Matriz Simetricas y Ortogonales

Enrique R. AznarDpto. de lgebra

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MATRICES SIMTRICAS Y ORTOGONALES.

Cmo diagonalizar eficientemente?

1. Autovalores de matrices reales. 6Lema 1 7Lema 2 7Lema 3 8Ejemplo 1 9Ejemplo 2 9

2. Matrices simtricas reales. 9Definicin 1 9Lema 4 10Lema 5 10Ejemplo 3 11Teorema 1 12Lema 6 12

3. Congruencia-semejanza. 13Definicin 2 13


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Corolario 1 13Lema 7 14Definicin 3 14Corolario 2 14Ejemplo 4 15

4. El grupo ortogonal O(n). 16Definicin 4 16Corolario 3 18Ejemplo 5 19Definicin 5 20

5. Interpretacin geomtrica de O(2). 20Corolario 4 20Lema 8 21Ejemplo 6 21Definicin 6 23Definicin 7 23Corolario 5 23Lema 9 24Ejemplo 7 24Definicin 8 26Corolario 6 26Definicin 9 26Ejemplo 8 26


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6. Matrices de Givens y de Householder. 27Definicin 10 27Ejemplo 9 27Lema 10 28Corolario 7 29Definicin 11 29Corolario 8 29Ejemplo 10 29

7. Descomposicin por valores singulares (SVD). 30Teorema 2 30Ejemplo 11 31Definicin 12 33Corolario 9 33Definicin 13 33Corolario 10 34Ejemplo 12 34Lema 11 35Definicin 14 36Corolario 11 37Lema 12 37

8. Seudoinversa de Moore-Penrose. 37Definicin 15 37Lema 13 38


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Definicin 16 38Teorema 3 38Ejemplo 13 38Ejemplo 14 39Ejemplo 15 39

9. rea de paralelogramos. 40Lema 14 41Lema 15 42Ejemplo 16 43Ejemplo 17 43

10. Nmero de condicin de una matriz. 44Definicin 17 44Ejemplo 18 44Ejemplo 19 45Lema 16 46Ejemplo 20 47

11. Apndice 1. Valores propios de un producto de matrices. 48Ejemplo 21 48Teorema 4 53Ejemplo 22 53

12. Apndice 2. Una aplicacin estadstica de la SVD. 55Ejemplo 23 57

13. Ejercicios. 59


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Ejercicio 1 59Ejercicio 2 59Ejercicio 3 59Ejercicio 4 60Ejercicio 5 60Ejercicio 6 60Ejercicio 7 60Ejercicio 8 61Ejercicio 9 61Ejercicio 10 61

14. Test de repaso. 61


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1. AUTOVALORES DE MATRICES REALES.

Dada una matriz cuadrada real, A = (ai j ) Mn(R), sus autovalores son lasraces de su polinomio caracterstico

p()= |AI | =

a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n

...... . . .

...an1 an2 . . . ann

== (1)nn + (1)n1pn1n1+ +p0

Por desarrollo directo, el coeficiente pn1 = tr (A)= a11+ +ann coincidecon la suma de la diagonal principal de A y se le llama la traza de la matriz.

Haciendo = 0, en ambos lados, se ve que el coeficiente p0 = det(A) Rcoincide con el determinante de la matriz1.

Como p() R(), es un polinomio real de grado n, sabemos por el TeoremaFundamental del lgebra2 que tiene exactamente n races complejas. O sea,n autovalores (contados con su multiplicidad), 1, . . . ,n C, y se tienep()= (1)nn + (1)n1pn1n1+ +p0 = (1)n(1) (n)

1Hay frmulas para los dems coeficientes aunque son mas complicadas.2Todas sus demostraciones tienen una parte que cae fuera del alcance de estas notas.


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Igualando coeficientes, en ambos miembros, se obtiene

pn1 = tr (A)= a11+ +ann =1+ +np0 = det(A)=1 n

As, dada una matriz cuadrada real A, hemos demostrado que

Lema 1. La suma de autovalores da la traza y su producto el determinante.

Si C es un valor propio de A, el s.l. (AI )X = 0 tiene solucin distintade cero y existe un vector, 0 6= v Cn tal que Av =v .v se dice un autovector asociado a . El par (,v) es una autopareja de A.As, si (,v) es una autopareja de A, se verifican las siguientes.

Lema 2. [Propiedades de los autovalores y autovectores]

1) (,v) es una autopareja de A, para todo R.2) (,v) es una autopareja de A, para todo R.3) (1/,v) es una autopareja de A1 (si existe).4) (k ,v) es una autopareja de Ak , para todo k N.5) es un autovalor de At .

Demostracin:

1) Av =v implica A(v)=(v).2) Av =v implica (A)v = ()v .


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3) Av =v implica v =(A1v)= A1v = 1v .4) Av =v implica, por induccin, Akv =kv .5) |AI | = |(AI )t | = |At I |.

Aunque, A y su traspuesta At tienen los mismos autovalores, no tienen losmismos autovectores. Los de At se llaman autovectores por la izquierda3.

Si A,B Mn(R) y B es una matriz regular, entonces|AB I | = 0|B ||AB I | = 0|BAB B | = 0|BAI ||B | = 0

|BAI | = 0O sea, si son cuadradas y A o B es regular, hemos demostrado

Lema 3. AB y BA tienen exactamente los mismos autovalores.

Aunque no sean cuadradas, si existen ambos productos AB y BA. Estas sonmatrices cuadradas y coinciden sus autovalores distintos de cero4.

Un caso muy simple es A = (1,1), B =(11

), AB = (2) y BA =

(1 11 1

)cuyo

polinomio caracterstico es p()= (1)21=22=(2) y tiene losautovalores 0 y 2. Luego coincide el autovalor (2) distinto de cero.

3Cuando A es simtrica, si coinciden los autovectores por la izquierda y derecha.4Si A de dimensin mxn, B de dimensin nxm. La demostracin es diferente.


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Ejemplo 1. Dadas las matrices A =(1 1 10 0 1

)y B =

1 10 10 1

,sus productos son AB =

(1 10 1

), y BA =

1 1 20 0 10 0 1

Sus polinomios son respectivamente p1() = (1)2 y p2() = (1)2.De nuevo, coinciden sus autovalores distintos de cero (= 1 doble).

Ejemplo 2. Dadas las matrices A =(1 2 10 1 1

)y B =

1 00 11 1

,sus productos son AB =

(0 11 0

), y BA =

1 2 10 1 11 3 2

Sus polinomios son respectivamente p1() = 2+1 y p2() = 3. Denuevo, coinciden sus dos autovalores distintos de cero, i , i .

2. MATRICES SIMTRICAS REALES.

Dado un esp. vect. eucldeo, (V ,), y una a.l. f : V V , decimos queDefinicin 1. f es autoadjunta5 si f (u) v = u f (v), para todo u,v V .

5Algunos autores lo llaman endomorfismo simtrico.


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Dada una base, B = {e1, . . . ,en} de V , por definicin, la matriz de un endo-morfismo, A = (ai j ), por columnas son las coordenadas de f (e1), . . . , f (en)respecto de la propia base.

Si f (e j )= a1 j e1+ +an j en y B es ortonormal. Los coeficientes de Fourierson ai j = f (e j )ei , i , j = 1, . . . ,n. Entonces, si f es autoadjunta la matriz

ai j = f (e j )ei = e j f (ei )= f (ei )e j = a j ies simtrica. Recprocamente, si A es simtrica y B ortonormal6

f (x) y = (AX )tY = X t AtY = X t AY = X t f (Y )= x f (y)y hemos demostrado, que respecto a una base B ortonormal

Lema 4. f es autoadjunta (simtrico) si, y slo si su matriz es simtrica.

En lo que sigue, A = (ai j ) Mn(R), ser una matriz simtrica real.Lema 5. Los autovalores de A son todos nmeros reales.

Demostracin: Sea (,v) una autopareja compleja. O sea, un autovectorv = x+ yi Cn , dondex, y Rn , y un autovalor = a+bi C, donde a,b RAx+ i Ay = A(x+ yi )= Av =v = (a+bi )(x+ yi )= (axby)+ i (bx+ay)

6En este caso, el producto escalar se calcula como el usual, x y = X tY .


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Igualando, partes reales e imaginarias, se tiene

Ax = axby, Ay = bx+ayEntonces

Ax y = (axby) y = a(x y)by2x Ay = x (bx+ay)= bx2+a(x y)

restando0= x Ay Ax y = b(x2+y2)

finalmente, como x2+y2 6= 0, b = 0 y = a R es real.

Ejemplo 3. Dada la matriz, A =(10 66 5

), su polinomio caracterstico es

p()=10 66 5

=215+14= (1)(14)= 1,14 R.Sean {1, . . . ,r }R, los autovalores distintos de A7.Para toda matriz cuadrada, espacios propios, Vi , correspondientes a auto-valores distintos dan interseccin cero. O sea, su suma es directa

U =V1 Vr V =RnPor el teorema espectral, sabemos que A es diagonalizable por semejanza si,y slo si U =Rn . Pero U 6=RnU 6= 0.

7El espectro tiene tamao r n. Pero contados con su multiplicidad, en total, dan n.


