Valores vectorespropios-productointerno-cuadraticas

Ingenierıa Civil.Matematicas I. 2012-2013.

Departamento de Matematica Aplicada II.Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla.

Tema 6.- Autovalores y autovectores.

6.1.- Autovalores y autovectores.

Definicion y propiedades.La ecuacion caracterıstica.

6.2.- Diagonalizacion.

Matrices diagonalizables.Matrices no diagonalizables.

6.3.- Matrices simetricas reales.

Diagonalizacion. El teorema espectral.

6.4.- Aplicaciones del calculo de autovalores y autovectores.

Ecuaciones en diferencias.Conicas y cuadricas giradas.

6.5.- Ejercicios.

Enunciados.Soluciones.

A lo largo de todo el tema trataremos esencialmente con matrices cuadradas reales (aun-que muchos de los resultados que veamos tambien seran validos para el caso de matrices cua-dradas complejas). De todos modos, aun trabajando con matrices reales, sera imprescindiblehacer referencia a los numeros (y a los vectores) complejos. La razon es que necesitaremosconsiderar las raıces de un polinomio con coeficientes reales (si la matriz es real) y estaspueden ser complejas con parte imaginaria no nula.

Una matriz A cuadrada m×m define una transformacion lineal sobre Km,

x ∈ Km −→ y = Ax ∈ Km.

Aunque la matriz sea real, cuando algunas de las raıces del llamado polinomio caracterıstico

de A (que sera un polinomio real) sean numeros complejos, con parte imaginaria no nula,sera conveniente referirnos a la transformacion definida por A sobre el espacio complejo Cm.En estos casos, tendremos que considerar para vectores complejos todos los aspectos linealesque hemos considerado en el tema 4: combinaciones lineales, dependencia/independencialineal, subespacios vectoriales de Cm, dimension, espacios nulo y columna, etc.

La transformacion de vectores que efectua la matriz A puede ser mas o menos sencillade describir dependiendo del vector (o de la direccion) sobre la que se efectue. El problemafundamental que se aborda es el de la determinacion de las llamadas direcciones principales:direcciones sobre las que la matriz A actua como la multiplicacion por un numero. Calculemospara algunos ejemplos geometricos en el plano y en el espacio, los vectores sobre los cualesla transformacion asociada a una matriz actua simplemente multiplicando por un numero.

149

150 Tema 6.- Autovalores y autovectores.

Ejemplos.

(1) Consideremos la transformacion lineal en el plano consistente en la simetrıa respecto deuna recta r que pase por el origen de coordenadas. Aplicando esta transformacion sobreun vector de dicha recta se obtiene el mismo vector y aplicandola sobre un vector dela recta s perpendicular a r que pasa por el origen de coordenadas se obtiene el vectoropuesto. Los vectores (no nulos) de las rectas r y s se denominan vectores propios oautovectores de la transformacion dada. Las rectas a veces se denominan direccionesprincipales de la transformacion y los coeficientes λ1 = 1 y λ2 = −1, asociados a dichasdirecciones, se suelen denominar valores propios o autovalores.

(2) Consideramos un plano π que pase por el origen en el espacio R3 y la transformacionlineal T : R3 −→ R3 que asocia a cada vector v ∈ R3 el vector T (v) ∈ R3 que se obtieneal proyectar v (ortogonalmente) sobre el plano considerado. Si {v1, v2} son dos vectoresque generan el plano y v3 es un vector (no nulo) perpendicular al plano tenemos que

T (v1) = v1, T (v2) = v2, T (v3) = 0

con lo cual v1, v2 y v3 son autovectores y los coeficientes respectivos 1, 1 y 0 son auto-valores. Puesto que los vectores v1, v2 y v3 forman una base de R3, cualquier vec-tor v ∈ R3 puede expresarse como combinacion de ellos y teniendo dicha expresionv = αv1+βv2+γv3 es inmediato obtener T (v) como combinacion lineal de los vectoresv1, v2 y v3,

T (v) = αT (v1) + βT (v2) + γT (v3) = αv1 + βv2.

Por ejemplo, para el plano π ≡ 2x− 3y + z = 0 podemos tomar los vectores

v1 =

320

, v2 =

10−2

y v3 =

2−31

(la transformacion lineal no depende de como elijamos los vectores v1, v2 y v3). Notemosque a partir de lo anterior es facil obtener la matriz A de T respecto a la base canonica(puesto que tenemos los vectores v1, v2 y v3 y sus transformados expresados respectoa la base canonica). La matriz A verifica

A

v1 v2 v3

=

Av1 Av2 Av3

y puesto que la matriz

P =

v1 v2 v3

tiene inversa (por ser sus columnas linealmente independientes), podemos despejar la

Matematicas I. Ingenierıa Civil

6.1.- Autovalores y autovectores. 151

matriz A,

A =

Av1 Av2 Av3

v1 v2 v3

−1

=

=

3 1 02 0 00 −2 0

128

6 5 32 −3 −134 −6 2

= 128

20 12 −412 10 6−4 6 26

.

(3) Si A es una matriz diagonal con elementos diagonales d1, d2, . . . , dm, es claro que paralos vectores canonicos e1, e2, . . . , em se verifica Aek = dkek.

(4) Si tomamos dos vectores {v1, v2} linealmente independientes del plano, cualquier trans-formacion lineal T : R2 −→ R2 queda determinada si conocemos como actua sobreestos vectores. Si A es la matriz asociada a T respecto a la base canonica, podemosdeterminar dicha matriz a partir de Av1 y Av2 (si conocemos las coordenadas de losvectores v1, v2, Av1 y Av2 respecto a la base canonica). Si tomamos por ejemplo losvectores

v1 =

[

1−2

]

, v2 =

[

−2−1

]

, T (v1) = Av1 = −3v1, T (v2) = Av2 = 2v2

(con lo cual tenemos una situacion en la que conocemos las direcciones sobre las cualesla transformacion actua multiplicando por un numero), es facil determinar la matriz Ateniendo en cuenta que, puesto que v1 y v2 son linealmente independientes, la matrizcuyas columnas son v1 y v2 tiene inversa y

A

v1 v2

=

−3v1 2v2

=⇒ A

v1 v2

=

v1 v2

[

−3 00 2

]

=⇒

=⇒ A =

v1 v2

[

−3 00 2

]

v1 v2

−1

Notemos que de esta ultima expresion es facil obtener las matrices An, n = 1, 2, . . .

An =

v1 v2

[

(−3)n 00 2n

]

v1 v2

−1

y, por tanto, los vectores que se obtienen al aplicar sucesivamente la matriz A sobreun vector dado

u,Au,A (Au) = A2u, . . . , Anu, . . .

Matematicas I. 2012-2013


6.1.- Autovalores y autovectores.

6.1.1.- Definicion y propiedades.

Definicion. Sea A una matriz cuadrada de orden m. Diremos que un escalar λ ∈ C es unautovalor de A si existe un vector v ∈ Cm, v 6= 0 tal que Av = λv, en cuyo caso se diceque v es un autovector de A asociado al autovalor λ.

Obviamente, si tenemos un autovector v de A asociado a un autovalor λ, cualquier multi-plo no nulo de v tambien es un autovector de A asociado al mismo autovalor λ. Por otraparte, si tenemos dos autovectores v1 y v2 asociados a un mismo autovalor λ, cualquier com-binacion lineal no nula de dichos autovectores tambien es un autovector de A asociado almismo autovalor λ.

Observaciones.

(a) Al hacer transformaciones fila (o columna) sobre una matriz A, los autovalores y losautovectores de la matriz que se obtieneNO guardan relacion (en general) con los auto-valores y autovectores de la matriz original. En general, tampoco es cierto que los auto-valores de una matriz suma/resta/producto de otras dos sean suma/resta/producto delos autovalores de cada uno de los sumandos. Ejercicio. Busca ejemplos de todo loanterior.

(b) El concepto de autovalor y autovector no es exclusivo de los espacios de coordenadas,ni de los espacios vectoriales de dimension finita. Por ejemplo, siendo V el espaciovectorial de las funciones y : R → R indefinidamente derivables y siendo T : V → Vla aplicacion lineal y −→ T (y) = y′′, se tiene que λ = 0 es un autovalor de T y todopolinomio de primer grado es un autovector asociado. Por otra parte λ = 1 tambien esautovalor y la funcion y(x) = ex es un autovector asociado.

6.1.2.- La ecuacion caracterıstica.

Proposicion. Dada una matriz cuadrada A y un numero λ0 ∈ C, son equivalentes:

(1) λ0 es un autovalor de A.

(2) El sistema homogeneo (A− λ0I)x = 0 es un sistema compatible indeterminado.

(3) dim [Nul (A− λ0I)] ≥ 1. (3’) El rango [A− λ0I] no es maximo.

(4) La matriz (A− λ0I) no tiene inversa.

(5) det [A− λ0I] = 0.

Por tanto, los autovalores de A son las soluciones de la ecuacion p(λ) = det [A− λI] = 0.Esta ecuacion se denomina ecuacion caracterıstica de la matriz A y p(λ) = det [A− λI]se denomina polinomio caracterıstico.

Siendo A = [aij ] una matriz m×m,

p(λ) = det [A− λI] =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 − λ a12 . . . a1ma21 a22 − λ . . . a2m...

