Tema 5: Diagonalizacin de matricesLa intencin en este tema es, dada una matriz cuadrada, ver si existe otra matriz semejante a

ella que sea diagonal. Recordemos del Tema 4 que dos matrices cuadradas de orden n, A y D, sedice que son semejantes cuando existe otra matriz cuadrada de orden n, P , invertible, tal que

A = PDP1

Recordemos tambin que el concepto de semejanza va ntimamente ligado al de enformorfismos puesdos matrices son semejantes si y slo si van asociadas a un mismo endomorfismo. As si las matricesanteriores A y D son semejantes existir un endomorfismo f de Rn y bases B y B0 del espacio talesque

A =MBB(f) y D =MB0B0 (f)

Por tanto el problema de la diagonalizacin puede enfocarse desde el punto de vista de endomorfismos:dado un endomorfismo f de Rn se trata de ver si existe una base del espacio respecto de la cual lamatriz asociada sea diagonal. Realmente ambos problemas son equivalentes, pues en primer lugardado

f : Rn Rn

podemos tomar como matrizA =M

BB(f)

la matriz asociada a cierta base B de Rn, y viceversa, dada A podemos tomar f de modo que secumpla la misma relacin anterior

A =MBB(f)

(ver Tema 4: Aplicaciones lineales). En tal caso, puede comprobarse que una matriz es semejante aA si y slo si va asociada a f respecto de alguna base de Rn.

1 Valores propios y vectores propios

Sea A una matriz cuadrada de orden n, un escalar del cuerpo y v un vector-columna no nulo delespacio vectorial Rn. Si se cumple que

Av = v

entonces se dir que es un valor propio (o autovalor) de A y que v es un vector propio (oautovector) de A. Es ms se dir que es un valor propio de A asociado al vector propio v, y que ves un vector propio de A asociado al valor propio .Sea

f : V V

un endomorfismo de un espacio vectorial V , un escalar del cuerpo y v un vector no nulo del espaciovectorial. Si se cumple que

f(v) = v

entonces se dir que es un valor propio (o autovalor) de f y que v es un vector propio (oautovector) de f . Es ms se dir que es un valor propio de f asociado al vector propio v, y que ves un vector propio de f asociado al valor propio .

1

En las siguientes propiedades estaremos refirindonos a valores o vectores propios indistintamentepara matrices o endomorfismos.

Observacin 1.1 1. Observemos que mientras un vector propio v debe ser no nulo (el vector 0no se considera vector propio) un valor propio s puede ser nulo (el escalar = 0 s puede servalor propio). As que habr algunas matrices (y endomorfismos) que s tengan el valor propio0.

2. Todo vector propio v va asociado a un nico valor propio (se dir que es el valor propioasociado al vector propio v).

3. Dado un vector propio v asociado al valor propio y un escalar no nulo se tiene que el vectorv es tambin un vector propio y adems va asociado al mismo valor propio . En general secumple que dados vectores propios v1, v2, ..., vk asociados al mismo valor propio resulta que todaCL no nula de ellos 1v1 + 2v2 + ... + kvk es tambin un vector propio con el mismo valorpropio asociado .

Ejemplo 1.2 1. Comprobar que v =

1

1

!es un vector propio de la matriz

A =

2 3

6 1

!

y determinar cul es su valor propio asociado.

Como

Av =

2 3

6 1

!1

1

!=

5

5

!= 5

1

1

!= 5v

se tiene que v es un vector propio de A asociado al valor propio 5.

2. Sea f el endomorfismo de R3 cuya expresin analtica es

f(x, y, z) = (x+ 2y z, 3y, 4x y 4z)

Comprobar que (1, 0, 1) es un vector propio del endomorfismo y hallar el valor propio corres-pondiente.

Comof(1, 0, 1) = (0, 0, 0) = 0(1, 0, 1)

se tiene que el vector (1, 0, 1) es un vector propio de f asociado al valor propio 0.