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Como, para todo autovector f (u)= Au =u, se tiene f (U )U .Si su complemento ortogonal U 6= 0, se tiene para todo u U y v U

f (v)u = v f (u)= 0O sea, f (U)U y f :UU ser un endomorfismo.Tendr al menos un autovector 0 6= v U y entonces, f (v) = v v Ucontradiciendo que U U = {0}. Por tanto,

U =V1 Vr =Rn

el endomorfismo ser diagonalizable por semejanza y hemos demostrado el

Teorema 1. [espectral para matrices simtricas]Toda matriz simtrica real es diagonalizable en R.

O sea, A es diagonalizable por semejanza. Pero se puede decir algo mas.

Lema 6. Si , R son autovalores distintos de fA, entonces VV.

Demostracin: Para todo u V y u Vf (u) v = (u) v =(u v)u f (v)= u (v)=(u v)

Como f = fA es simtrico, ambos son iguales, y()(u v)= u v = 0


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3. CONGRUENCIA-SEMEJANZA.

Por lo anterior, dada una matriz simtrica real A, podemos aplicar el mtodode Gram-Schmidt, para obtener una base ortonormal para cada V.

Por el lema anterior, su unin ser una base de Rn , formada por autovectoresortonormales. La matriz por columnas de estos vectores, P , es una matrizortogonal, P t = P1, tal que diagonaliza A. O sea,

P t AP =D =

1 . . . 0... . . . ...0 . . . r

donde cada autovalor i se repite con su multiplicidad.Asi, dadas matrices cuadradas, A,B ,P Mn(R), se dice queDefinicin 2. A y B son congruentes-semejantes si A = P tBP y P t = P1.A P , se le llama una matriz ortogonal o una semejanza-ortogonal.

Por lo anterior, para toda matriz simtrica real A Mn(R)Corolario 1. A es congruente-semejante con la diagonal de sus autovalores.

As, toda matriz simtrica real es diagonalizable por una semejanza-ortogonal.Toda semejanza P representa un cambio de base, g :Rn Rn ,tal que g (u)= Pu. Si adems P t = P1, se tiene


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u v = utv = utP tPv = (Pu)t (Pv)= g (u) g (v)==u2 = u u = g (u) g (u)= g (u)2 =

= cos((u,v))= u vuv =g (u) g (v)g (u)g (v) = cos((g (u),g (v)))

O sea, hemos demostrado que

Lema 7. Toda semejanza-ortogonal preserva productos escalares.Por tanto, tambin normas y ngulos.

Si una a.l., g , preserva normas tambin preserva productos escalares, ya que

u+ v2 = u2+2(u v)+v2 =

u v = u+ v2

2(u2+v2) =g (u)+ g (v)2

2(g (u)2+g (v)2) = g (u) g (v)

Definicin 3. Decimos que una a.l., g : Rn Rn , es una isometria sipreserva normas. Por tanto, tambin productos escalares y ngulos8.

Corolario 2. Una semejanza es ortogonal si, y slo si es una isometra.

8Si una a.l. preserva ngulos se llama conforme y puede no preservar normas.Por ejemplo, una homotecia o dilatacin


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Ejemplo 4. Dada la curva de R2, C = {(x, y) R2 : 10x212xy +5y2 = 1},se puede comprobar que

10x212xy +5y2 = (x, y)(10 66 5

)(xy

)= X t AX

con A =(10 66 5

)una matriz simtrica real.

Por el ejemplo 3, sabemos que sus autovalores son 1 y 14.Resolviendo el s.l., (A14I )X = 0, se obtiene el autovector v1 = 1p13 (3,2).Resolviendo el otro s.l., (A I )X = 0, se obtiene el autovector v2 = 1p13 (2,3).

Escribiendolos por columnas, la semejanza-ortogonal es P = 1p13

(3 2

2 3).

Por tanto, el cambio de base es X =(xy

)= 1p

13

(3 2

2 3)(x y )= PX

As, diagonalizamos

10x212xy+5y2 = X t AX = (PX )t APX = X tP t APX = (x , y )(14 00 1

)(x y )

O sea, con el cambio de base (sistema de referencia) la curva se ve que esuna elipse

C = {(x , y ) R2 : 14x 2+ y 2 = 1}inclinada segn tan(32 ) y semiejes

1p14

y 1.


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4. EL GRUPO ORTOGONAL O(n).

Dadas matrices, A,B Mn(R), cuadradas reales, si ambas son regulares, setiene que el producto AB1 es de nuevo una matriz regular.

A un subconjuntoG Mn(R) tal que, dadas A,B G , se tenga que AB1 G ,se le llama un grupo de matrices.

Definicin 4. Al conjunto de las matrices regulares reales se le denota,GLn(R), y se le llama el grupo general lineal de orden n9.

GLn(R) tiene 3 subgrupos de matrices interesantes, ya que

Si A,B tienen determinantes uno, |A| = 1= |B |, tambin|AB1| = |A||B |1 = 1

As, el conjunto de las matrices de determinante uno, denotado SL(n),se le llama el grupo especial lineal de orden n.

Si A,B son matrices ortogonales, At = A1, B t =B1, tambin(AB1)t =BAt = (AB1)1

As, el conjunto de la matrices ortogonales, denotado O(n), se lellama el grupo ortogonal de orden n.

9O simplemente, grupo de las matrices regulares de orden n.


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El conjunto de las matrices ortogonales, de determinante uno, es lainterseccin de los dos anteriores,

SO(n)= SL(n)O(n)se le llama el grupo especial ortogonal de orden n.

La importancia de estos grupos de matrices, est en que admiten interpretacingeomtrica y adems permiten procesos algortmicos10.

A O(n), nos define una isometra, f :RnRn , tal que f (u)= Au, ya queu v = utv = ut At Av = (Au)t Av = f (u) f (v)

Recprocamente, si una aplicacin verifica que uv = f (u) f (v), u,v Rn .Para la base cannica, {e1, . . . ,en}, se tiene que los coeficientes de Fourieryi = f (u) f (ei )= u ei = xi son iguales. O sea, u = x1e1+ +xnen , y

f (u)= y1 f (e1)+ + yn f (en)= ( f (e1), . . . , f (en))

x1...xn

= Audonde A = ( f (e1), . . . , f (en))=

( a11 ... a1n... ...

...an1 ... ann

)es la matriz ortogonal cuyas colum-

nas son las coordenadas de f (e j )= a1 j e1+ +an j en11.10Computacionalmente buenos o eficientes. Por ejemplo, para diagonalizar.11Que son vectores ortonormales, por preservar f productos escalares.


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Hemos encontrado unas ecu. matriciales. As, f es lineal e isometra.

Corolario 3. [caracterizacin de isometras]f :RnRn isometra f preserva prod. esc. f (u)= Au, con A O(n).

En lo que sigue, vamos a clasificar el grupo ortogonal

O(2)={A =(a bc d

)M2(R) : At = A1

}Para eso, primero observamos que

|A|2 = |At ||A| = |At A| = |I | = 1|A| = 1 O |A| = 1Por tanto, distinguimos dos casos:

1) Isometra directa: A ortogonal y |A| = 1. O sea, A SL(2).2) Isometra inversa: A ortogonal y |A| = 1. O sea, A O(2)SL(2).

Ahora, si A O(2)(1 00 1

)= I = AAt =

(a bc d

)(a cb d

)=(a2+b2 ac+bdac+bd c2+d2

)

a2+b2 = 1= c2+d2, ac+bd = 0, ac =bdEstas ecuaciones determinan completamente las matrices. As

Caso 1): ad bc = 1 implica a = a2d bac = a2d +b2d = (a2+b2)d = d .Anlogamente, b = abd b2c =a2cb2c =(a2+b2)c =c.


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O sea, se tiene que A SL(2) si, y slo si a2+b2 = 1 y A =(

a bb a

)

SO(2)={(

a bb a

)M2(R) : a2+b2 = 1

}Caso 2): adbc =1 implica a = a2dbac = a2d+b2d = (a2+b2)d = d .Anlogamente, b = abd b2c =a2cb2c =(a2+b2)c =c b = c.

O sea, se tiene que A SL(2), A O(2) si, y slo si a2+b2 = 1 y A =(a bb a

)

O(2)SO(2)={(a bb a

)M2(R) : a2+b2 = 1

}En particular, si hay ceros, se obtienen un nmero finito de matrices(

0 11 0

),

(0 1

1 0),

(1 00 1

),

(1 00 1

) SO(2)(

0 11 0

),

(0 1

1 0),

(1 00 1

),

(1 00 1

)O(2)SO(2)

Ejemplo 5. Para cualquier valor de un ngulo, R, la matriz

A =(cos() sin()sin() cos()

) SO(2)

claramente es una isometra directa, ya que cos()2+ (sin())2 = 1.


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Adems, la primera columna, f (e1) = (cos(),sin()), representa grfica-mente el vector e1 (eje x), girado grados en sentido levgiro12.

Anlogamente, la segunda columna, f (e2) = (sin(),cos()), representagrficamente el vector e2 (eje y), girado grados en el mismo sentido.

Definicin 5. Una isometra definida por la matriz ortogonal A =(cos() sin()sin() cos()

)es llamada una rotacin levgira de ngulo .