.... . .

...am1 am2 . . . amm − λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (−1)mλm+cm−1λm−1+ · · ·+c0


6.1.- Autovalores y autovectores. 153

es un polinomio de grado m y, por tanto, tiene m raıces (contando cada una segun sumultiplicidad) que pueden ser reales o complejas no-reales (aun en el caso en que la matrizA sea real).

El subespacio vectorial Nul [A− λ0I] se denomina espacio propio asociado al autovalorλ0 (notemos que en general estara compuesto por vectores complejos, los autovectores de Aasociados a λ0 y el vector nulo),

Nul [A− λ0I] = {0} ∪ {autovectores asociados a λ0} .

De manera habitual cuando hablemos de autovectores asociados a un autovalor nos referire-mos a una base del espacio propio asociado, es decir autovectores linealmente independientesde forma que cualquier autovector asociado al autovalor en cuestion sea combinacion linealde ellos.

Ejemplo. Ademas de los ejemplos considerados anteriormente, veamos el siguiente ejemplo

en el que la matriz A viene dada. Consideremos la matriz A =

[

1 22 1

]

.

Autovalores: Para cualquier escalar λ tenemos que

A− λI =

[

1− λ 22 1− λ

]

=⇒ det (A− λI) = (1− λ)2 − 4 = λ2 − 2λ− 3 = (λ− 3)(λ+ 1).

Por tanto det (A− λI) = 0⇐⇒ λ = −3 o λ = −1.Autovectores

asociados a λ1 = 3 : son los vectores no-nulos que estan en el espacio nulo de A− 3I,

(A− 3I)x = 0 ≡[

−2 2 02 −2 0

]

−→[

−1 1 00 0 0

]

⇒ x = x2

[

11

]

⇒ v1 =

[

11

]

,

asociados a λ2 = −1 : son los vectores no-nulos que estan en el espacio nulo de A+ I,

(A+ I)x = 0 ≡[

2 2 02 2 0

]

−→[

1 1 00 0 0

]

⇒ x = x2

[

−11

]

⇒ v2 =

[

−11

]

.

Las propiedades referidas a autovalores las podemos agrupar dependiendo de si puedenobtenerse directamente de la definicion (con lo cual estaran involucrados los autovectores) osi se obtienen a partir del polinomio caracterıstico (algunas de ellas pueden obtenerse de lasdos formas).

Proposicion. Sea λ un autovalor de A y v un autovector asociado, entonces:

(1) αλ es un autovalor de αA y v es un autovector asociado.

(2) (λ− µ) es un autovalor de A− µI y v es un autovector asociado.

(3) λk es un autovalor de Ak y v es un autovector asociado.

(4) Si q(·) es un polinomio, entonces q(λ) es un autovalor de q(A) y v es un autovectorasociado. (Ejemplo: 3λ3+5λ2−7λ+2 es un autovalor de la matriz 3A3+5A2−7A+2I).



(5) Si A tiene inversa, entonces λ 6= 0, λ−1 es un autovalor de A−1 y v es un autovectorasociado.

(6) Sea A una matriz real, λ = a+ bi ∈ C, (a, b ∈ R) un autovalor de A y v = u+ iw ∈ Cm

un autovector de A asociado a λ. Entonces λ = a− bi ∈ C tambien es autovalor de Ay v = u− iw ∈ Cm es un autovector de A asociado a λ.

Proposicion. Sea A una matriz m×m. Se verifica:

(a) A tiene a lo sumo m autovalores distintos.

(b) A y AT tienen los mismos autovalores (aunque los autovectores asociados pueden serdistintos).

Proposicion. Sea A una matriz m×m y sea

p(λ) = det [A− λI] = (−1)mλm + cm−1λm−1 + · · ·+ c1λ+ c0 =

= (−1)m(λ− λ1) · · · (λ− λm)

su polinomio caracterıstico (es decir λ1, · · · , λm son los autovalores de A, iguales o distintos).Se verifica:

(a) El determinante de A es igual al producto de sus autovalores (apareciendo cada uno, endicho producto, tantas veces como indique su multiplicidad como raız del polinomiocaracterıstico)

λ1 · · ·λm = det (A) = p(0) = c0.

(b) La traza de A (la suma de los elementos diagonales de A) es igual a la suma de susautovalores (apareciendo cada uno, en dicha suma, tantas veces como indique su multi-plicidad como raız del polinomio caracterıstico)

λ1 + λ2 + · · ·+ λm = (−1)m−1cm−1 = traza(A) := a11 + a22 + · · ·+ amm.

Uno de los resultados mas importantes referidos a autovalores y autovectores es elsiguiente.

Teorema. A autovalores distintos corresponden autovectores linealmente independientes.Es decir, si λ1, . . . , λp son autovalores de A distintos dos a dos y v1, . . . , vp son autovectoresde A asociados respectivamente a λ1, . . . , λp, entonces

{v1, . . . , vp} es linealmente independiente.


6.2.- Diagonalizacion. 155

6.2.- Diagonalizacion.

Consideremos una transformacion lineal T : Km −→ Km y la matriz A asociada (cuadra-da, m×m) respecto de la base canonica C de Km. Es decir, siendo x las coordenadas cannicasde un vector v y siendo y las coordenadas canonicas del transformado T (v), tenemos quey = Ax. Consideremos otra base B y denotemos por x′ e y′ a las coordenadas de v y T (v),respectivamente, respecto de dicha base B. Si P es la matriz del cambio de base C ←− Btenemos que x = Px′ e y = Py′. Por tanto, la transformacion lineal T se puede expresar, encoordenadas respecto a B mediante

y = Ax⇐⇒ Py′ = APx′ ⇐⇒ y′ = P−1APx′.

Es decir, de la misma forma que A representa a T respecto a la base canonica, la matrizB = P−1AP tambien representa a T , pero respecto a la base B. Cuando dos matrices A yB (cuadradas del mismo orden) estan relacionadas mediante la igualdad B = P−1AP paraalguna matriz P no-singular, se dice que A y B son semejantes. En este caso se trata dematrices que representan a la misma transformaion lineal respecto de bases distintas.

En este apartado vamos a considerar el problema de intentar determinar una matriz Ppara la cual B = P−1AP sea una matriz lo mas sencilla posible (que permita describir latransformacion T asociada de la forma mas simple). La forma mas simple que se puedeplantear es el de una matriz diagonal. Para algunas matrices A sera posible obtener unamatriz diagonal y para otras no.

6.2.1.- Matrices diagonalizables.

Definicion. Se dice que una matriz A m×m es diagonalizable si existe alguna matriz Pno singular tal que P−1AP es una matriz diagonal D. En este caso, se dice que P es una

matriz de paso que diagonaliza A y que la expresion A = PDP−1 es una diagonalizacion de

A.Notemos que si

P−1AP = D =

d1 0 0 . . . 00 d2 0 . . . 00 0 d3 . . . 0...

......

. . ....

0 0 0 . . . dm

entonces de la igualdad matricial AP = PD,

A

v1 v2 . . . vm

=

v1 v2 . . . vm

d1 0 . . . 00 d2 . . . 0...

.... . .

...0 0 . . . dm

se obtiene que cada columna, Avk, de la matriz AP es igual a la correspondiente columnade PD. Es decir, cada columna de P es un autovector de A asociado al correspondienteelemento diagonal de D, que sera un autovalor de A.

Por otra parte, el que la matriz P sea no-singular (≡ tiene inversa ≡ det (A) 6= 0) esequivalente a que sus m columnas sean linealmente independientes.



Cuando sea posible, para construir una diagonalizacion de A bastara con obtener mautovectores linealmente independientes. La matriz P de orden m que tenga a dichos auto-vectores linealmente independientes como columnas (en un cierto orden) sera no-singular yverificara AP = PD siendo D la matriz diagonal cuyos elementos diagonales son los auto-valores (en el mismo orden en el que hayamos puesto los autovectores en la matriz P ). Portanto tenemos una diagonalizacion de A.

Notemos que si en una diagonalizacion A = PDP−1,

cambiamos el orden en las columnas de P y de forma simultanea cambiamos el ordenen los elementos diagonales de D, de manera que se correspondan columnas de P -elementos diagonales de D, se obtiene otra diagonalizacion de A;

sustituimos cada columna de P por un multiplo no-nulo de dicha columna, se obtieneotra matriz de paso distinta que tambien diagonaliza a A (la matriz D no cambia).

Proposicion. Sea A una matriz m×m. Se verifica:

(1) A es diagonalizable si y solo si tiene m autovectores linealmente independientes.

(2) Si A es diagonalizable tambien lo es cualquier potencia Ak, k = 1, 2, · · ·

(3) Si A es diagonalizable tambien lo es cualquier matriz de la forma A− µI.

(4) Si A es diagonalizable tambien lo es cualquier polinomio en A

q(A) = ckAk + · · ·+ c1A+ c0I.

(5) Si A tiene inversa, A es diagonalizable si y solo si lo es su inversa A−1.

(6) A es diagonalizable si y solo si lo es AT .

Si tenemos una diagonalizacion de A, P−1AP = D ≡ A = PDP−1 se obtienen las siguientesdiagonalizaciones de Ak, A− µI,AT y A−1 (si existe)

Ak = PDkP−1, A− µI = P (D − µI)P−1, AT = (P T )−1D(P T ), A−1 = PD−1P−1.

