existen tres lecherías en el mercado LecheLola, Leche Los Puentes, y Leche ParmaLac. Suponga que deun mes a otro■ Lola retiene el 80 % de sus clientes, atrae 20 % de los clientes

de Los Puentes, y atrae 10 % de los clientes de ParmaLac,■ Los puentes retiene 70 % de sus clientes, atrae 10 % de los

clientes de Lola, y atrae 30 % de los clientes de ParmaLac, y■ ParmaLac retiene 60 % de sus clientes, atrae el 10 % de los

clientes de Lola, y atrae el 10 % de los clientes de Lospuentes.



Suponga el tamaño de la población no cambia yse mantiene fijo en 1000000 de consumidores.Determine si existe los porcentajes a largo plazode la distribución de clientes de Lola, Los puentes,y ParmaLac.



Soluci onLa matriz de transición queda:

A =

.80 .20 .10

.10 .70 .30

.10 .10 .60




A =

.80 .20 .10

.10 .70 .30

.10 .10 .60

El polinomio característico de A es:

pA

(t) = −(t3 − 2.1 t2 + 1.40 t − .300)




A =

.80 .20 .10

.10 .70 .30

.10 .10 .60

El polinomio característico de A es:

pA

(t) = −(t3 − 2.1 t2 + 1.40 t − .300)

Usando los cálculos reportados en las figuras 1 y2, los valores propios son:

λ1 = 1.00, λ2 = 0.60, λ3 = 0.50



y los vectores propios correspondientes son:

v1 = (−.744845, −.579324, −.331042)′

v2 = (−.707107, +.707107, 0.)′

v3 = (+.408248, −.816497, +.408248)′



y los vectores propios correspondientes son:

v1 = (−.744845, −.579324, −.331042)′

v2 = (−.707107, +.707107, 0.)′

v3 = (+.408248, −.816497, +.408248)′

Por tanto

P =

−0.744845 −0.707107 +0.408248

−0.579324 +0.707107 −0.816497

−0.331042 0. +0.408248

D =

1.0 0 0

0 .60 0

0 0 .50



Por tanto,

A∞ = lım

k→∞

Ak = P

1 0 0

0 0 0

0 0 0

P

−1



Por tanto,

A∞ = lım

k→∞

Ak = P

1 0 0

0 0 0

0 0 0

P

−1

A∞ = lım

k→∞

Ak =

.45 .45 .45

.35 .35 .35

.20 .20 .20



Por tanto,

A∞ = lım

k→∞

Ak = P

1 0 0

0 0 0

0 0 0

P

−1

A∞ = lım

k→∞

Ak =

.45 .45 .45

.35 .35 .35

.20 .20 .20

Por tanto la ditribución del mercado de leche alargo plazo sin importar la distribución actual es:

45 %

35 %

20 %



Figura 1: Ejemplo 3: cálculo de vectores propios de A.



Figura 2: Ejemplo 3: Matriz límite de A.

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