5. INTERPRETACIN GEOMTRICA DE O(2).

Dados a,b R, tales que a2+b2 = 1, siempre existe un ngulo R tal quea = cos(), b =sin()13, y A SO(2) determina una rotacin levgira.

En realidad, A =(

a bb a

) SO(2), se puede interpretar tambin como un

giro en sentido dextrgiro. Basta tomar , tal que a = cos() y b = sin()14.Corolario 4. Las isometras directas de R2 son las rotaciones.

La ltima interpretacin permite diagonalizar una matriz arbitraria, B .

12Contrario a las agujas de un reloj.13Por las propiedades de las funciones trigonomtricas.14Toda rotacin es levgira y dextrgira, la diferencia est en tomar ngulos opuestos.


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En efecto, si B =(x1 x2y1 y2

), elegimos el nico ngulo [0,pi] tal que

cos()= x1r, sin()= y1

r, con r =

x21+ y21 = (x1, y1)

O sea, tomamos la rotacin R tal que

RB =(

x1/r y1/ry1/r x1/r

)(x1 x2y1 y2

)=(r (x1x2+ y1y2)/r0 (x1y2 y1x2)/r

)Trasponiendo la matriz resultante, podemos hacer cero fuera de la diagonal.

Lema 8. Toda matriz 2x2 se puede diagonalizar con rotaciones.

Ejemplo 6. Para, A =(1 11 1

), con la rotacin asociada a su primera columna

R1A =(

1/p2 1/

p2

1/p2 1/p2)(1 11 1

)=(p

2 2/p2

0 0

)=B

ahora, si definimos la rotacin, R2, asociada a la primera fila de B y multi-plicamos a la derecha por su traspuesta, se diagonaliza

R1AR2 =BR2 =(p

2 2/p2

0 0

)(p2/2 1/p2

1/p2

p2/2

)=(2 00 0

)=D

Como R1,R2 O(2), se tiene |A| = |D|, rango(A)=rango(D). En este caso,adems, como At = AR2 =R t1, la diagonal obtenida son los autovalores yla factorizacin es su diagonalizacin por semejanza.


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Salvo la identidad, la matriz de una rotacin no tiene autovalores reales15

p()=a bb a

= (a)2+b2 = 0= (a)2 =b2 = b = 0,a = 1Consideramos ahora una isometra inversa. O sea, A O(2)SL(2).En este caso, A =

(a bb a

)con a2+b2 = 1, tiene los autovalores

p()=a bb a

=2a2b2 = 0=2 = a2+b2 = 1= = 1,1Para hallar sus autovectores, resolvemos los s.l.(

a1 bb a1

)(xy

)=(00

)= x(a1)=yb = (x, y)= (b,1a)(

a+1 bb a+1

)(xy

)=(00

)= x(a+1)=yb = (x, y)= (b,1a)

Si los normalizamos, u = 1p22a (b,1a), v =

1p2+2a (b,1a), tenemos

u v = 0, Au = u, Av =vEntonces, {u,v} es una base ortonormal y para todo vector u R2 se tiene

u = xu+ yv = f (u)= Au = xAu+ y Av = xu yv15Al mover un ngulo los vectores de la base cannica, tambin mueve a cualquier

vector y no tiene direcciones fijas (autovectores).


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Toda a.l., f : R2 R2, que tenga los autovalores 1,1, acta de la mismaforma. Tiene una direccin fija u y lleva su perpendicular v a su opuesto.

Definicin 6. Llamamos reflexin a una a.l. que tenga los autovalores 1,1.Dado v = (a1,a2) R2, llamamos la recta definida por v al subesp. vect.

v = {(x, y) R2 : a1x+a2y = 0}Si v es unitario, v = 1, la correspondencia entre v y su recta es biyectiva.A ese v , le llamamos su vector director.

Si v es el autovector, correspondiente al autovalor 1, de una reflexin.Definicin 7. La llamamos reflexin respecto de la recta dada por v R2.As, toda matriz A O(2)SL(2) (isometra inversa) es una reflexin.Recprocamente, si f : R2 R2 es una reflexin y v = (a1,a2) R2 es elautovector unitario correspondiente al autovalor 1. Entonces, la matriz

H = I 2vv t =(1 00 1

)2(a1a2

)(a1,a2)=

(1 00 1

)(2a21 2a1a22a1a2 2a22

)=

=(12a21 2a1a22a1a2 12a22

)=(a22a21 2a1a22a1a2 a21a22

)O(2)SL(2)

Corolario 5. Las isometras inversas del plano eucldeo son sus reflexiones16.16En el plano afn, hay ms pero se reducen a stas.


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Las reflexiones tambin sirven para diagonalizar eficientemente.

En efecto, si B = {u1,u2}=(x1 x2y1 y2

), con u1 =

x21+ y21 ,

tomamos q = (x1+ sg (x1)u1,x2) y lo normalizamos

v = 1q (x1+ sg (x1)x1,x2)

Entonces, la reflexin H = I 2vv t satisface que Hu1 =(sg (x1)u1

0

)y hace cero por debajo de la diagonal de B .Trasponiendo la matriz resultante, podemos repetir y diagonalizar.

Lema 9. Toda matriz 2x2 se puede diagonalizar con reflexiones.


), la norma de su primera columna es u1 =

p2

Entonces, q = (1+p2,1), q =4+2p2= v = 1p

4+2p2(1+p2,1)

H1

(11

)= (I 2vv t )

(11

)=(11

) 12+p2

(1+p2

1

)(1+p2,1)

(11

)=

=(11

) 2+

p2

2+p2

(1+p2

1

)=(11

)(1+p2

1

)=(p2

0

)


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Por tanto, HA =(p2 p2

0 0

)Finalmente, como (p2,p2) = 2, existe

otra reflexin H2 que multiplicada por la derecha diagonaliza A.

H1AH2 =(p2 p2

0 0

)H2 =

((2) 00 0

)=(2 00 0

)Observamos, en este ejemplo, que la matriz diagonal es la misma17 del ejem-plo 6 (donde se diagonaliza por rotaciones).

Si usamos reflexiones, no es necesario calcular explcitamente las matricesde cambio H para obtener los productos y por tanto la diagonal. Adems,conocemos de antemano la primera columna o fila del resultado.

As, para toda A M2(R), existen matrices ortogonales18 U ,V O(2) talesque

V t AU =D =(d1 00 d2

)Como hemos visto, U y V no son nicas. Pero siempre A =VDU t .Aunque A, no sea simtrica. Siempre lo son sus grammianas, At A y AAt .Luego ambas son diagonalizables por congruencia-semejanza. Adems,

At A = (VDU t )tVDU t =UDV tVDU t =UDDU t =UD2U t17Son los valores propios de A, que ya era diagonalizable por semejanza-ortogonal.18Pueden ser ambas reflexiones o rotaciones si se preserva el signo del determinante.

En caso contrario, hay que mezclar rotacin y reflexin.


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Como en esta descomposicin, los valores propios aparecen en la diagonal yson nicos. Hemos demostrado que d21 y d

22 son los valores propios de A

t A.

Tambin se demuestra que d21 y d22 son los valores propios de AA

t .Por tanto, los elementos d1 y d2 que nicos salvo su signo y su orden.

Definicin 8. Si 0 d1 d2, los llamamos los valores singulares de A.

Como siempre se pueden hacer positivos y/o reordenar multiplicando pormatrices ortogonales especiales. Tenemos

Corolario 6. Toda matriz A M2(R) tiene valores singulares nicos.

Como At A =UD2U t , la matriz ortogonal U O(2), tiene por columnas unabase ortonormal de autovectores de At A. Anlogamente, AAt = VD2V t ytambin V O(2) es una base de autovectores de AAt .Como V t AU = D AU = VD, hay correspondencia entre autovectores.Si u es autovector de At A, v de AAt y d es un valor singular de A.

Definicin 9. u y v se corresponden por valor singular si Au = dv .


), sus grammianas At A =

(5 33 2

), At A =

(2 33 5

)tienen los autovalores positivos {6.8541,0.145898}. Sus races cuadradas{2.61803,0.381966} son los valores singulares de la matriz.


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6. MATRICES DE GIVENS Y DE HOUSEHOLDER.

Las rotaciones del plano eucldeo, A =(

a bb a

) SO(2), se pueden gener-

alizar a cualquier dimensin n. As, si a2+b2 = 1, una matriz

A =

1 . . . 0 . . . 0 . . . 0... . . .

......

...0 . . . a . . . b . . . 0...

... . . ....

...0 . . . b . . . a . . . 0...

...... . . .

...0 . . . 0 . . . 0 . . . 1

SO(n)

representa una rotacin, tanto levgira como dextrgira, de dos de los ejes,manteniendo iguales los n2 restantes.Definicin 10. Una matriz del tipo anterior es llamada una matriz de Givens.Se dice que es una rotacin de los ejes i , j , respecto a los n2 restantes.Ejemplo 9. En R3, existen tres tipos de rotaciones o matrices de Givens,1 0 00 a b

0 b a

, a 0 b0 1 0b 0 a

, a b 0b a 00 0 1


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llamadas rotaciones respecto a los ejes x, y , z respectivamente

Ahora, toda matriz de orden nxn se puede diagonalizar con rotaciones.O sea, multiplicando a derecha e izquierda por matrices de Givens.