Recordemos que a autovalores distintos corresponden autovectores linealmente indepen-dientes. Por tanto,Teorema. Si todos los autovalores de A son simples (A tiene m autovalores distintos),entonces A es diagonalizable.

Para que una matriz sea diagonalizable no es imprescindible que todos sus autovaloressean simples. Por ejemplo λ = 1 es un autovalor doble de la matriz

A =

2 1 01 2 00 0 1



y A es diagonalizable (compruebalo!). Aunque hay matrices que no son diagonalizables, comopor ejemplo

B =

[

2 10 2

]

.

Para analizar de forma mas detallada cuando una matriz es diagonalizable consideramoslos siguientes conceptos.

Definicion. Sea A una matriz m×m y sea λ0 un autovalor de A. Se llama:

(a) Multiplicidad algebraica de λ0, y se denota por ma(λ0), a la multiplicidad de λ0

como raız del polinomio caracterıstico p(λ) = det (A− λI) de A. Es decir, p(λ) puedefactorizarse como

p(λ) = (λ− λ0)ma(λ0)q(λ),

siendo q(λ) un polinomio (de grado m−ma(λ0)) que no se anula para λ0, q(λ0) 6= 0.

(b) Multiplicidad geometrica de λ0, y se denota por mg(λ0), a la dimension del espacionulo de A− λ0I,

dim [Nul (A− λ0I)] = m− rango [(A− λ0I)] .

Es decir, la multiplicidad geometrica es el numero (maximo) de autovectores lineal-mente independientes asociados al autovalor.

Lo unico que se puede afirmar en general sobre la relacion entre las multiplicidadesalgebraica y geometrica de un autovalor de una matriz viene dado por el siguiente resultado.

Lema. Sea λ0 un autovalor de una matriz A, entonces 1 ≤ mg(λ0) ≤ ma(λ0).

Teorema. A es diagonalizable si y solo si para cada autovalor λ se verifica que

ma(λ) = mg(λ).

En ese caso, si λ1, . . . , λp son (todos) los autovalores distintos de A y tenemos una base Bk decada uno de los subespacios Nul [A− λkI] (es decir, tenemos tantos autovectores linealmenteindependientes asociados a λk como indica su multiplicidad algebraica), entonces

B = B1 ∪ · · · ∪ Bp

es una base de Rm o de Cm.

Por tanto:

Para determinar si una matriz es diagonalizable habra que determinar si cada autovalormultiple tiene asociados tantos autovectores linealmente independientes como indiquesu multiplicidad algebraica.

Para construir una diagonalizacion, cuando sea posible, habra que obtener tantos auto-vectores linealmente independientes, asociados a cada autovalor, como indique su multi-plicidad algebraica;



Observacion.- Para una matriz diagonalizable A, el tener una diagonalizacion

P−1AP = D (diagonal),

permite obtener potencias enteras de dicha matriz,

Ak = PDkP−1

y calcular la correspondiente potencia para una matriz diagonal se reduce a obtener el valorde dicha potencia en cada uno de los elementos de la diagonal principal.

6.2.2.- Matrices no diagonalizables.

Una matriz cuadrada A es diagonalizable si, y solo si, hay una base (de Rn o Cn) formadapor autovectores de A. Cuando A no es diagonalizable hay situaciones en las que es necesarioencontrar tambien una base cuyos elementos verifiquen ciertas propiedades similares a lasde los autovectores de A. Estos seran los denominados autovectores generalizados de A.

Definicion. Sea A una matriz m × m y sea λ un autovalor de A. Se dice que un vectorv 6= 0 es un autovector generalizado de A asociado a λ si se verifica que (A− λI)k v = 0para algun entero positivo k.

Es decir, los autovectores generalizados de A asociados a λ son (excluyendo al vectornulo), los vectores de los espacios nulos de las matrices (A− λI)k , k = 1, 2, 3, ...

Observaciones.

1) Es facil comprobar que

Nul (A− λI) ⊆ Nul[

(A− λI)2]

⊆ · · · ⊆ Nul[

(A− λI)k]

⊆ Nul[

(A− λI)k+1]

⊆ . . .

2) Puesto que la dimension del espacio es finita, los subespacios anteriores no pueden crecerde manera indefinida, sino que para un cierto valor r se verificara

Nul [A− λI] ( Nul[

(A− λI)2]

( · · · ( Nul [(A− λI)r] = Nul[

(A− λI)r+1]

= · · · .

3) Si v ∈ Nul[

(A− λI)k]

entonces Av ∈ Nul[

(A− λI)k]

. Es decir, si v es un autovectorgeneralizado, Av tambien lo es (o es el vector nulo).

El siguiente resultado indica que para calcular los autovectores generalizados hay quellegar, a lo sumo, hasta la potencia ma(λ). Nos indica ademas que, si bien en general no escierto que para un autovector generalizado v asociado a λ se tenga que Av es λv, se tiene encambio que Av es tambien autovector generalizado asociado a λ.

Teorema. Sea A matriz m×m y sea λ autovalor de A de multiplicidad algebraica ma(λ).Existe un valor 1 ≤ r ≤ ma(λ) tal que

dim (Nul [A− λI]) < · · · < dim (Nul [(A− λI)r]) = dim(

Nul[

(A− λI)ma(λ)])

= ma(λ),

y Nul[

(A− λI)k]

= Nul[

(A− λI)ma(λ)]

para k ≥ r.

Observaciones.



1) La proposicion anterior no contradice lo visto hasta ahora para autovectores: si A es dia-gonalizable y λ es autovalor de multiplicidad algebraica ma(λ) = l (su multiplicidadgeometrica sera por tanto mg(λ) = l) el valor r de la proposicion anterior es r = 1.

2) Observe que segun el teorema anterior los autovectores generalizados siempre son loselementos de Nul

[

(A− λI)ma(λ)]

, aunque dependiendo de cada caso, dicho espacionulo puede coindicir con el espacio nulo de una potencia inferior de A− λI.

Ejemplo. Consideremos la matriz

A =

−1 0 2 −24 4 −1 −24 8 4 −94 5 1 −5

.

Vamos a calcular una base de R4 formada por autovectores y autovectores generalizados deA. Su polinomio caracterıstico es pA(x) = (x−1)3(x+1), luego sus autovalores son λ1 = −1con multiplicidad algebraica ma(λ1) = 1 y λ2 = 1 con multiplicidad algebraica ma(λ2) = 3.Como λ1 = −1 es autovalor simple, sus multiplicidades algebraica y geometrica coinciden.Un autovector asociado a λ1 = −1 es, por ejemplo, v1 = (1, 1, 3, 3)T y los demas autovectoresasociados al mismo autovalor son multiplos de v1. Para el autovalor triple λ2 = 1, las matricesA− λ2I y la escalonada superior obtenida de ella por eliminacion gaussiana son

A− λ2I =

−2 0 2 −24 3 −1 −24 8 3 −94 5 1 −6

Elim. Gauss.−→

−2 0 2 −20 3 3 −60 0 −1 30 0 0 0

.

Puesto que A − λ2I tiene rango 3, solo hay un autovector independiente asociado al auto-valor λ2 = 1 y por tanto, A no es diagonalizable. Los autovectores asociados son los multiplos(no nulos) de v2 = (2,−1, 3, 1)T .

Calculemos una base de autovectores generalizados asociados al autovalor λ2 = 1. Paraello, debemos calcular las potencias A−λ2I hasta que una de ellas tenga rango m−ma(λ2) =4 − 3 = 1 con lo cual el espacio nulo de dicha potencia de A − λ2I tendra dimension 3. Lamatrices (A− λ2I)

2 y la escalonada superior obtenida por eliminacion gaussiana son

(A− λ2I)2 =

4 6 0 −2−8 −9 0 70 3 0 3−8 −7 0 9

Elim. Gauss.−→

4 6 0 −20 3 0 30 0 0 00 0 0 0

,

cuyo rango es 2 (todavıa distinto de 1 = 4 − ma(λ2)). Por tanto la dimension del espacionulo de (A − λ2I)

2 es 2 y podemos obtener en dicho espacio nulo un autovector genera-lizado v3 linealmente independiente con v2, por ejemplo v3 = (0, 0, 1, 0)T . Notemos queNul ((A− λ2I)

2) = Gen {v2, v3}. La matriz (A− λ2I)3 es

(A− λ2I)3 =

8 8 0 −88 8 0 −824 24 0 −2424 24 0 −24

,



cuyo rango es 1 = 4 − ma(λ2). Por tanto, el espacio nulo de (A − λ2I)3 tiene dimension

3. En este espacio nulo podemos obtener un autovector generalizado v4 que sea linealmenteindependiente con {v2, v3}, por ejemplo v4 = (1,−1, 0, 0)T . Notemos que

Nul ((A− I)3) = Gen {v2, v3, v4}

y que los vectores de este espacio son, ademas del vector nulo, todos los autovectores y auto-vectores generalizados asociados al autovalor λ1 = 1. Ası, hemos obtenido tres autovectores(generalizados) asociados al autovalor triple λ1 = 1 de una determinada forma, ampliando deuna base de Nul (A−I) a una de Nul ((A−I)2) y de esta a una de Nul ((A−I)3). Podrıamoshaber obtenido una base de Nul ((A− I)3) sin necesidad de pasar por bases de los espaciosintermedios. Por ejemplo, los vectores

w2 = (1,−1, 0, 0)T , w3 = (0, 1, 0, 1)T , w4 = (0, 0, 1, 0)T

forman una base de Nul ((A− I)3).