Observacin 1.3 Sea f un endomorfismo de Rn y A la matriz asociada a f respecto de labase cannica C de Rn. Entonces los valores propios (y los vectores propios) de f y de Ason los mismos. Esto se debe a que (como ya se sabe) para todo vector-columna v Rn se cumpleque

f(v) = Av

2

Si tenemos una matriz A de orden n n recordemos que se llamaba ncleo de A al siguienteconjunto de vectores

kerA = {v Rn : Av = 0}ste es el conjunto de soluciones del sistema de ecuaciones lineales homogneo cuya matriz de co-eficientes es precisamente A (este sistema tiene n ecuaciones y n incgnitas). Entonces kerA es unsubespacio de Rn cuyas ecuaciones implcitas tienen por matriz de coeficientes A. Adems, por elTeorema de Rouch-Frbenius se tiene que

dimkerA = n r(A)

Nota: Recordemos que si f es un endomorfismo de Rn tal que A es la matriz asociada a frespecto de la base cannica, entonces

kerA = ker f

2 Polinomio caracterstico

Sea un escalar del cuerpo y A una matriz cuadrada de orden n. Entonces es un valor propio de Asi y slo si existe un vector no nulo v Rn tal que Av = v. Ahora bien la igualdad anterior equivalea Avv = 0 y a AvIv = 0, y sta a su vez a (AI)v = 0, lo cual significa que v ker(AI).As es un valor propio de A si y slo si ker(AI) 6= 0. Y como dimker(AI) = n r(AI),lo anterior equivale a que r(A I) < n. Finalmente esta ltima condicin puede traducirse en que|A I| = 0. En definitiva obtenemos que

R es un valor propio de la matriz A si y solo si |A I| = 0

Si A es una matriz cuadrada de orden n se llama polinomio caracterstico de A al polinomio

A() = |A I|

(en el que denotamos por la variable). En consecuencia este polinomio es de grado n y susraces son precisamente los valores propios de la matriz.Sea un valor propio de una matriz A. Se llama multiplicidad de como valor propio de la

matriz a la multiplicidad que tiene como raz del polinomio caracterstico. Se denotar m(). Comola suma de las multiplicidades de todas las races de un polinomio es como mucho su grado, la sumade las multiplicidades de los valores propios de la matriz es como mucho el grado delpolinomio caracterstico, o sea, el tamao de la matriz.

Ejemplo 2.1 Hallar el polinomio caracterstico y los valores propios de las siguientes matrices:

A1 =

5 5

3 7

!A2 =

2 0 1

4 2 5

0 0 6

A3 =

3 22 3

!

A4 =

1 0 20 1 30 0 1

A5 =

4i 4 8

0 7 00 0 6 2i

3

Para la primera se tiene que el polinomio caracterstico vale

A1() = |A1 I| =

5 53 7

= (5 )(7 ) 15 =

= 35 12+ 2 15 = 20 12+ 2

Sus races valen 12144802

= 1264

2= 128

2= 2, 10. As que los valores propios de A1 son 2 y 10.

Para la segunda se tiene que el polinomio caracterstico vale

A2() = |A2 I| =

2 0 14 2 5

0 0 6

=

= (6 ) 2 04 2

= (6 )(2 )(2 )

De aqu obtenemos que sus races (y por tanto los valores propios de A2) son

6, 2, 2

o dicho de otro modo2 con multiplicidad 2 y 6 con multiplicidad 1

Para la tercera se tiene que el polinomio caracterstico vale

A3() = |A3 I| =

3 22 3

= (3 )(3 ) + 4 =

= 9 6+ 2 + 4 = 13 6+ 2

Sus races (o lo que es lo mismo, los valores propios de la matriz A3) valen

636 522

=616

2=6 4i2

= 3 2i

Para la cuarta se tiene que el polinomio caracterstico vale

A4() = |A4 I| =

1 0 20 1 3

0 0 1

= (1 )(1 )(1 )

Ahora sus races (o lo que es lo mismo, los valores propios de la matriz A4) son, de modo inmediato

1,1,1

Para la quinta se tiene que el polinomio caracterstico vale

A5() = |A5 I| =

4i 4 80 7 0

0 0 6 2i

= (4i )(7 )(6 2i )

Ahora sus races (o lo que es lo mismo, los valores propios de la matriz A5) son, de modo inmediato

4i,7, 6 2i

4

Observacin 2.2 Razonando como con las matrices A4 y A5 del ejemplo (as podr hacerse en lamatriz C del ejercicio que viene a continuacin) puede verse que los valores propios de unamatriz triangular (superior o inferior) son los elementos de la diagonal principal.