Anlogamente al caso bidimensional, podemos definir reflexiones.Si u = (a1, . . . ,an) Rn , es un vector unitario, u = 1.Definimos H = I 2uut y la llamamos una matriz de Householder.

H =

1 . . . 0... . . . ...0 . . . 1

2a1...an

(a1, . . . ,an)=1 . . . 0... . . . ...0 . . . 1

2a

21 . . . 2a1an

... . . ....

2a1an . . . 2a2n

Lema 10. La matriz H = I 2uut , tiene las siguientes propiedades:

Hu =u. Hv = v para todo v Rn tal que uv . H =H t . H t =H1.

Demostracin:

Como utu = u2 = 1, se tiene Hu = (I 2uut )u = u2u =u. Si utv = 0, se tiene Hv = (I 2uut )v = v 0v = v . H t = (I 2uut )t = I t 2(uut )t = I 2uut =H . H2 = (I2uut )(I2uut )= I4uut+4(uut )2 = I4uut+4uut = I .


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La frmula de las dimensiones, dim(u)+dim(L(u))= n, implicadim(u)= n1

al subesp. vect.

u = {v Rn : u v = 0}= {v = (x1, . . . ,xn) Rn : a1x1+ +anxn = 0}lo llamamos el hiperplano definido por u. Por tanto,Corolario 7. La a.l. f :Rn Rn , definida por una matriz de Householder,f (x)=Hx, tiene los autovalores 1 y 1, de multiplicidad geomtrica n1.Definicin 11. Llamamos reflexin respecto de un hiperplano a un endo-morfismo que tenga los autovalores 1, y 1, de multiplicidad geom. n1.Como dos endomorfismos coinciden si lo hacen sobre una base. Y por defini-cin, toda reflexin determina una base de autovectores de Rn . Entonces

Corolario 8. Toda reflexin viene definida por una matriz de Householder.

En la prctica, no es necesario calcular la matriz de Householder. Por ej.

Ejemplo 10. Si queremos calcular el vector reflejado de e1 = (1,0,0) res-pecto al plano x + y + z = 0, basta calcular el producto escalar e1 u =

ute1 = (1,1,1)100

= 1. Entonces, el reflejado es e12u = (1,1,1)He1 = (I 2uut )e1 = e12(ute1)u = e12u


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7. DESCOMPOSICIN POR VALORES SINGULARES (SVD).

Anlogamente al caso bidimensional, multiplicando por matrices de House-holder y/o Givens, se puede diagonalizar cualquier matriz19.

O sea, se puede diagonalizar con reflexiones y/o rotaciones cualquier matriz.Una demostracin general es la siguiente.

Teorema 2. [de existencia de valores singulares (SVD)] Para toda A Mmxn(R), existen matrices U O(m), V O(n) tal que

V t AU =Des diagonal mxn con entradas d1 dp 0 con p =min{m,n}.

Demostracin: Podemos suponer n =min{m,n}. En caso contrario, des-componemos At y trasponiendo su SVD, obtenemos la de A.

Su grammiana B = At A es una matriz simtrica real y sus autovalores son nonegativos.As, podemos escribirlos en orden decreciente, como cuadrados

d21 d2n 0Por Gram-Schimdt, podemos elegir, u1, . . . ,un Rn , autovectores ortonor-males. As, Buk = d2kuk y por columnas U = (u1, . . . ,un) es ortogonal nxn.

19Si A es mxn hay que multiplicar a izquierda por matrices de orden m y a derecha deorden n. Hay algoritmos eficientes para rdenes grandes.


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Ahora, suponemos dr 6= 0 y dr+1 = = dn = 0 y definimos vectores de Rm ,v j = 1d j Au j

20 para j = 1, . . . ,r . Estos son ortonormales, ya que

v tj vk =1

d jdkutj A

t Auk =1

d jdkutjBuk =

d2kd jdk

utjuk ={0, Si j 6= k1, Si j = k

Podemos ampliar hasta una base ortonormal v1, . . . ,vr ,vr+1, . . . ,vm de Rm .As, la matriz por columnas V = (v1, . . . ,vm) tambin es ortogonal. Ahora,para todo k > r , como Auk = 0 tambin v tj Auk = 0. Y si k r , se tiene

v tj Auk = dkv tj vk ={0, Si j 6= kdk , Si j = k

Por tanto, la descomposicin pedida es V t AU =D A =VDU t La demostracin anterior es constructiva y se aplica a cada matriz para hallarsu descomposicin por valores singulares. Como en el siguiente


), su grammiana At A =

(1 21 1

)(1 12 1

)=(5 33 2

),

tiene por ecuacin caracterstica p() = |A I | = (5 )(2 ) 32 =27+1= 0 cuyas races son los autovalores positivos{

7+3p52

,73p5

2

}= {6.8541,0.145898}

20sta es la condicin. para la correspondencia entre autovectores izquierda y derecha.


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Si para cada valor propio, se resuelven los s.l. y se normalizan sus solu-ciones se obtienen los vectores propios u1,u2 que escritos por columnas danla matriz U tal que =U t At AU es diagonal21. O sea,(0.850651 0.525731

0.525731 0.850651)(5 33 2

)(0.850651 0.5257310.525731 0.850651

)=(6.8541 0

0 0.145898

)

Entonces, B = AU =(1.37638 0.324922.22703 0.200811

)y se tiene B tB =U t At AU =.

Por tanto, las columnas de B son vectores ortogonales pero en general nounitarios (su norma son las races cuadradas de los valores propios de At A).

Estas races cuadradas positivas son los llamados valores singulares de A{d1,d2}= {

p6.8541,

p0.145898}= {2.61803,0.381966}

Si normalizamos las columnas de B = AU , dividiendo por d1 y d2, obtenemosla matriz ortogonal V =

(0.525731 0.8506510.850651 0.525731

)cuyas columnas son los

vectores unitarios v1,v2 de la demostracin. Adems, por la definicin de V

B = A U =(0.525731 0.8506510.850651 0.525731

)(2.61803 0

0 0.381966

)=V D

21U diagonaliza por congruencia-semejanza a la grammiana At A.


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Finalmente, despejando A =V D U t encontramos su SVD. Explcitamente(1 12 1

)=(0.525731 0.8506510.850651 0.525731

)(2.61803 0

0 0.381966

)(0.850651 0.5257310.525731 0.850651

)U y V en una SVD no son nicas, los d1 dp 0 si lo son. En efecto,

At A = (VDU t )tVDU t =UDV tVDU t =UDDU t =UD2U tAAt =VDU t (VDU t )t =VDDV t =VD2V t

As, necesariamente los cuadrados d2i son valores propios de At A y AAt . Y

los di son nicos salvo su signo y su orden.

Definicin 12. Si 0 di , i , los llamamos los valores singulares de A.Corolario 9. Toda matriz A tiene valores singulares nicos.

Como At A =UD2U t , la matriz ortogonal U O(2), tiene por columnas unabase ortonormal de autovectores de At A. Anlogamente, AAt = VD2V t ytambin V O(2) es una base de autovectores de AAt .Como V t AU = D AU = VD, hay correspondencia entre autovectores.Si u es autovector de At A, v de AAt y d es un valor singular de A.

Definicin 13. u y v se corresponden por valor singular si Au = dv .A v se le llama vector singular izquierda y a u vector singular derecha.


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Como las matrices ortogonales U = (u1, . . . ,un) y V = (v1, . . . ,vm) represen-tan cambios de base ortonormales, desde la cannica.

Para toda a.l. f :RnRm , definida por f (u)= Au, con A Mmxn(R)

Corolario 10. Existen bases ortonormales en Rn y Rm tales que la matriz def , respecto de estas nuevas bases, es diagonal con entradas no negativas.

Como una a.l., f , definida por una matriz diagonal, con entradas no negati-vas, es una dilatacin/contraccin de ejes coordenados.El corolario nos dice que toda f es esencialmente una dilatacin/contraccin.

Ejemplo 12. Para, A =(2 37 62 01 9

), su grammiana At A =

(58 5757 126

)tiene los auto-

valores positivos {158.37,25.6298} y sus races cuadradas {12.5845,5.06259}son los valores singulares de A.

Los autovectores de At A son las columnas de U = (0.493823 0.8695630.869563 0.493823 ).Ahora, para hallar la matriz V , lo que hacemos es calcular el producto

AU =( 3.59633 0.2576578.67413 3.1240.987645 1.739138.31989 3.57484

)y normalizar sus columnas de forma que se obtiene

la igualdad A U =V D de donde se despeja A =V D U t(2 37 62 01 9

)=(0.285774 0.05089430.68927 0.6170760.078481 0.3435250.661121 0.706129

)(12.5845 0

0 5.06259

)(0.493823 0.8695630.869563 0.493823

)


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A es la matriz de una a.l. de R2 en R4 y la hemos descompuesto en unarotacin en R2 definida por U22, despus una dilatacin en R2 definida porla matriz diagonal D y despus una a.l. de R2 en R4 definida por V .