Por tanto, tenemos como bases de R4

{v1, v2, v3, v4} y {v1, w2, w3, w4}.

Para observar la diferencia entre ellas (y entender por que, en general, es mas convenienteencontrar una base por el procedimiento seguido para construir {v1, v2, v3, v4}) se proponecomo ejercicio determinar la matriz P−1AP tomando respectivamente como matriz P lamatriz cuyas columnas son las coordenadas de los vectores de cada una de las bases anteriores.Ası, si formamos P1 = [v1, v2, v3, v4] y P2 = [v1, w2, w3, w4] obtenemos

P−11 AP1 =

−1 0 0 00 1 1 −10 0 1 −10 0 0 1

, P−12 AP2 =

−1 0 0 00 −1 −2 20 −1 0 10 −4 −1 4

.

Observamos que con P1, en el bloque correspondiente al autovalor 1, este aparece en ladiagonal y ademas es un bloque triangular superior, es decir, en la matriz obtenida (que nopuede ser diagonal pues A no es diagonalizable), los autovalores aparecen en la diagonal yel bloque del autovalor 1 al menos tiene ceros por debajo de la diagonal.

Sin embargo, con P2 ni el autovalor 1 aparece en la diagonal ni su bloque correspondientees triangular.

Si una matriz es diagonalizable al “juntar autovectores independientes de autovaloresdiferentes se obtiene una base de Rm (o de Cm). De la misma forma cuando se unen basesde los espacios de autovectores generalizados se obtiene una base de Rm (o de Cm). Siendomas preciso, tenemos el siguiente resultado.

Proposicion. Sea A una matriz cuadrada de orden m, con polinomio caracterıstico

pA(λ) = (λ− λ1)m1 . . . (λ− λp)

mp ,

con λ1, . . . , λp distintos entre sı. Si Bj es base de Nul (A−λjI)mj , para j = 1, . . . , p, la union

de dichas bases B = {B1, . . . ,Bp} es base de Rm (o de Cm).


6.3.- Matrices simetricas reales. 161

Observacion-Ejercicio. Segun vimos en el estudio de las propiedades del calculo de auto-valores y autovectores, todo autovector de una matriz A es autovector de cualquiera de suspotencias A2, A3, . . . El recıproco no es cierto, en general. Por ejemplo, tomando la matriz

A =

[

0 10 0

]

se verifica que A2 es la matriz nula y, por tanto, cualquier vector no-nulo de R2 es autovectorde A2 asociado a su unico autovalor λ = 0. Sin embargo, hay vectores de R2 que no sonautovectores de A, por ejemplo v = [ 1, 1 ].

Determina los autovectores de cada una de las potencias de

A =

0 0 1 00 0 0 10 0 0 00 0 0 0

.

6.3.- Matrices simetricas reales.

Las matrices simetricas reales constituyen uno de los tipos mas importantes de matricespara las cuales puede garantizarse la diagonalizabilidad. Ademas, dicha diagonalizacion sepuede obtener matrices de paso ortogonales.

6.3.1.- Diagonalizacion. El teorema espectral

Teorema. Sea A una matriz real simetrica. Entonces:

(a) Todos los autovalores de A son reales.

(b) Si v1 y v2 son autovectores (reales) de A asociados a autovalores distintos λ1 y λ2,entonces v1 y v2 son ortogonales.

Teorema (espectral para matrices simetricas) Sea A una matriz cuadrada real n× n.Son equivalentes:

(a) A es simetrica.

(b) A es diagonalizable mediante una matriz de paso ortogonal, es decir, existe una matrizortogonal Q tal que Q−1AQ ≡ QTAQ = D es diagonal.

En ese caso, las columnas de la matriz {q1, . . . , qn} de Q son un conjunto de autovectoresde A que forman una Base Ortonormal de Rn y, ademas, tenemos que

A = QDQT =

q1 . . . qn

λ1 0 . . . 00 λ2 . . . 0...

.... . .

...0 0 . . . λn

qT1qT2. . .qTn

= λ1q1qT1 + λ2q2q

T2 + · · ·+ λnqnq

Tn .



Cada matriz qkqTk es la matriz de la proyeccion ortogonal sobre el subespacio generado por

el correspondiente vector {qk} (es una matriz de rango 1). Ası, obtenemos la expresion

A = λ1q1qT1 + λ2q2q

T2 + · · ·+ λnqnq

Tn ,

que se llama descomposicion espectral de A. Esta expresion nos da la matriz simetricareal A como una combinacion lineal de matrices de proyeccion de rango 1.

A la hora de obtener una diagonalizacion ortogonal de una matriz simetrica real A puedenaparecer dos situaciones distintas:

Todos los autovalores de A son simples. En este caso, los autovectores correspondientestienen que ser ortogonales dos a dos y formaran una base ortogonal de Rn. Norma-lizando dichos autovectores (dividiendo cada uno por su norma) seguiremos teniendoautovectores ortogonales que ademas seran unitarios. Una matriz Q que tenga a dichosautovectores ortonormales como columnas sera una matriz de paso que diagonaliza Aortogonalmente.

La matriz A tiene algun autovalor multiple. En este caso, cuando calculemos los auto-vectores asociados a uno de los autovalores λ multiples, obtendremos una base delespacio propio asociado Nul (A−λI). En general esta base puede no ser una base orto-gonal de dicho subespacio. Ortogonalizando primero y normalizando a continuacion,tendremos una base ortonormal de autovectores asociados a dicho autovalor multiple.Haciendo esto con cada uno de los autovalores multiples y normalizando los autovec-tores asociados a autovalores simples tendremos una base ortonormal de Rn formadapor autovectores de A. Basta considerar una matriz Q cuyas columnas sean los vectoresde dicha base para obtener una diagonalizacion ortogonal de A.

6.4.- Aplicaciones del calculo de autovalores y autovectores.

Vamos a considerar la relacion del calculo de autovalores y autovectores con los llamadosproblemas de evolucion. Dichos problemas vendran expresados por una ecuacion endiferencias en el caso discreto y por una ecuacion diferencial en el caso continuo.

En forma generica se tratara de obtener una funcion vectorial de variable discreta (en cuyocaso tendremos una sucesion de vectores) o de variable continua (en cuyo caso tendremosuna funcion vectorial de variable real) determinadas por una condicion sobre su evolucion.Como es natural solo consideraremos problemas lineales. De esta forma los correspondientesconjuntos de soluciones tendran una estructura similar a la del conjunto de soluciones de unsistema de ecuaciones lineales. Es decir, tendran una estructura de subespacio vectorial (ode variedad lineal) y podran manipularse de forma analoga a la manipulacion de vectores decoordenadas.

6.4.1.- Sistemas de ecuaciones en diferencias.

Aquı trataremos de obtener las sucesiones de vectores en Rm (o Cm)

u0, u1, u2, u3, . . . , un, . . .

en la que la relacion entre dos terminos consecutivos es lineal, constante y homogenea.


6.4.- Aplicaciones del calculo de autovalores y autovectores. 163

De forma mas precisa, la relacion entre dos vectores consecutivos sera de la forma

un+1 = Aun

siendo A una matriz cuadrada m×m constante (independiente de n).

Definicion. Sea A una matriz cuadrada de orden m y sea u1, u2, . . . , un, . . . una sucesionde vectores en Rm definidos de manera recurrente por

un = Aun−1, n = 1, 2, . . .

a partir de un vector inicial u0 ∈ Rm. Una relacion de recurrencia de esta forma se llamasistema de ecuaciones en diferencias lineal homogeneo de primer orden (con coeficientesconstantes). No nos ocuparemos aquı ni del caso no homogeneo, ni del caso de coeficientesno constantes y muchisimos menos de casos no lineales.

A partir de la relacion un = Aun−1 se tiene que un = Anu0 y tenemos la expresiondel termino general un en funcion del vector original u0. El problema es determinar laspotencias An de A. Tendremos esencialmente dos situaciones. Por un lado, el caso en que Asea diagonalizable sera facil de tratar y por otro, el caso en el que A no sea diagonalizable quenecesitara de mas elaboracion puesto que tendremos que recurrir al calculo de autovectoresgeneralizados. Uno de los aspectos que permite estudiar la expresion del termino general un

(a partir de u0) es el comportamiento asintotico, es decir el comportamiento a largo plazo dela sucesion un, ¿que sucede con los vectores un cuando n se hace grande?

Proposicion. Sea A una matriz cuadrada de orden m y u0 ∈ Rm. Entonces

(a) Si A es diagonalizable, A = PDP−1 (P matriz de paso de orden m cuyas columnasson autovectores de A linealmente independientes, D matriz diagonal cuyos elementosdiagonales son los autovalores correspondientes de A), se verifica que

An = PDnP−1 y un = Anu0 = PDnP−1u0, n = 1, 2, . . .