Observacin 2.3 Llegado este punto es conveniente que el alumno repase la parte dedicada a laobtencin de races de polinomios. Dicha parte estaba en un apndice del Tema 0, pero la hemosvuelto a incluir en un apndice de presente tema.

Ejemplo 2.4 Hallar el polinomio caracterstico y los valores propios de las matrices

A =

1 9

4 1

!B =

2 1 0

4 2 0

3 2 3

C =

2 0 0

1 3 0

3 2 3

E =

0 2 02 0 0

2 1 5

Solucin:A() = 2 2 35 los valores propios de A son 5, 7

B() = 3 + 72 12 los valores propios de B son 0, 3, 4

C() = (3 )2(2 ) los valores propios de C son 2, 3, 3

E() = (2 + 4)(5 ) los valores propios de E son 5,2i

Propiedad: Dos matrices semejantes tienen el mismo polinomio caracterstico.Del resultado anterior deducimos que matrices semejantes tienen los mismos valores pro-

pios y las mismas multiplicidades. Adems, tiene sentido definir el polinomio caractersticode un endomorfismo como el de cualquiera de sus matrices asociadas, ya que todas ellas sonsemejantes.

Ejemplo 2.5 Calcular los valores propios del endomorfismo de R3 cuya expresin analtica es:

f(x, y, z) = (2x, 3x 2y, x+ 6y + 4z)

Basta calcular cualquiera los valores propios de sus matrices asociadas. Tomaremos por sencillez lamatriz asociada de f respecto de la base cannica. sta es

2 0 03 2 01 6 4

y como hemos dicho con anterioridad, los valores propios de una matriz triangular (superior o infe-rior) son los elementos de la diagonal principal, en este caso

2,2, 4

5

3 Subespacios propios

Dado un valor propio de una matriz cuadrada A, llamaremos subespacio propio de la matriz Aasociado al valor propio a

N = ker(A I) = {v Kn|(A I)v = 0} = {v Kn|Av = v}

Cuando vimos que las races del polinomio caracterstico son los valores propios de una matriz Adeducimos que un vector no nulo v Kn era un vector propio de A asociado al valor propio si yslo si v ker(A I). De este modo, el subespacio propio de la matriz A asociado al valorpropio est formado por todos los vectores propios de la matriz A asociados al valorpropio , adems del vector 0.Propiedades: Para cada valor propio de una matriz cuadrada A de orden n se tiene que:

1. ker(A I) 6= 0 (es decir, dim(ker(A I)) 1).

2. dim[ker(A I)] m().

3. dim[ker(A I)] = n r(A I).

Propiedad: Vectores propios asociados a distintos valores propios son LI; o dicho de otro modo,la suma de los subespacios propios es directa. Esto se traduce en que la unin de bases decada subespacio propio resulta ser una base de la suma de los subespacios propios.

Ejemplo 3.1 Hallar los subespacios propios de la matrices A, B, C y E del Ejercicio 2.4.