Si ampliamos las 2 columnas deV hasta una base ortonormal de R4, tenemos

A =(2 37 62 01 9

)=(0.285774 0.0508943 0.68927 0.617076 0.078481 0.343525 0.661121 0.706129

)(12.5845 00 5.062590 00 0

)(0.493823 0.8695630.869563 0.493823

)=V1D1U ty las nuevas V1, D1 diagonalizan AAt = (V1D1U t )(UD t1V t1 )=V1D1D t1V t1ya que D1D t1 =

(12.58452 0 0 0

0 5.062592 0 00 0 0 00 0 0 0

)=(158.37 0 0 0

0 25.6298 0 00 0 0 00 0 0 0

)es diagonal

Cuando una matriz cuadrada A tiene determinante positivo se puede con-seguir que las matrices U y V sean de rotaciones. Si A tiene determinantenegativo, son una rotacin y una reflexin. Adems, siempre se tiene que

Lema 11. Si r n es tal que dr 6= 0 y dr+1 = 0. Entonces,1) rango(A)= r .2) A = (v1, . . . ,vr )diag{d1, . . . ,dr }(u1, . . . ,ur )t .3) N (A)= L(ur+1, . . . ,un) es el esp. nulo de A.4) C (A)= L(v1, . . . ,vr ) es el esp. de columnas de A.

Demostracin:22Porque U es una matriz ortogonal de determinante 1.


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1) La multiplicacin por matrices invertibles no cambia el rango.2) Calculando el producto, se tiene

A =VDU t = (d1v1, . . . ,dr vr ,0, . . . ,0)(u1, . . . ,ur )t =

=r

k=1dkvku

tk = (v1, . . . ,vr )diag{d1, . . . ,dr }(u1, . . . ,ur )t

3) N (A)= L(ur+1, . . . ,un) ya que Autk = 0 para todo k = r +1, . . . ,n y sudimensin es n r por ser rango(A)= r .

4) C (A)= L(v1, . . . ,vr ) es inmediato por 2). Definicin 14. La descomposicin 2) del anterior corolario se le dice unadescomposicin SVD compacta de A.

De esta descomposicin compacta, A = (v1, . . . ,vr )diag{d1, . . . ,dr }(u1, . . . ,ur )tintercambiando los papeles de U , V y tomando inversos de las entradas, sedefine fcilmente otra matriz

B = (u1, . . . ,ur )diag{1/d1, . . . ,1/dr }(v1, . . . ,vr )t

que es casi una inversa de A, ya que AB y BA son matrices cuadradas muycercanas a sus identidades. Ya que,

mk=1 vkv

tk = Im ,

nk=1uku

tk = In y

AB = (v1, . . . ,vr )diag{1, . . . ,1}(v1, . . . ,vr )t = v1v t1+ + vr v tr Mm(R)BA = (u1, . . . ,ur )diag{1, . . . ,1}(u1, . . . ,ur )t = u1ut1+ +urutr Mn(R)


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En particular, AB y BA son matrices simtricas por ser suma de simtricas.Adems, se deduce otra demostracin para la existencia de inversas laterales.

Corolario 11. Si A es de rango pleno. Entonces, B es inversa lateral de A.

En general, la matriz B anterior verifica las siguientes igualdades.

A = (v1, . . . ,vr )diag{d1, . . . ,dr }(u1, . . . ,ur )t == (v1, . . . ,vr )diag{d1, . . . ,dr }diag{1/d1, . . . ,1/dr }diag{d1, . . . ,dr }(v1, . . . ,vr )t =

= ABAB = (u1, . . . ,ur )diag{1/d1, . . . ,1/dr }(v1, . . . ,vr )t =

= (u1, . . . ,ur )diag{1/d1, . . . ,1/dr }diag{d1, . . . ,dr }diag{1/d1, . . . ,1/dr }(v1, . . . ,vr )t ==BAB

O sea, dada un matriz A Mmxn(R) y su B asociada. Entonces, se tiene queLema 12. ABA = A, BAB =B .

8. SEUDOINVERSA DE MOORE-PENROSE.

Ahora, dada un matriz A Mmxn(R), estamos en condiciones de definirDefinicin 15. Decimos que B Mnxm(R) es una inversa generalizada deMoore-Penrose de A si AB y BA son simtricas y ABA = A, BAB =B .


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Por lo anterior, toda matriz tiene una inversa de Moore-Penrose. Pero, adems

Lema 13. La inversa de Moore-Penrose de una matriz es nica.

Demostracin: Supongamos que B y C son ambas inversas de Moore-Penrose de A. As, por definicin, AB , BA, AC , CA son matrices simtricas.

B =BAB = AtB tB = AtC t AtB tB =CAAtB tB =CABAB =CABC =CAC =CC t At =CC t AtB t At =CC t At AB =CAC AB =CAB

Esta unicidad de la inversa de Moore-Penrose de una matriz A permite darlenombre propio.

Definicin 16. Llamamos A, a la inversa de Moore-Penrose de A.

Aunque no lo demostramos aqu, dado un s.l. de ecuaciones AX = b, com-patible o incompatible, siempre se tiene que

Teorema 3. Ab es una solucin mnimo cuadrtica de norma mnima.

Ejemplo 13. A =(1 11 1

), es simtrica real. Por tanto, diagonalizable por

congruencia-semejanza.(1 11 1

)=(0.707107 0.7071070.707107 0.707107

)(2 00 0

)(0.707107 0.707107

0.707107 0.707107)

Como sus autovalores 2, 0 son no negativos, la matriz es semidefinida posi-tiva y su SVD coincide con la descomposicin anterior.


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Para hallar su inversa de Moore-Penrose, calculamos el producto

A =(0.707107 0.7071070.707107 0.707107

)(1/2 00 0

)(0.707107 0.707107

0.707107 0.707107)=(0.25 0.250.25 0.25

)

Ejemplo 14. El s.l. x+ y = 1x+ y = 1

}es incompatible porque el rango de la

matriz A =(1 11 1

)es uno y el de su matriz ampliada es dos.

Sin embargo, tiene una solucin mnimo cuadrtica que es el vector

Ab =(0.25 0.250.25 0.25

)(1

1)=(00

)As, el origen de coordenadas es el punto de la recta, imagen por la matrizA (= la bisectriz del primer cuadrante), ms cercano al punto (1,1).O sea, es la solucin mnimo cuadrtica del s.l.

Ejemplo 15. El s.l. x+ y = 1x+ y = 1

}es compatible indeterminado porque el

rango de su matriz y el de su ampliada es uno (menor que dos incgnitas).

La solucin de norma mnima es el producto Ab =(0.25 0.250.25 0.25

)(11

)=(0.50.5

).

As, (0.5,0.5) es el punto de la recta, x+ y = 1 de norma mnima.O sea, el ms cercano al origen de coordenadas.


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9. REA DE PARALELOGRAMOS.

Empezaremos calculando reas de paralelogramos en R2.

Sean u =(ab

), v =

(cd

) R2 y A = (u,v) =

(a cb d

)la matriz que definen. El

valor absoluto de su determinante es el rea del paralelogramo que forman

x

y

T1

T2 T3

Td

c

a

b

x

y

T1

T2 T3

Tb

a

c

d

El rea del rectngulo, R = ad , es la suma de las reas de 4 tringulos.

R = ad = T +T1+T2+T3 T = ad ab2 cd

2 (a c)(d b)

2=

= ad ab+ cd + (ad +bcab cd)2

= ad ad +bc2

= ad bc2

= T


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Como el rea del paralelogramo, S, es dos veces el rea de T, se tiene

S = 2T = ad bc = |A|El dibujo de la izquierda se ha hecho suponiendo ad > bc. Si fuera alcontrario, estamos en el dibujo de la derecha, y los mismos clculos danS = bcad = |det(A)| que es el valor absoluto del determinante.Otra forma (vectorial) de hallar el rea del mismo paralelogramo es

|A| =a cb d

= adbc = (d ,c)(ab)= vu = vucos()=vh

donde v =pc2+d2 = v es la longitud de la base

h = u cos() es la longitud de la proyeccin de u = (a,b) sobre v.O sea, h es la altura del paralelogramo.Finalmente, el signo depende de cos() y es el signo del determinante.Los razonamientos anteriores sirven para todo u,v R2. AsLema 14. S = |det(A)| es el rea del paralelogramo formado por u, v .

Pero en Rn tambin dos vectores u y v forman un paralelogramo.Su rea tambin se puede calcular como base por altura23.

Como u es un vector cualquiera de la recta definida por u. Para que el vec-tor u v sea la altura del paralelogramo, basta suponer perpendicularidad

23En Rn , existen normas y la altura se calcula por perpendicularidad.


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con u. O sea,

(u v)u = 0 (u u)= v u = u vEl valor de la altura es h = u v para el anterior. Pero, entoncesh2 = uv2 = (uv)(uv)=(uv)v (uv)+h2 = v vLas igualdades anteriores forman un s.l. con dos incgnitas y h2.

(u u)+0h2 = u v(u v)+h2 = v v

}Ahora, por la regla de Cramer para la resolucin de sistemas, se tiene

h2 =

u u u vu v v vu u 0u v 1 =

u u u vu v v v

u u =

(uv)(u,v)

u2 =

|At A|u2 =

= |At A| = h2u2 = S = hu =|At A|

Lema 15. S =|At A| es el rea del paralelogramo formado por u, v .