(b) Si u0 es combinacion lineal de autovectores de A (independientemente de que A seadiagonalizable o no),

u0 = c1v1 + · · ·+ ckvk y Avj = λjvj , j = 1, . . . , k,

entonces

Anu0 = c1λn1v1 + · · · ckλn

kvk.

Observaciones. ¿Que sucede si A no es diagonalizable y u0 no es combinacion lineal deautovectores? Sea A una matriz m×m no diagonalizable.

(a) Si v es un autovector generalizado de A asociado a un autovalor λ, para un cierto valork se verifica que

(A− λI)v 6= 0, . . . , (A− λI)k−1v 6= 0, (A− λI)kv = 0.



Utilizando esto podemos determinar la solucion (sucesion de vectores) del sistema deecuaciones en diferencias un = Aun−1 que tiene como valor inicial u0 = v. Para ello,basta considerar la formula del binomio de Newton:

(a+b)n =

(

n0

)

anb0+

(

n1

)

an−1b1+

(

n2

)

an−2b2+· · ·(

nn− 1

)

a1bn−1+

(

nn

)

a0bn

(

pq

)

:=p(p− 1) · · · (p− q + 1)

q!=

p!

q!(p− q)!, (0! := 1)

que es aplicable a la potencia de una suma de matrices si estas conmutan. Es decir, siA y B son dos matrices cuadradas que conmutan (AB = BA), se verifica la igualdad

(A+B)n =

(

n

0

)

AnB0 +

(

n

1

)

An−1B1 +

(

n

2

)

An−2B2 + · · · +(

n

n

)

A0Bn

siendo A0 = B0 = I. Puesto que las matrices A−λI y λI conmutan, podemos aplicarla formula del binomio de Newton y para n ≥ k obtenemos

Anv = [λI + (A− λI)]n v =

=

[(

n

0

)

(λI)n +

(

n

1

)

(λI)n−1(A− λI)1 + · · ·+(

n

n

)

(A− λI)n]

v

[

puesto que (A− λI)kv = (A− λI)k+1v = (A− λI)k+2v = · · · = 0]

= λnv + nλn−1(A− λI)v +n(n− 1)

2λn−2(A− λI)2v + · · ·+

+ · · ·+ λn−k+1

(

n

k − 1

)

(A− λI)k−1v

y aparecen (a lo sumo) k sumandos en el sumatorio, independientemente de lo grandeque sea n. En los ejemplos que veremos k sera pequeno y apareceran pocos terminosen el sumatorio.

(b) Si obtenemos una base {v1, . . . , vm} (de Rm o Cm) formada por autovectores generali-zados de A, entonces puede encontrarse la solucion general del sistema de ecuacionesen diferencias un = Aun−1 para cualquier u0 ∈ Rn. Para ello, expresamos u0 comocombinacion lineal de los autovectores generalizados {v1, . . . , vm},

u0 = α1v1 + · · ·+ αmvm

con lo queun = Anu0 = α1A

nv1 + · · ·+ αmAnvm

y, por tanto, bastara determinar (Anvj) para cada autovector generalizado vj .

(c) Calculo de An.A partir de una base formada por autovectores generalizados {v1, . . . , vm}podemos calcular An sin mas que obtener los vectores {Anv1, . . . , A

nvm} y despejar An

de la igualdad matricial

An

v1 v2 . . . vm

=

Anv1 Anv2 . . . Anvm

.



(d) Comportamiento asintotico de Anu0. Con este termino se designa al estudio delcomportamiento de la sucesion de vectores u0, u1, u2, . . . a largo plazo. Es decir setrata de estudiar que sucede cuando n −→∞. Los vectores un

¿convergen a un cierto vector?

¿oscilan entre ciertos vectores?

¿tienden a ∞? Es decir, ¿lımn→∞ ||un|| =∞?

Si tenemos un vector u0 expresado como combinacion lineal de autovectores y autovectoresgeneralizados

u0 = c1v1 + · · ·+ cmvm,

la sucesion generada viene dada mediante

un = Anu0 = c1Anv1 + · · ·+ cmA

nvm

con lo cual podemos reducir el estudio al comportamiento de las sucesiones Anv siendo vun autovector o un autovector generalizado de A. En la situacion mas simple, que v sea unautovector asociado a un cierto autovalor λ tenemos que

Anv = λnv

y, por tanto,

Si |λ| < 1, tenemos que (λn)→ 0 y (Anv) = (λnv)→ 0.

Si |λ| > 1, tenemos que (λn)→∞ y (||Anv||) = (|λ|n ||v||)→ +∞.

Si |λ| = 1 hay que distinguir dos casos (al menos):

• Si λ = 1, la sucesion de vectores Anv = v es constante.

• Si |λ| = 1, λ 6= 1, puesto que |λn| = 1 para todo n = 1, 2, . . . , los coeficientesλ, λ2, λ3, . . . recorren la circunferencia unidad (no completa, infinitas veces) y losvectores Anv = λnv presentan un comportamiento oscilante.

Veamos a continuacion dos ejemplos de como obtener Anv.

Ejemplo 1. Calcular un = Anu0 siendo

A =

1 1 00 1 00 0 2

y u0 =

21−1

.

Por ser A triangular es inmediato que los autovalores son λ1 = 1 (doble) y λ2 = 2 (sim-ple). Como es facil comprobar, mg(λ1 = 1) = 1 < ma(λ1 = 1) = 2 y la matriz A no esdiagonalizable. No existe una base de autovectores (λ1 y λ2 aportan uno cada uno) y nece-sitamos recurrir a un autovector generalizado de λ1 para obtener una base de R3 formadapor autovectores y autovectores generalizados.



Autovectores asociados a λ1 = 1,

(A− I)x = 0 =⇒ Nul (A− I) = Gen

v1 =

100

.

Autovectores generalizados asociados a λ1 = 1,

(A− I)2x = 0 =⇒ Nul[

(A− I)2]

= Gen

v1, v2 =

010

.

Autovectores asociados a λ2 = 2,

(A− 2I)x = 0 =⇒ Nul (A− 2I) = Gen

v3 =

001

.

Es decir, trabajaremos con la base de R3 formada por {v1, v2, v3} (que en este caso sencillocoincide con la canonica). Ası,

un = Anu0 = An(2v1 + v2 − v3) = 2Anv1 + Anv2 − Anv3.

Por ser v1 y v3 autovectores:

Anv1 = λn1v1 = 1nv1 = v1 y Anv3 = λn

2v3 = 2nv3.

Mientras que por ser v2 autovector generalizado de λ1 = 1, que verifica (A−I)2v2 = 0 (k = 2en la formula dada anteriormente):

Anv2 = [λ1I + (A− λ1I)]n v2

= λn1v2 + nλn−1

1 (A− λ1I)v2 +n(n−1)

2λn−21 (A− λ1I)

2v2 + · · ·

= 1nv2 + n1n−1v1 + 0 + ... = v2 + nv1 ya que (A− I)v2 = v1.

Finalmente

un = Anu0 = 2v1 + (v2 + nv1)− 2nv3 = (n+ 2)v1 + v2 − 2nv3 =

2 + n1−2n

.

Ejemplo 2. Calcular un = Anu0 siendo

A =

3/2 1/2 1/20 2 11/2 −1/2 5/2

y u0 =

021

.



Autovalores. Calculamos sus autovalores mediante la ecuacion caracterıstica,

|A− λI| = 0 −→ λ3 − 6λ2 + 12λ− 8 = 0 −→ (λ− 2)3 = 0,

de donde obtenemos que λ1 = 2 es un autovalor triple (ma(λ1) = 3). (Recuerdeseque la traza de la matriz debe coincidir con la suma de los autovalores; en este casoambas valen 6, puesto que tr(A) = 3/2 + 2 + 5/2 = 2 + 2 + 2 = 6). Si calculamos sumultiplicidad geometrica

mg(λ1 = 2) = 3− rango(A− 2I) = 3− 2 = 1

vemos que solo tiene un autovector asociado linealmente independiente, con lo quenecesitaremos encontrar dos autovectores generalizados (linealmente independientes)para formar una base de R3 con autovectores y autovectores generalizados.

Autovectores:

(A−2I)x =

−12

12

12

0 0 112−1

212

x1

x2

x3

= 0 −→{

x1 − x2 + x3 = 0x3 = 0

−→ x = x2

110

.

Tomamos como autovector, por ejemplo, v1 = (1, 1, 0)T .

Autovectores generalizados:

• (A− 2I)2x = 0

12−1

212

12−1

212

0 0 0

x1

x2

x3

= 0 −→ x1 − x2 + x3 = 0 −→ x = x1

110

+ x3

011

.

Tomamos como primer autovector generalizado (que debe ser linealmente inde-pendiente con v1), por ejemplo, v2 = (0, 1, 1)T .

• Finalmente, (A− 2I)3x = 0

0 0 00 0 00 0 0

x1

x2

x3

= 0 −→ x =

x1

x2

x3

∈ R3 arbitrario.

Podemos tomar como segundo autovector generalizado cualquier vector de R3 quesea linealmente independiente con {v1, v2}, por ejemplo, v3 = (1, 0, 0)T .