A =

1 9

4 1

!

cuyos valores propios eran 5 y 7 se tiene que

ker(A+ 5I) = {x

y

!: A

x

y

!= 5

x

y

!}

es decir ker(A+ 5I) (x+ 9y = 5x4x+ y = 5y

(6x+ 9y = 0

4x+ 6y = 0

y ker(A 7I) = {x

y

!: (A 7I)

x

y

!= 0}

(6x+ 9y = 04x 6y = 0

Para la matriz

B =

2 1 0

4 2 0

3 2 3

cuyos valores propios eran 0, 3 y 4 se tiene que

kerB

2x+ y = 0

4x+ 2y = 0

3x+ 2y + 3z = 0

6

ker(B 3I)

x+ y = 04x y = 03x+ 2y = 0

ker(B 4I)

2x+ y = 04x 2y = 0

3x+ 2y z = 0

Para la matriz

C =

2 0 0

1 3 0

3 2 3

cuyos valores propios eran 3, 3 y 2 se tiene que

ker(C 3I)

x = 0x = 0

3x+ 2y = 0

ker(C 2I)

0 = 0

x+ y = 0

3x+ 2y + z = 0

Para la matriz

E =

0 2 02 0 0

2 1 5

cuyos valores propios eran 5 y 2i se tiene que

ker(E 5I)

6x 2y = 02x 6y = 02x+ y = 0

ker(E 2iI)

2ix 2y = 02x 2iy = 0

2x+ y + (5 2i)z = 0

ker(E + 2iI)

2ix 2y = 02x+ 2iy = 0

2x+ y + (5 + 2i)z = 0

4 Matrices diagonalizables

Una matriz cuadrada se dice que es diagonalizable si es semejante a una matriz diagonal. Unendomorfismo de Rn se dice diagonalizable si la matriz asociada respecto de alguna base del espacioes una matriz diagonal. En ambos casos la matriz diagonal se llamar matriz diagonal asociada,y su diagonal principal estar formada por los valores propios de la matriz A (o delendomorfismo f), como veremos a continuacin. Esta matriz no tiene por qu ser nica, puesdepende del orden en el que elijamos los valores propios (ser nica se elegimos un orden concreto

7

para los escalares de la diagonal, por ejemplo, el orden natural de los nmeros). Adems, comoya hemos visto al principio del tema, dados un endomorfismo f de Rn y A la matriz asociada a frespecto de la base cannica de Rn, se tiene que f es diagonalizable si y slo si A es diagonalizable.Condicin 1: Un endomorfismo (o una matriz) es diagonalizable si y slo si existe una ba-

se del espacio vectorial (que para el caso de la matriz ser Rn) formada por vectores propios delendomorfismo (o de la matriz).Cuando tengamos una matriz A diagonalizable tendremos

A = PDP1

donde D es una matriz diagonal y P es invertible. A D la llamaremosmatriz diagonal semejantea A y a P y a su inversa matrices de paso o matrices cambio de base. Entonces si tomamosel endomorfismo f de Rn tal que

MCC (f) = A

(con C la base cannica de Rn), para la descomposicin A = PDP1 pueden tomarse

D =MBB(f) y P =MBC

con B una base de Rn formada por vectores propios de A. Ahora bien, cmo podemos hallar estabase de vectores propios? Veamos el siguiente resultado.Condicin 2: Una matriz cuadrada A de orden n con coeficientes sobre el cuerpo R es

diagonalizable sobre el cuerpo si y slo Rn es la suma (directa) de todos los subespacios propiosde la matriz si y slo si la suma de las dimensiones de dichos subespacios propios es n.Como consecuencia de este resultado obtenemos, como ya adelantamos con anterioridad, que la

base de vectores propios se puede hallar uniendo bases de cada uno de los subespaciospropios de A.

Condicin 3: Sea A una matriz cuadrada de orden n con coeficientes sobre el cuerpo R.Entonces A es diagonalizable sobre el cuerpo si y slo si se verifican las siguientes condiciones:

1. El polinomio caracterstico Atiene slo races reales. Esto equivale a que la suma de las

multiplicidades de todos los valores propios reales de la matriz es n.