En el caso bidimensional, se reencuentra la frmula anterior

S =|At A| =

|At | |A| =

|A| |A| = |det(A)|


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Aunque, no lo demostramos aqu diremos que la frmula anterior, S =|At A|,

cuando A Mmxn(R) es de rango pleno por columnas, calcula el volumen n-dimensional del paraleleppedo formado por sus n columnas.

Ejemplo 16. Dada la matriz A =2 21 01 1

el rea del paralelogramo for-mado por sus columnas, u = (2,1,1) y v = (2,0,1), se calcula como la razcuadrada del determinante de su grammiana. Por tanto,

|At A| =u u u vu v v v

= 6 55 5= 3025= 5= S =|At A| =p5= 2.23607

Si calculamos el determinante de la otra grammiana sale cero.Lo que indica que las tres filas de A son l.d. y forman un paraleleppedodegenerado de volumen cero.

Ejemplo 17. Dada la matriz A =

2 21 00 11 1

el rea del paralelogramo formadopor sus columnas es

|At A| =u u u vu v v v

= 6 55 6= 3625= 11= S =|At A| =p11= 3.31662


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10. NMERO DE CONDICIN DE UNA MATRIZ.

Sabemos por el teorema 2, que dada A Mmxn(R), existen matrices U O(m), V O(n) tal que

V t AU =Des diagonal mxn con entradas d1 dp 0 con p =min{m,n}.Si rango(A)= r entonces dr 6= 0 y dr+1 = 0 y podemos definir elDefinicin 17. [Nmero de condicin (espectral) de una matriz]Es el cociente entre el mayor y el menor valor singular de A, y lo denotamos

k(A)= d1dr

1Si k(A)>> 1, es mucho mayor que 1, decimos que A est mal condicionada.Si por el contrario, k(A) 124 decimos que A est bien condicionada.

Ejemplo 18. Dada la matriz de una rotacin arbitraria A =(a bb a

), con

a2+b2 = 1, sabemos que tiene autovalores complejos conjugados, ya que

p()=a bb a

= (a)2+b2 = 0= (a)2 =b2 === a

b2 = abi

24Prximo a uno.


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los dos autovalores son nmeros complejos de norma uno, 1 = 2 =pa2+b2 = 1. O sea, pertenecen a la circunferencia unidad.

Adems, como su grammiana asociada es la identidad

At A =(

a bb a

)(a bb a

)=(1 00 1

)tiene autovalores 1 (doble) y los valores singulares de A son 1,1.Por tanto, k(A)= 1 y toda rotacin est bien condicionada.

Ejemplo 19. Dada la matriz de una reflexin arbitraria A =(a bb a

), con

a2+b2 = 1, sabemos que tiene los autovalores 1 y 1.Adems, tambin su grammiana asociada es la identidad

At A =(a bb a

)(a bb a

)=(1 00 1

)tiene autovalores 1 (doble) y de nuevo, los valores singulares de A son 1,1.Por tanto, k(A)= 1 y toda reflexin est bien condicionada.En general, toda matriz ortogonal, A, tiene grammiana asociada la identidad,At A = I . Tiene todos sus valores singulares 1 y nmero de condicin 1.Cualquier isometra, en cualquier dimensin, tiene nmero de condicin 1.Conforme el nmero de condicin de una matriz se hace mayor, ms se alejaA de ser una isometra y ms se deformarn las figuras.


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Por definicin, el n de condicin de una matriz es siempre k(A) 1. AdemsLema 16. [Propiedades del n de condicin de una matriz]

1) k(A)= k(At )= k(A1).2) k(A)= k(A) para 0 6= R.3) k(At A)= k(A)2 k(A).4) k(A)= k(B), si A y B son semejantes.

Demostracin:

1) Ya que las 2 matrices, At A y AAt tienen los mismos autovalores,distintos de cero. Mientras que (A1)t A1 = (At A)1 tiene por auto-valores los correspondientes inversos de los anteriores.

2) Ya que las 2 matrices, A y A tienen los mismos autovalores.3) Ya que los autovalores de la matriz A son las races cuadradas posi-

tivas de los autovalores de At A.4) Si A y B son semejantes, tambin los son At A y B tB .

Estas tienen los mismos autovalores reales positivos.Por tanto, A y B tienen los mismos valores singulares.

En R2, la interpretacin geomtrica de la descomposicin por valor singular(SVD) de una matriz es interesante por el impacto visual de f (X )= AX .El crculo unidad se transforma en una elipse, cuya deformacin se mide pork(A), que coincide con el cociente de sus semiejes.


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Ejemplo 20. La matriz A =(3 11 1

), es simtrica real y definida positiva.

Tiene dos autovalores reales positivos, que son 1 = 3.41421 y 2 = 0.585786.Por tanto, coinciden con sus valores singulares. As, el nmero de condicinde esta matriz es

kA = 3.414210.585787

= 5.82843

Su descomposicin SVD coincide con la de congruencia/semejanza(3 11 1

)=( 0.92388 0.3826830.382683 0.525731

)(3.41421 0

0 0.525731

)(0.92388 0.3826830.382683 0.850651

)

As la a.l, f (X ) = AX , es un automorfismo (A es regular) del plano, queconsiste primero en aplicar la rotacin definida por

(0.92388 0.3826830.382683 0.850651

)despus una dilatacin/contraccin25 y despus la rotacin inversa.

Ambas rotaciones no se anulan porque la dilatacin/contraccin central de-forma los ngulos. El resultado final es una rotacin de ejes que se calculadiagonalizando por congruencia/semejanza la matriz B = (A1)t A1 que esla que transforma el crculo unidad en la elipse 0.5s22s t +2.5t2 = 1.

25de los dos ejes, segn los valores singulares.


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11. APNDICE 1. VALORES PROPIOS DE UN PRODUCTO DE MATRICES.

Por definicin, para que una matriz tenga valores propios tiene que ser lamatriz de un endomorfismo. O sea, tiene que ser una matriz cuadrada26.

Por tanto, para que el producto, A B , de dos matrices tenga autovalores, hacefalta que tengan dimensiones simtricas mn y nm.De forma que ambos productos, A B de dimensin mm y B A de dimen-sin nn son matrices cuadradas y se pueden comparar sus autovalores.

A B =

a11 . . . a1n... . . . ...am1 . . . amn

b11 . . . b1m... . . . ...bn1 . . . bnm

= c11 . . . c1m... . . . ...cm1 . . . cmm

= C1mn nm mm

B A =

b11 . . . b1m... . . . ...bn1 . . . bnm

a11 . . . a1n... . . . ...am1 . . . amn

=c

11 . . . c

1n

... . . ....

c n1 . . . cnn

= C2nm mn nn

Pero puede suceder que uno de los productos tenga una dimensin ms pe-quea y sea ms fcil calcular su ecuacin caracterstica y autovalores.

26De nmeros reales o complejos.


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Ejemplo 21. Para las matrices A =(1111

)y B = (1 2 1 2 ), se tiene

A B =(1111

) (1 2 1 2 ) =

(1 2 1 21 2 1 21 2 1 21 2 1 2

)= C1

41 14 44B A = (1 2 1 2 )

(1111

)= (2) = C2

14 41 11Aqu, C2 es una matriz mucho ms sencilla ya que, C2 = (2), es esencial-mente un escalar y es inmediato que =2 es el nico autovalor que tiene.En cambio, la matriz C1 como es 4 4 tiene 4 (contando multiplicidades)autovalores complejos que aparentemente son difciles de hallar ya que laecuacin caracterstica, |C1I | = 0, es un determinante de orden 44.Pero podemos aplicar la propiedad de que dos matrices semejantes tienenlos mismos autovalores. Por tanto, si aplicamos una trasformacin elemen-tal de filas a C1 que equivale a multiplicar E C1 y luego la correspondiente(a E1) transformacin elemental de columnas. Entonces, la nueva matrizE C1E1 tiene los mismos autovalores. As, si restamos a la segunda fila laprimera y despus sumamos la segunda columna a la primera

C1 =(1 2 1 21 2 1 21 2 1 21 2 1 2

)(1 2 1 20 0 0 01 2 1 21 2 1 2

)(1 2 1 2

0 0 0 01 2 1 21 2 1 2

)= E1 C1E11


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Si restamos a la 3 fila la primera y sumamos la 3 columna a la primera(1 2 1 20 0 0 01 2 1 21 2 1 2

)(1 2 1 2

0 0 0 00 0 0 01 2 1 2

)(0 2 1 20 0 0 00 0 0 00 2 1 2

)Finalmente, restamos a la 4 fila la 1 y sumamos la 4 columna a la 1(0 2 1 2

0 0 0 00 0 0 00 2 1 2

)(0 2 1 20 0 0 00 0 0 00 0 0 0

)(2 2 1 2

0 0 0 00 0 0 00 0 0 0

)Ahora, esta ltima matriz tiene de ecuacin caracterstica2 2 1 20 0 00 0 0

0 0 0

= ()3(2)= 0y por tanto los valores propios de C1 son = 0 triple y =2 simple.