Una vez que tenemos la base B = {v1, v2, v3} formada por autovectores y autovectoresgeneralizados, calculamos las coordenadas de u0 en dicha base,

u0 = PB[u0]B −→

021

=

1 0 11 1 00 1 0

αβγ

−→ [u0]B =

11−1

,

es decir, u0 = v1 + v2 − v3.



Por tanto,un = Anu0 = An(v1 + v2 − v3) = Anv1 + Anv2 − Anv3.

Puesto que v1 es autovector de A asociado a λ1 = 2, Anv1 = λn1v1 = 2nv1. Por otra parte,

Anv2 = [λ1I + (A− λ1I)]n v2 = λn

1v2 + nλn−11 (A− λ1I)v2 +

n(n−1)2

λn−21 (A− λ1I)

2v2 + · · ·

= 2nv2 + n2n−1v1 + 0 + ... = 2n

011

+ n2n−1

110

(por ser v2 autovector generalizado asociado a λ1 = 2, que verifica (A − 2I)2v2 = 0 (k = 2en la formula anterior) y ya que (A− 2I)v2 = v1),

Anv3 = [λ1I + (A− λ1I)]n v3 = λn

1v3 + nλn−11 (A− λ1I)v3 +

n(n−1)2

λn−21 (A− λ1I)

2v3 + · · ·

= 2n

100

+ n2n−1

−1/201/2

+ n(n−1)2

2n−2

1/21/20

(por ser v3 autovector generalizado de λ1 = 2, que verifica (A − 2I)3v3 = 0 (k = 3 en laformula anterior) y ya que

(A− 2I)v3 =

−1/201/2

y (A− 2I)2v3 =

1/21/20

.

Notese que si hubieramos elegido una base formada por tres autovectores generalizados,

{w1, w2, w3},

a partir de (A− 2I)3v = 0, tendrıamos

un = Anu0 = An(α1w1 + α2w2 + α3w3) = α1Anw1 + α2A

nw2 + α3Anw3.

Para obtener cada uno los tres terminos Anwi necesitarıamos recurrir a una expresion analogaa la obtenida para Anv3. De ahı que, en general, sea recomendable construir la base deRn formada por autovectores y autovectores generalizados de forma progresiva: resolviendoprimero (A− λI)v = 0, despues (A− λI)2v = 0, despues (A− λI)3v = 0, etc.

No obstante, puesto que en el caso anterior todo vector es un autovector generalizado(puesto que solo hay 1 autovalor), calcular Anu0 conlleva los mismos calculos que obtenerAnv3.

6.4.2.- Conicas y cuadricas giradas.

En el Tema 1 se estudiaron las (secciones) conicas y las cuadricas desde el punto de vistametrico ası como los elementos representativos de cada una de ellas. Por otra parte, vimosla determinacion de la posicion, del tipo de conica/cuadrica y como obtener los elementoscaracterısticos cuando esta viene dada por una ecuacion en la que no aparecen productoscruzados. Ahora estudiaremos:



(a1) Que toda ecuacion polinomica de segundo grado en dos variables

a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2a1x+ 2a2y + a0 = 0

(alguno de los coeficientes a11, a12, a22 es distinto de cero) representa una conica.

(a2) Que toda ecuacion polinomica de segundo grado en tres variables

a11x2 + a22y

2 + a33z2 + 2a12xy + 2a13xz + 2a23yz + 2a1x+ 2a2y + 2a3z + a0 = 0,

(alguno de los coeficientes a11, a22, a33, a12, a13, a23 es distinto de cero) representa unacuadrica. Entre estas consideramos los casos degenerados.

(b) Como determinar el tipo de conica/cuadrica y sus elementos representativos cuando enla ecuacion aparecen terminos en productos cruzados. La presencia de estos terminosindica que la conica/cuadrica esta girada respecto a los ejes coordenados. La determi-nacion del correspondiente angulo de giro se hara a partir del calculo de autovaloresy autovectores de la matriz asociada a la parte cuadratica de la ecuacion de la coni-ca/cuadrica. Es decir, se tratara de obtener la posicion, los elementos caracterısticos yla representacion grafica en el sistema de ejes dado.

Reduccion de una conica girada.

Definicion. Una conica es el lugar geometrico de los puntos (x, y) ∈ R2 del plano quesatisfacen una ecuacion general de segundo grado:

f(x, y) = a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2a1x+ 2a2y + a0 = 0, (1)

donde alguno de los coeficientes a11, a12 o a22 es distinto de cero.La ecuacion anterior, llamada ecuacion de la conica, se puede escribir en notacion vectorial

de la forma:

f(x, y) = [x y]A

[

xy

]

+ 2 [a1 a2]

[

xy

]

+ a0 = 0 siendo A =

[

a11 a12a12 a22

]

.

Notese que tambien puede escribirse,

f(x, y) = [x y 1]

a11 a12 a1a12 a22 a2a1 a2 a0

xy1

= 0.

El proceso general para llevar una conica a su ecuacion reducida (sabiendo cuales son loscambios de variables involucrados) puede separarse en dos etapas (si el coeficiente a12 6= 0,si el coeficiente a12 = 0 bastarıa con la segunda etapa):

(a) Determinacion de las direcciones de los ejes de la conica. Esto consiste en diagonalizarortogonalmente la matriz (simetrica A) asociada a la parte cuadratica de la ecuacion

A =

[

a11 a12a12 a22

]

.

Sean λ1 y λ2 los autovalores de A y v1 y v2 autovectores ortogonales correspondientes(si λ1 6= λ2 dichos autovectores seran ortogonales necesariamente, y si λ1 = λ2 nece-sariamente A es una matriz diagonal, y no necesitamos hacer nada de esto). Conviene



tomar los autovectores v1 y v2 de manera que el angulo de v1 a v2 sea de 900 en sentidopositivo (contrario a las agujas del reloj). Sin mas que dividir los vectores v1 y v2 porsu norma, obtenemos una base ortonormal {u1, u2} de R2 formada por autovectores deA y, por tanto,

P =

u1 u2

⇒ P−1 = P T , P TAP = D =

[

λ1 00 λ2

]

.

Al sustituir en la ecuacion (en (x, y)) de la conica el cambio de variables tenemos

[

xy

]

= P

[

x′

y′

]

=⇒ [x′ y′]P TAP

[

x′

y′

]

+ 2 [a1 a2]P

[

x′

y′

]

+ a0 = 0.

Es decir, la ecuacion de la conica en las coordenadas (x′, y′) es

λ1x′2 + λ2y

′2 + 2b1x′ + 2b2y

′ + a0 = 0,

ecuacion en la que no aparece el producto cruzado x′y′. Notemos que

[

xy

]

= P

[

x′

y′

]

=

u1 u2

[

x′

y′

]

=⇒[

x′

y′

]

= P T

[

xy

]

=

[

uT1

uT2

] [

xy

]

.

Por tanto, los nuevos ejes son

X ′ → ecuacion y′ = 0→ uT2

[

xy

]

= 0,

Y ′ → ecuacion x′ = 0→ uT1

[

xy

]

= 0.

Es decir, los ejes x′ e y′ son las rectas que pasan por el origen de coordenadas ytienen como vectores direccion respectivos los autovectores u1 y u2 de A. De hecho elsistema de ejes OX ′Y ′ se obtiene del sistema OXY girando (con centro el origen decoordenadas) el angulo que determina u1 con el semieje OX+.

(b) Una vez que tenemos la ecuacion

λ1x′2 + λ2y

′2 + 2b1x′ + 2b2y

′ + a0 = 0,

en la que no aparece el producto cruzado x′y′, bastara completar los cuadrados queaparezcan (mediante cambios del tipo x′′ = x′ − α e y′′ = y′ − β) para obtener unaecuacion de uno de los siguientes tipos:

Caso elıptico. λ1λ2 > 0 (es decir λ1 y λ2 son no-nulos y del mismo signo),

a2x′′2 + b2y′′2 = c

en cuyo caso tenemos una elipse (c > 0), un punto (c = 0) o nada (c < 0).



Caso hiperbolico. λ1λ2 < 0 (es decir λ1 y λ2 son no-nulos y de distinto signo),

a2x′′2 − b2y′′2 = c

en cuyo caso tenemos una hiperbola (c 6= 0) o un par de rectas que se cortan(c = 0).

Caso parabolico. λ1λ2 = 0 (es decir uno de los autovalores es nulo, y el otro no).Suponiendo que λ1 6= 0, λ2 = 0 puede obtenerse

a2x′′2 + by′′ = 0 o a2x′′2 + c = 0

Tendremos una parabola (b 6= 0), o bien un par de rectas paralelas (c < 0) ocoincidentes (c = 0) o nada (c > 0).

Para obtener los elementos caracterısticos de la conica y su representacion grafica bastaobtenerlos en las coordenadas (x′′, y′′) y deshacer los cambios de variables que se hayan hecho

(Traslacion)

{

x′′ = x′ − αy′′ = y′ − β

⇒{

x′ = x′′ + αy′ = y′′ + β

(Giro)

[

xy

]

= P

[

x′

y′

]

⇒[

x′

y′

]

= P T

[

xy

]

.

Ejemplos.

(1) Vamos a obtener la ecuacion canonica (reducida) y la representacion grafica de la conica

3x2 + 3y2 − 2xy + 2x− 4y + 1 = 0.

mediante los cambios de coordenadas adecuados.