2. Para cada valor propio de la matriz A se tiene que

dim[ker(A I)] = m()

Es una sencilla observacin que si es un valor propio de una matriz cuadradaA tal quem() = 1,entonces dim[ker(A I)] = 1. Esto es consecuencia de que

1 dim[ker(A I)] m() = 1

Deducimos de esto el siguiente criterio, el cual nos proporciona una situacin en la que una matriz esdiagonalizable; esta situacin no tiene por qu darse en todos los casos de matrices diagonalizables,pero cuando se da es ms sencillo observar que la matriz lo es.Condicin 4: Sea A una matriz cuadrada de orden n con coeficientes sobre el cuerpo R. Si A

posee n valores propios de multiplicidad 1 en R, entonces A es diagonalizable sobre R.

8

Ejercicio 4.1 Determinar si son diagonalizables o no las matrices que se dan a continuacin, y encaso afirmativo, obtener una matriz diagonal asociada y una matriz de paso, que permita descomponerla matriz inicial:

1. Las matrices A1, A2, A3, A4, A5, A6 del Ejemplo 2.1.

2. Las matrices A,B,C,E del Ejemplo 2.4.

3.

F =

0 0 0

1 0 08 2 3

G =

0 1 2

1 0 30 0 4

H =

1 0 0

1 0 00 5 3

J =

1 0 0

0 1 0

8 0 1

L =

2 0 0

0 2 0

4 2 4

M =

1 1 2

2 2 4

3 3 6

N =

2 0 0 0

0 0 0 0

1 0 2 0

2 4 0 0

Q =

1 0 0 00 1 0 00 0 1 03 1 0 5

Solucin: 1) Sobre R slo es diagonalizable A1. Sobre C tambin son diagonalizables A3 y A5.2) Sobre R son diagonalizables A y B. Sobre C tambin es diagonalizable E.3) Valores propios:De F son 0, 0, 3; de G es 4,i; de H son 0, 1, 3; de J son 1, 1, 1; de L son 2, 2,4; de M son

0, 0, 9; de N son 0, 0, 2, 2; de Q son 1,1,1, 5.Son diagonalizables sobre R las matrices H, L, M , y Q. Sobre C es diagonalizable adems G.

Vamos a hacer el desarrollo completo con las matrices H y L.Empezando por la primera, el polinomio caracterstico es

H() = |H I| =

1 0 01 0

0 5 3

=

= (1 )()(3 )

de donde deducimos que los valores propios de H son

1, 0, 3

(con multiplicidad uno todos). Entonces segn uno de nuestros criterios la matriz es diagonalizable,pues es de orden 3 y tiene 3 valores propios distintos. Una matriz diagonal asociada sera

D1 =

0 0 0

0 1 0

0 0 3

9

Hallemos una base de R3 formada por vectores propios de la matriz. Para ello tenemos que hallaruna base de cada uno de los subespacios propios:En primer lugar tenemos que

H 0I = H =

1 0 0

1 0 00 5 3

luego kerH

x = 0

x = 05y + 3z = 0

y una base de este espacio vectorial es{(0, 3, 5)}

Despus tenemos que

H 1I = H I =

0 0 0

1 1 00 5 2

luego ker(H I)

0 = 0

x y = 05y + 2z = 0

y una base de este espacio vectorial es{(2, 2, 5)}

En ltimo lugar tenemos que

H 3I =

2 0 01 3 00 5 0

luegoker(H 3I)

2x = 0x 3y = 05y = 0

y una base de este espacio vectorial es{(0, 0, 1)}

As tenemos la siguiente base de R3 formada por vectores propios de H

B1 = {(0, 3, 5), (2, 2, 5), (0, 0, 1)}

Entonces denotando por C a la base cannica de R3 se tiene la siguiente descomposicin

H = P1D1P11

donde

P1 =MB1C =

0 2 03 2 0

5 5 1

10

Ahora vamos con la matriz L. Su polinomio caracterstico es

L() = |L I| =

2 0 00 2 0

4 2 4

= (2 )2(4 )

de donde deducimos que los valores propios de L son

4, 2, 2

Para comprobar que la matriz es diagonalizable sobre R habra que ver en primer lugar que haytantos valores propios reales (se cuenta cada uno repetido segn su multiplicidad, es decir el 4 unavez y el 2 dos veces) como tamao tiene la matriz, 3, lo cual es claro que se cumple. Ahora habraque comprobar que cada valor propio tiene igual multiplicidad que dimensin su subespacio propio.Como el valor propio 4 tiene multiplicidad 1 para l ya sabemos que la coincidencia se da. Vayamosa realizar la comprobacin sobre el valor propio doble: el 2. Como la matriz es