En el ejemplo, el producto B A tiene de ecuacin caracterstica 41 = 3veces la de A B y por tanto comparten el mismo autovalor distinto de cero(-2). Veremos que siempre se puede repetir el mismo proceso.

Como, A B tiene los mismos autovalores que P1(A B) P = (P1A) (B P )si demostramos que ste producto tiene los mismos distintos de cero que(B P ) (P1A) = B A, habremos demostrado que A B y B A tienen losmismos autovalores no nulos.

Esto nos permite, cambiar una de las matrices por su forma normal de Her-mite (de filas o columnas segn nos interese) para hacer la demostracin deque tienen la misma ecuacin caracterstica salvo una potencia de .


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Por ejemplo si r (B) = 1 podemos aplicar el algoritmo de transformacioneselementales de columnas para transformarla en su forma normal de Hermite,

B P =( 1 0 ... 0 0 ... 0

...... ...

... 0 ... 0

)

Como el otro producto P1A es una matriz arbitraria mn, basta demostrarque tienen los mismos autovalores no nulos cuando B es de esa forma. O sea

A B =

a11 . . . a1n... . . . ...am1 . . . amn

1 0 . . . 0b21 0 . . . 0

...... . . .

...bn1 0 . . . 0

= c11 0 . . . 0... ... . . . ...cm1 0 . . . 0

= C1mn nm mm

Donde |C1I | = ()m1(c11)= 0 es la ecuacin caracterstica de C1 =A B con c11 = a11+a12b21+ +a1nbn1 el nico autovalor distinto de cero.Ahora, para calcular los autovalores del otro producto

B A =

1 0 . . . 0b21 0 . . . 0

...... . . .

...bn1 0 . . . 0

a11 . . . a1n... . . . ...am1 . . . amn

= C2nm mn nn


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Pero podemos aplicar la propiedad de que dos matrices semejantes tienen losmismos autovalores. Por tanto, si aplicamos una trasformacin elemental defilas a B que equivale a multiplicar E C2 y luego la correspondiente (a E1)transformacin elemental de columnas a A.

Entonces, la nueva matriz E C2E1 tiene la misma ecuacin caracterstica.As, si restamos en B a la segunda fila la primera multiplicada por b21 ydespus en A sumamos la segunda columna por b21 a la primera

B A = 1 0 ... 0b21 0 ... 0... ... ... ...bn1 0 ... 0

( a11 ... a1n... ... ...am1 ... amn

)

1 0 ... 00 0 ... 0b31 0 ... 0...

... ......

bn1 0 ... 0

( a11+a12b21 a12 ... a1n... ... ... ...am1+am2b21 am2 ... amn

)

Si aplicamos sucesivamente las trasformaciones de fila y columna para hacercero por debajo del 1 en la primera columna de B llegamos al producto

B A (1 0 ... 00 0 ... 0...

... ......

0 0 ... 0

) a11+ni=2 a1ibi1 a12 ... a1n... ... ... ...am1+ni=2 amibi1 am2 ... amn

=a11+

ni=2 a1ibi1 a12 ... a1n0 0 ... 0...

... ......

0 0 ... 0

y esta ltima tiene un nico autovalor no nulo que es el mismo de A B27

= a11+ni=2

a1ibi1 = a11+a12b21+ +a1nbn1 = c11

27Y la ecuacin caracterstica de B A es la misma de A B salvo una potencia de .


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Cuando el menor de los rangos de A y B es mayor que 1, la demostracines ms compleja pero sigue los mismos pasos ya que el proceso anterior esalgortmico y fcil de generalizar.

Empezamos con A B , con B la que tenga menor rango o menor nmero decolumnas, si no conocemos su rango, y transformamos B en su forma normalde Hermite por columnas H y el otro factor A de forma dual en A1.

Despus seguimos transformando en el producto H A1 haciendo ceros pordebajo de los unos hasta llegar a la forma normal de Hermite por filas H1 yde forma dual A1 en A2 y finalmente calculamos H1 A2 y comprobamos quesu ecuacin caracterstica es la misma de A1 H salvo un mltiplo de . As

Teorema 4. Si existen A B y B A tienen la misma ecuacin caractersticasalvo nm y por tanto los mismos autovalores no nulos.

Ejemplo 22. Dadas las matrices A = (2 7 21 3 6) y B = (1 21 71 2) para comprobarque coinciden los autovalores no nulos de AB y BA. Transformamos primeroB , multiplicando la 1 columna por -2 y sumando a la 2, dualmente trans-formamos A, multiplicando la 2 fila por 2 y sumando a la 1. Despus,dividimos por 5 la 2 de B y dualmente multiplicamos por 5 la 2 fila de A

A B =(2 7 21 3 6

)1 21 71 2

(4 13 141 3 6

)1 01 51 0

(4 13 145 15 30

)1 01 11 0


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Seguimos, multiplicando la 2 columna de B por -1 y sumando a la 1, dual-mente la 1 fila de A y sumando a la 2

A B (4 13 145 15 30

)1 01 11 0

(4 13 149 28 44

)1 00 11 0

= (18 1353 28

)

Hemos llegado a la forma de Hermite por columnas de B y concluimos queel producto AB tiene la misma ecuacin caracterstica que el producto final.Ahora, le damos la vuelta al producto y seguimos calculando la forma deHermite por filas de B que se consigue multiplicando la 1 fila de A por -1 ysumando a la 3, dualmente en B sumamos la 3 a la 1 columna

B A 1 00 11 0

(4 13 149 28 44

)1 00 10 0

(18 13 1453 28 44

)=18 13 1453 28 44

0 0 0

Finalmente, se comprueba que la ecuacin caracterstica de B A es

18 13 1453 28 440 0

= 18 1353 28

= 0O sea, la misma de A B multiplicada por =32.Por tanto, tiene los mismos autovalores como queramos demostrar.


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12. APNDICE 2. UNA APLICACIN ESTADSTICA DE LA SVD.

Si tenemos n medidas de varias variables xi = {ai1, . . . ,ani }, i {1, . . . ,r }se pueden cambiar los valores a otras nuevas variables, z1, . . . ,zr , que seanindependientes y sucesivamente de varianza mxima pero que recojan todala informacin de las anteriores.

Las nuevas variables son c.l. de las x1, . . . ,xr y se obtienen usando la descom-posicin por valor singular de la matriz de sus desviaciones de las medias.Para eso, se pasa de la matriz de las observaciones X a la matriz A = X X .

X =( a11 a1r

... ......

an1 anr

)7 A = X X =

( a11m1 a1rmr... ...

...an1m1 anrmr

)donde mi = xi = ai1++anin son las medias aritmticas de las variables.Ahora, si diagonalizamos la grammiana At A por congruencia-semejanza. Osea, usando sus autovalores reales y sus autovectores normalizados tenemos

At1A1 = (A U )t (A U )=U t At A U ==(1 0... ...

...0 r

)donde A1 = A U es una nueva matriz n r , donde sus columnas son c.l. delas columnas de A. O sea, de las desviaciones de las variables originales.

Ahora, si llamamos z1, . . . ,zr a las columnas de A1, las igualdades anterioresse traducen en que zi zi =i , zi z j = 0 para cada i , j {1, . . . ,r }.


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Por tanto, son perpendiculares dos a dos y cada vector zi tiene de norma laraz cuadrada del valor propio i (es positivo porque At A es simtrica real).

zi =b21i + +b2ni =

pzi zi =

i = di

Adems, como las columnas de A = X X tienen media cero, tambin lascolumnas zi de A1 tienen media aritmtica cero ya que

1

n (1, . . . ,1) A1 = 1

n (1, . . . ,1) A U = (0, . . . ,0) U = (0, . . . ,0)

Como cada zi =(b1i...

bni

)tiene media cero,

b21i++b2nin1 = in1 es su varianza y

pip

n1 =dipn1 su desviacin tpica.

Como los valores propios de una matriz simtrica real 1 2 r 0dan los mximos sucesivos de las normas que representan, se tiene que lasnuevas variables zi son sucesivamente de varianza mxima28. Como adems,zi z j = 0, estas variables tienen covarianza cero o sea son independientes.Finalmente, los di son los valores singulares de A y la matriz A1 nos sirvepara encontrar su SVD ya que si normalizamos cada una de sus columnas,

28Con la condicin de que sean c.l. por un vector unitario de las originales.


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vi = 1di zi obtenemos una matriz V formada por columnas unitarias y or-togonales tal que podemos despejar la descomposicin por valor singular

A1 = A U =V (d1 0... ...

...0 dr

)= A =V

(d1 0... ...

...0 dr

)U t =V D U t

Ejemplo 23. Consideramos 4 medidas de dos variables x = {2, 7, 2, 1},y = {3, 6, 0, 1}, queremos hallar mediante c.l. de ellas otras dos nuevasvariables que sean independientes y sucesivamente de varianza mxima.