Escribimos en forma matricial la parte cuadratica de la ecuacion de la conica:

[x y]

[

3 −1−1 3

] [

xy

]

+ 2x− 4y + 1 = 0.

Puesto que la ecuacion de la conica tiene termino en xy necesitamos hacer un giro paracolocar los ejes en las direcciones de los autovectores de la matriz A (la que recoge losterminos cuadraticos).

Calculamos los autovalores de A,

∣

∣

∣

∣

3− λ −1−1 3− λ

∣

∣

∣

∣

= λ2 − 6λ+ 8 = 0 −→ λ1 = 4, λ2 = 2.

Los autovectores correspondientes son:

λ1 = 4 :

(

−1 −1−1 −1

)(

xy

)

=

(

00

)

−→ x+ y = 0 −→(

xy

)

= α

(

1−1

)

,



λ2 = 2 :

(

1 −1−1 1

)(

xy

)

=

(

00

)

−→ x− y = 0 −→(

xy

)

= α

(

11

)

.

Construimos la matriz de paso ortogonal P (que diagonaliza A) mediante una baseortonormal de autovectores:

{√2

2

(

1−1

)

,

√2

2

(

11

)

}

.

El primer autovector da la direccion y sentido positivo del nuevo eje X ′ (que co-rresponde a girar un angulo θ = −45o el eje X , pues del autovector sacamos quetgθ = y/x = −1/1 = −1) y el segundo autovector (que hemos elegido en el sentidoadecuado para que el eje Y ′ se obtenga girando el X ′ un angulo de 90o en sentidopositivo) marca la direccion y sentido del nuevo eje Y ′. El cambio:

x = Px′ −→[

xy

]

=

[ √22

√22

−√22

√22

]

[

x′

y′

]

eliminara el termino mixto x′y′ dejando la parte cuadratica como λ1x′2 + λ2y

′2, modi-ficara los coeficientes de los terminos lineales, x′ e y′, y no alterara el termino indepen-diente. Concretamente obtenemos: 4x′2 + 2y′2 + 3

√2x′ −

√2y′ + 1 = 0.

Completando cuadrados hacemos una traslacion:

4

(

x′2 +3√2

4x′

)

+ 2

(

y′2 −√2

2y′

)

+ 1 = 0,

4

(

x′ +3√2

8

)2

− 9

8+ 2

(

y′ −√2

4

)2

− 1

4+ 1 = 0,

4

(

x′ +3√2

8

)2

+ 2

(

y′ −√2

4

)2

=3

8−→ 4x′′2 + 2y′′2 =

3

8,

donde hemos realizado la traslacion

x′′ = x′ +3√2

8, y′′ = y′ −

√2

4.

Operando, llegamos a la ecuacion canonica

x′′2

332

+y′′2

316

= 1 −→ x′′2

(

14

√

32

)2 +y′′2(√

34

)2 = 1.

Es decir, al haber tomado λ1 = 4 y λ2 = 2, el semieje mayor de la elipse esta sobre el

eje Y ′′ y el menor sobre el X ′′, ya que 14

√

32<

√34.

El centro C de la elipse es el origen en las coordenadas (x′′, y′′). Es decir, (x′′, y′′) =

(0, 0)⇔ (x′ = −3√2

8, y′ =

√24). En coordenadas (x, y) obtenemos

x =

√2

2

(

−3√2

8+

√2

4

)

= −18, y =

√2

2

(

3√2

8+

√2

4

)

=5

8−→ C =

(

−18,5

8

)

.



Para hacer el dibujo esquematico con una cierta precision, puede sernos util el encontrarlos puntos de corte (si los hay) de la elipse con los ejes coordenados (OX y OY ). Alhacer x = 0 en la ecuacion de la conica se obtiene 3y2 − 4y + 1 = 0 que se verificapara y = 1, 1/3. Mientras que si hacemos y = 0, la ecuacion 3x2 + 2x+ 1 = 0 no tienesolucion (real). Por tanto, la elipse corta al eje OY en los puntos (0, 1) y (0, 1/3) y nocorta al eje OX .

Con toda la informacion que hemos obtenido a lolargo del problema, comenzamos dibujando los ejesX ′ e Y ′ sabiendo que pasan por (x = 0, y = 0) ytienen la direccion y sentido del autovector corres-pondiente a λ1 y λ2, respectivamente. Es decir, eneste caso, con la eleccion que hicimos de autova-lores y autovectores, los ejes X ′ e Y ′ se obtienenrotando un angulo de −45o a los ejes X e Y . Acontinuacion, dibujamos los ejes X ′′ e Y ′′, parale-los respectivamente a los ejes X ′ e Y ′, que resultande trasladar el origen al punto C =

(

−18, 58

)

.

X’

Y’

X

●

●

Y’’Y

X’’

1

1/3

C

●

Notese que si hubieramos elegido los autovalores enel otro orden posible, es decir, λ1 = 2 y λ2 = 4 ytomamos como autovectores respectivos (1, 1)T y(−1, 1)T (el primero indica la direccion y sentidodel eje X ′ y el segundo el del Y ′), llegarıamos, trasrealizar el giro (en este caso de 45o) mediante elcambio de coordenadas dado por la nueva matrizP y la traslacion adecuada, a la ecuacion canonica:

x′′2(√

34

)2 +y′′2

(

14

√

32

)2 = 1,

que nos llevarıa a la figura adjunta.

X

●

●

Y

1

1/3

C

●

Y’’Y’

X’

X’’


x2 − 2xy + y2 − 2x+ 1 = 0


Puesto que la ecuacion de la conica tiene termino en xy necesitamos hacer un giro paracolocar los ejes en las direcciones de los autovectores de la matriz A (la que recoge losterminos cuadraticos).

[

x y]

[

1 −1−1 1

] [

xy

]

− 2x+ 1 = 0, A =

[

1 −1−1 1

]

Calculamos pues sus autovalores y despues sus autovectores. En primer lugar:

∣

∣

∣

∣

1− λ −1−1 1− λ

∣

∣

∣

∣

= λ2 − 2λ = 0 −→ λ1 = 0, λ2 = 2.



Podemos pues calcular los autovectores:

λ1 = 0 :

[

1 −1−1 1

] [

xy

]

=

[

00

]

−→ x− y = 0 −→[

xy

]

= α

[

11

]

,

λ2 = 2 :

[

−1 −1−1 −1

] [

xy

]

=

[

00

]

−→ x+ y = 0 −→[

xy

]

= α

[

−11

]

.

Construimos la matriz P mediante la siguiente base ortonormal de autovectores:{√

2

2

[

11

]

,

√2

2

[

−11

]

}

,

donde el primer autovector da la direccion y sentido del nuevo eje X ′ (que correspondea girar un angulo θ = 45o el eje X , pues del autovector sacamos que tgθ = y/x = 1) yel segundo autovector (que hemos elegido en el sentido adecuado para que el eje Y ′ seobtenga girando el eje X ′ 90o en sentido positivo o antihorario) marca la direccion ysentido del nuevo eje Y ′. El cambio:

x = Px′ −→[

xy

]

=

[ √22−

√22√

22

√22

]

[

x′

y′

]

eliminara el termino mixto x′y′ dejando la parte cuadratica como λ1x′2 + λ2y

′2, modi-ficara los coeficientes de los terminos lineales, x′ e y′, y no alterara el termino indepen-diente. Concretamente obtenemos:

2y′2 −√2x′ +

√2y′ + 1 = 0.

Completando cuadrados en y′ y haciendo una traslacion tenemos

2

(

y′2 +

√2

2y′

)

−√2x′ + 1 = 0, −→ 2

(

y′ +

√2

4

)2

− 1

4−√2x′ + 1 = 0,

2

(

y′ +

√2

4

)2

−√2x′ +

3

4= 0,

2

(

y′ +

√2

4

)2

−√2

(

x′ − 3√2

8

)

= 0, −→ 2y′′2 −√2x′′ = 0,


x′′ = x′ − 3√2

8, y′′ = y′ +

√2

4.

Por tanto, la ecuacion canonica a la que hemos llegado, tras la rotacion y la traslacionllevadas a cabo, es x′′ =

√2y′′2.

El vertice V de la parabola es el origen en las coordenadas (x′′, y′′). Es decir, (x′′, y′′) =

(0, 0)⇔ (x′ = 3√2

8, y′ = −


x =

√2

2

(

3√2

8+

√2

4

)

=5

8, y =

√2

2

(

3√2

8−√2

4

)

=1

8, −→ V =

(

5

8,1

8

)

.



Para hacer el dibujo esquematico con una cierta precision, puede sernos util el encontrarlos puntos de corte (si los hay) de la parabola con los ejes coordenados (OX y OY ).Al hacer x = 0 en la ecuacion de la conica se obtiene y2 + 1 = 0 que no tiene solucion(real). Mientras que si hacemos y = 0 obtenemos x2 − 2x + 1 = 0 que tiene comosolucion (doble) x = 1. Por tanto, la parabola no corta al eje OY y toca sin cortar(pues es tangente, como se deduce de la raız doble) al eje OX en el punto (1, 0).

Con toda la informacion que hemos obtenido a lo largo del problema, comenzamos di-bujando los ejes X ′ e Y ′ sabiendo que pasan por el origen de las coordenadas X-Y y quetienen la direccion y sentido del autovector correspondiente a λ1 y λ2, respectivamente.