L 2I =

0 0 0

0 0 0

4 2 6

es claro quedim[ker(L 2I)] = 3 r(L 2I) = 3 1 = 2 = m(2)

por lo que ya est comprobada la coincidencia para todos los valores propios. Una matriz diagonalasociada sera

D2 =

4 0 00 2 0

0 0 2

Hallemos una base de R3 formada por vectores propios de la matriz. Para ello tenemos que hallaruna base de cada uno de los subespacios propios:En primer lugar tenemos que

L (4)I = L+ 4I =

6 0 0

0 6 0

4 2 0

luego ker(L+ 4I)

6x = 0

6y = 0

4x+ 2y = 0

y una base de este espacio vectorial es{(0, 0, 1)}

A partir de la matriz L 2I calculada anteriormente tenemos que

luegoker(L 2I)

0 = 0

0 = 0

4x+ 2y 6z = 0

11

y una base de este espacio vectorial es (despejando y = 2x+ 3z)

{(1,2, 0), (0, 3, 1)}

As tenemos la siguiente base de R3 formada por vectores propios de L

B2 = {(0, 0, 1), (1,2, 0), (0, 3, 1)}

Entonces denotando por C a la base cannica de R3 se tiene la siguiente descomposicin

L = P2D2P12

donde

P2 =MB2C =

0 1 0

0 2 31 0 1

5 Aplicacin de la diagonalizacin al clculo de potenciasde matrices

Supongamos que prentendemos calcular diferentes potencias de la matriz

A =

79

6

8

!Entonces se tiene que

A2 =

59

6

10

!, A3 =

1927

18

26

!, A4 =

2945

30

46

!Ahora bien, qu ocurre si pretendemos calcular potencias altas de la matriz? O bien obtenerde forma genrica la expresin de Ak? La diagonalizacin puede ser empleada para resolver estacuestin. Veamos cmo:Si A es una matriz diagonalizable cuya descomposicin es

A = PDP1

(donde D es la matriz diagonal asociada y P la matriz de paso) entonces se cumple para cada ndicenatural k que

Ak = PDkP1

Adems si D es una matriz diagonal con elementos

{1,2, ...,n}

en la diagonal principal, para cada k = 1, 2, 3, ... se tiene que Dk es tambin una matriz diagonal, ylos elementos de la diagonal principal son

{k1,k2, ...,kn}

12

Ejemplo 5.1 En el ejemplo anterior para la matriz

A =

79

6

8

!

hallemos A100.Empecemos calculando su polinomio caracterstico

|A I| = 7 9 68

=

= (7 )(8 ) + 54 = 2 2 = (+ 1)( 2)

luego los valores propios de A son = 1, = 2. Entonces es diagonalizable (dos valores propiosdistintos para una matriz de orden 2) y una matriz diagonal asociada es

D =

10

0

2

!

Los subespacios propios son

ker(A+ I) (6x+ 6y = 09x+ 9y = 0

, con base {(1, 1)}

y

ker(A 2I) (9x+ 6y = 09x+ 6y = 0

, con base {(2, 3)}.

De este modo a partir de la baseB = {(1, 1), (2, 3)}

de R2 formada por vectores propios, puede obtenerse la matriz de paso

P =MBC =

1

1

2

3

!

que nos permite tener la descomposicin

A = PDP1

En este caso

P1 =

3

121

!Entonces

A100 = PD100P1 =

1

1

2

3

!(1)1000

0

2100

!P1 =

=

1

1

2101

3 2100!

3

121

!=

3 21013 3 2100

2 + 21012 + 3 2100

!

13