Ptrimero, escribimos la matriz de las observaciones, X =(2 37 62 01 9

), calculamos

las medias de sus columnas, x = 124 = 3, y = 184 = 4.5, sus desviaciones,

A = X X =(23 34.573 64.523 04.513 94.5

)=(1 1.5

4 1.51 4.52 4.5

)su grammiana, su polinomio caracterstico que tiene por races los

At A = ( 1 4 1 21.5 1.5 4.5 4.5)(1 1.54 1.51 4.52 4.5)= (22 33 45) = 22 33 45

=267+981autovalores 1 = 45.3849 y 2 = 21.6151 y sus races cuadradas que son losvalores singulares de A

d1 =p45.3849= 6.73683, d2 =

p21.6151= 4.64921

Los autovectores de At A son las columnas de U = (0.127245 0.9918710.991871 0.127245 ).


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Ahora, para hallar la matriz V , lo que hacemos es calcular el producto A Uy normalizar sus columnas de forma que se obtiene la igualdad A U =V D

Z = A U =(1 1.5

4 1.51 4.52 4.5

)(0.127245 0.9918710.991871 0.127245

)= (1.61505 0.8010031.99679 3.776624.59067 0.4192674.20893 2.55635

)ya que las normas de las columnas de Z son los valores singulares di =

i

porque Z tZ =U t At AU =U t (At A)U = y por tanto zi2 = zi zi =i

Z = A U =(1.61505 0.801003

1.99679 3.776624.59067 0.4192674.20893 2.55635

)=(0.239735 0.172288

0.296399 0.8123140.681428 0.09018040.624764 0.549846

)(6.73683 0

0 4.64921

)=V Dde donde despejamos la SVD, A =V D U t(1 1.5

4 1.51 4.52 4.5

)=(0.239735 0.172288

0.296399 0.8123140.681428 0.09018040.624764 0.549846

)(6.73683 0

0 4.64921

)(0.127245 0.9918710.991871 0.127245

)Pero lo que nos interesa aqu es la matriz Z =

(1.61505 0.8010031.99679 3.776624.59067 0.4192674.20893 2.55635

)que est

formada por dos variables llamadas componentes principales

z1 = {1.61505,1.99679,4.59067,4.20893}z2 = {0.801003,3.77662,0.419267,2.55635}

que son independientes porque tienen covarianza cero z1 z2 = 0 y tienenvarianzas mltiplos de 1 y 1 y por tanto son las mximas posibles29.

29Con la condicin de que sean c.l. por un vector unitario de las originales.


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Sus medias son cero ya que (z1,z2)= 1n (1, . . . ,1) Z y entonces

Z = A U =(X X

)U = X U X U

= (z1,z2)= 1n (1, . . . ,1) Z =( 1n (1, . . . ,1) X

) U ( 1n (1, . . . ,1) X ) U= (z1,z2)= (x, y) U (x, y) U = (0,0)

En particular, hay otras dos variables independientes trasformadas tambinpor la matrizU de los vectores singulares derecha, que son las dos columnasdel producto X U cuyas medias calculadas son, (x, y) U , una c.l. de lasmedias originales y cuyas varianzas son las mismas de z1 y z2.

13. EJERCICIOS.

Ejercicio 1. Dadas las matrices A =(2 1 72 0 1

)y B =

3 60 10 9

compruebaque coinciden los autovalores de AB y BA.

Ejercicio 2. Dadas las matrices A =2 1 72 0 11 1 3

y B =3 6 21 0 70 9 2

compruebaque coinciden los autovalores de AB y BA.


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Ejercicio 3. Dada la matriz A =(10 1010 10

). Se puede diagonalizar por

congruencia-semejanza? Y por semejanza?

Ejercicio 4. Dada la matriz A =(10 1010 10

). Se puede diagonalizar por

congruencia-semejanza? Y por semejanza?

Ejercicio 5. Dada la curva de R2,C = {(x, y) R2 : 10x210xy +10y2 = 1},comprueba que existe una matriz, A, simtrica real 2x2, tal que

10x210xy +10y2 = X t AX = (x, y)(a bb c

)(xy

)Calcula los autovalores de A. Qu puedes decir de la curva?


10x240xy +10y2 = X t AX = (x, y)(a bb c

)(xy



10x220xy +10y2 = X t AX = (x, y)(a bb c

)(xy



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Ejercicio 8. Dada la matriz A =1 1 01 2 10 1 1

Comprueba si se diagonalizapor congruencia-semejanza. Halla su descomposicin de valor singular.


Se puede diagonalizar porcongruencia-semejanza ? Y por semejanza ?. Halla su SVD.


Se puede diagonalizar porcongruencia-semejanza ? Y por semejanza ?. Halla su SVD. Compara lasdistintas factorizaciones o descomposiciones de A.

14. TEST DE REPASO.

Para comenzar el cuestionario pulsa el botn de inicio.Cuando termines pulsa el botn de finalizar.Para marcar una respuesta coloca el ratn en la letra correspondiente y pulsael botn de la izquierda (del ratn).

1. Dada una matriz cuadrada, A Mn(R).


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(a) La traza de A es un invariante por semejanza pero no su det(A).(b) El determinante de A es un invariante por semejanza pero no su traza.(c) La traza de A y su |A|, se calculan con sus autovalores.(d) Ni su traza, ni su determinante, son invariantes por semejanza.

2. Dada una matriz cuadrada regular, A Mn(R).(a) Los autovalores de A son los mismos de A1.(b) Los autovalores de A son los inversos de At .(c) Los autovalores de A son los mismos de A2.(d) Los autovalores de A son los mismos de At .

3. Si A es de dimensin mxn y B de dimensin nxm.(a) AB y BA tienen exactamente los mismos autovalores.(b) AB y BA tienen exactamente los mismos autovectores.(c) AAt y At A tienen exactamente los mismos autovalores.(d) AAt y At A tienen exactamente los mismos autovectores.

4. Cul de las siguientes afirmaciones es verdadera?.(a) Matrices congruentes tienen los mismos autovalores.(b) Matrices congruentes tienen los mismos autovectores.(c) Dos matrices semejantes son tambin congruentes.


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(d) Matrices semejantes tienen los mismos autovalores.

5. Dada una matriz simtrica, A Mn(R).(a) A es diagonalizable, en R, por semejanza pero no por congruencia.(b) A es diagonalizable, en R, por congruencia pero no por semejanza.(c) A no es diagonalizable en R.(d) A es diagonalizable, en R, por una congruencia-semejanza.

6. Cul de las siguientes afirmaciones es verdadera?.(a) Toda semejanza preserva productos escalares, normas y ngulos.(b) Si un endomorfismo preserva ngulos tambin preserva normas.(c) Ninguna semejanza preserva productos escalares, normas y ngulos.(d) Si un endomorfismo preserva normas tambin preserva ngulos.

7. Dado un endomorfismo f : RnRn , tal que f (u)= Au.(a) f es isometra si preserva ngulos.(b) f es isometra si A GL(n).(c) f es isometra si A O(n).(d) f es isometra si A SL(n).

8. Dado un homomorfismo f : R2R2, tal que f (u)= Au.


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(a) A O(2) si, y slo si es una reflexin.(b) A O(2)SL(2) si, y slo si es una rotacin.(c) A O(2) si, y slo si es una rotacin.(d) Si A O(2) puede ser una rotacin o una reflexin.

9. Cul de las siguientes afirmaciones es verdadera?.(a) Una rotacin levgira no puede ser dextrgira.(b) Slo hay una rotacin que es levgira y dextrgira a la vez.(c) Existen reflexiones levgiras pero no dextrgiras.(d) No existen reflexiones levgiras ni dextrgiras.

10. Cul de las siguientes afirmaciones es verdadera?.(a) Toda matriz se puede diagonalizar con rotaciones pero no con reflex-

iones.(b) Toda matriz se puede diagonalizar con reflexiones pero no con rota-

ciones.(c) Toda matriz se puede diagonalizar con reflexiones y/o con rotaciones.(d) Para diagonalizar ortogonalmete, hay que hacerlo con rotaciones a la

izquierda y reflexiones a la derecha.

1. Autovalores de matrices reales. Lema Lema Lema Ejemplo Ejemplo

2. Matrices simtricas reales. Definicin Lema Lema Ejemplo Teorema Lema

3. Congruencia-semejanza. Definicin Corolario Lema Definicin Corolario Ejemplo

4. El grupo ortogonal O(n). Definicin Corolario Ejemplo Definicin

5. Interpretacin geomtrica de O(2). Corolario Lema Ejemplo Definicin Definicin Corolario Lema Ejemplo Definicin Corolario Definicin Ejemplo

6. Matrices de Givens y de Householder. Definicin Ejemplo Lema Corolario Definicin Corolario Ejemplo

7. Descomposicin por valores singulares (SVD). Teorema Ejemplo Definicin Corolario Definicin Corolario Ejemplo Lema Definicin Corolario Lema

8. Seudoinversa de Moore-Penrose. Definicin Lema Definicin Teorema Ejemplo Ejemplo Ejemplo

9. rea de paralelogramos. Lema Lema Ejemplo Ejemplo

10. Nmero de condicin de una matriz. Definicin Ejemplo Ejemplo Lema Ejemplo

11. Apndice 1. Valores propios de un producto de matrices. Ejemplo Teorema Ejemplo

12. Apndice 2. Una aplicacin estadstica de la SVD. Ejemplo

13. Ejercicios. Ejercicio Ejercicio Ejercicio Ejercicio Ejercicio Ejercicio Ejercicio Ejercicio Ejercicio Ejercicio

14. Test de repaso.

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