Es decir, en este caso, con la eleccion que hicimosde autovalores y autovectores, los ejes X ′ e Y ′ seobtienen rotando un angulo de 45o a los ejes X eY . A continuacion, dibujamos los ejes X ′′ e Y ′′,paralelos respectivamente a los ejes X ′ e Y ′, queresultan de trasladar el origen al vertice de laparabola V =

(

−18, 58

)

. Finalmente, dibujamosla parabola, que es muy facil de representar enlas coordenadas (x′′, y′′). Teniendo en cuenta lasintersecciones con los ejesX e Y obtenemos puesla figura adjunta.

●V

●

1

X’’

Y’’

Y’

X

X’Y

Notese que si elegimos los autovalores en el mismo orden, λ1 = 0 y λ2 = 2, perotomamos los autovectores opuestos ((−1,−1)T fija el eje X ′ y (1,−1)T marca el Y ′),llegamos, procediendo analogamente, a x′′ = −

√2y′′2. En este situacion, estarıamos en

el caso (a) de la figura siguiente.

Sin embargo, si tomamos λ1 = 2 y λ2 = 0, y como autovectores correspondientes a(1,−1)T (que determina el ejeX ′) y (1, 1)T (que marca el eje Y ′), llegamos, procediendoanalogamente, a y′′ =

√2x′′2. De esta forma, estarıamos en el caso (b) de la figura

siguiente.

Finalmente, la cuarta y ultima posibilidad sera tomar λ1 = 2 y λ2 = 0, pero trabajandocon los autovectores a (−1, 1)T (fija el eje X ′) y (−1,−1)T (marca el Y ′). Entonces, sellega, procediendo analogamente, a y′′ = −

√2x′′2. Estarıamos entonces en el caso (c)

de la figura siguiente.

●V

●

1 X

Y

X’

Y’X’’ Y’’

●V

●

1 X

Y Y’

X’

Y’’

X’’

●V

●

1 X

Y

X’

Y’

X’’

Y’’

(a) (b) (c)

Moraleja: la curva en el plano (X, Y ) es obviamente la misma, aunque al comienzo delproblema tenemos cuatro posibilidades distintas para elegir el eje X ′ (segun que auto-valor elijamos como primero y que autovector de norma unidad elijamos para dicho



autovalor). Tras esta eleccion los ejes Y ′ (que queremos obtenerlo girando 90o en sentidoantihorario el eje X ′ ), X ′′ e Y ′′ ya quedan determinados.


2xy − 4x+ 2y − 7 = 0


Puesto que la ecuacion de la conica tiene termino en xy necesitamos hacer un giro paracolocar los ejes en las direcciones de los autovectores de la matriz A (la que recoge losterminos cuadraticos),

[

x y]

[

0 11 0

] [

xy

]

− 4x+ 2y − 7 = 0, A =

[

0 11 0

]

.

Calculamos los autovalores,

∣

∣

∣

∣

−λ 11 −λ

∣

∣

∣

∣

= λ2 − 1 = 0 −→ λ1 = 1, λ2 = −1.

Los autovectores correspondientes son:

λ1 = 1 :

[

−1 11 −1

] [

xy

]

=

[

00

]

−→ x− y = 0 −→[

xy

]

= α

[

11

]

,

λ2 = −1 :

[

1 11 1

] [

xy

]

=

[

00

]

−→ x+ y = 0 −→[

xy

]

= α

[

−11

]

.

Construimos la matriz P mediante la siguiente base ortonormal de autovectores:

{√2

2

[

11

]

,

√2

2

[

−11

]

}

,

donde el primer autovector da la direccion y sentido del nuevo eje X ′ y el segundoautovector (que hemos elegido en el sentido adecuado para que el eje Y ′ se obtengagirando el eje X ′ 90o en sentido positivo o antihorario) marca la direccion y sentidodel nuevo eje Y ′. El cambio de variables:

x = Px′ −→[

xy

]

=

[ √22−

√22√

22

√22

]

[

x′

y′

]

eliminara el termino mixto x′y′ dejando la parte cuadratica como λ1x′2+λ2y

′2, podra mo-dificar los coeficientes de los terminos lineales, x′ e y′, y no alterara el termino inde-pendiente. Concretamente obtenemos:

x′2 − y′2 −√2x′ + 3

√2y′ − 7 = 0.



Completando cuadrados en x′ e y′ y haciendo una traslacion:

(

x′ −√2

2

)2

− 1

2−(

y′ − 3√2

2

)2

+9

2− 7 = 0,

(

x′ −√2

2

)2

−(

y′ − 3√2

2

)2

− 3 = 0,

x′′2 − y′′2 = 3 −→ x′′2

(√3)2− y′′2

(√3)2

= 1,


x′′ = x′ −√2

2, y′′ = y′ − 3

√2

2.

Deducimos que las asıntotas de la hiperbola son las rectas y′′ = ±x′′ (perpendicularesentre sı al ser la hiperbola equilatera). Podemos deshacer los cambios (giro y traslacion)para obtener sus ecuaciones en las coordenadas x-y. Ası,

y′′ = x′′ −→ y′ − 3√2

2= x′ −

√2

2

y, teniendo en cuenta que x′ = P Tx (pues x = Px′ y P es ortogonal), tenemos

x′ =

√2

2(x+ y), y′ =

√2

2(−x+ y)

llegamos a √2

2(−x+ y)− 3

√2

2=

√2

2(x+ y)−

√2

2−→ x = −1.

Procediendo analogamente, y′′ = −x′′ se convierte en y = 2 (ambas asıntotas son puesparalelas a los ejes Y y X , respectivamente).

El centro C de la hiperbola es el origen en las coordenadas (x′′, y′′). Es decir, (x′′, y′′) =

(0, 0)⇔ (x′ =√22, y′ = 3

√2

2). En coordenadas (x, y) obtenemos

x =

√2

2

(√2

2− 3

√2

2

)

= −1, y =

√2

2

(√2

2+ 3

√2

2

)

= 2 −→ C = (−1, 2) .

Para hacer el dibujo con cierta precision puede ser util calcular los puntos de corte (silos hay) de la hiperbola con los ejes coordenados (OX y OY ). Al hacer x = 0 en laecuacion de la conica se obtiene 2y− 7 = 0 que tiene como solucion y = 7/2. Ademas,si hacemos y = 0 obtenemos −4x−7 = 0 que tiene como solucion x = −7/4. Por tanto,la parabola corta al eje OY en el punto (0, 7/2) y al eje OX en el punto (−7/4, 0).Con toda la informacion que hemos obtenido a lo largo del problema, comenzamosdibujando los ejes X ′ e Y ′ sabiendo que pasan por el origen de las coordenadas X-Y ytienen la direccion y sentido de los autovectores correspondientes a λ1 y λ2, respecti-vamente.



Es decir, en este caso, con la eleccion que hicimosde autovalores y autovectores, los ejes X ′ e Y ′ seobtienen rotando un angulo de 45o a los ejes X eY . A continuacion, dibujamos los ejes X ′′ e Y ′′,paralelos respectivamente a los ejes X ′ e Y ′, queresultan de trasladar el origen al centro de lahiperbola C = (−1, 2). Finalmente, dibujamosla hiperbola, que es muy facil de representar enlas coordenadas x′′-y′′, teniendo en cuenta susasıntotas y sus cortes con los ejes X e Y , paraobtener un dibujo cualitativo lo mas parecidoposible al real.

●

Y’

Y’’

X’’

Y

C ●

●

2

X’

●−1

−7/4

●7/2

X


−7x2 + 12xy + 2y2 + 2x− 16y + 12 = 0


Puesto que la ecuacion de la conica tiene termino en xy necesitamos hacer un giro paracolocar los ejes en las direcciones de los autovectores de la matriz A (la que recoge losterminos cuadraticos),

[

x y]

[

−7 66 2

] [

xy

]

+ 2x− 16y + 12 = 0, A =

[

−7 66 2

]

Calculamos los autovalores,∣

∣

∣

∣

−7 − λ 66 2− λ

∣

∣

∣

∣

= λ2 + 5λ− 50 = 0 −→ λ1 = 5, λ2 = −10.

Y los autovectores correspondientes,

λ1 = 5 :

[

−12 66 −3

] [

xy

]

=

[

00

]

−→ 2x− y = 0 −→[

xy

]

= α

[

12

]

,

λ2 = −10 :

[

3 66 12

] [

xy

]

=

[

00

]

−→ x+ 2y = 0 −→[

xy

]

= α

[

−21

]

.

Construimos la matriz P mediante la siguiente base ortonormal de autovectores:{√

5

5

[

12

]

,

√5

5

[

−21

]

}

.

El primer autovector da la direccion y sentido del nuevo eje X ′ (que corresponde a girarun angulo θ ≈ 63,4o el eje X , pues del autovector sacamos que tgθ = y/x = 2/1 = 2)y el segundo autovector (que hemos elegido en el sentido adecuado para que el eje Y ′

se obtenga girando 90o el eje X ′ en sentido positivo) marca la direccion y sentido delnuevo eje Y ′. El cambio

x = Px′ −→[

xy

]

=

[ √55−2

√5

52√5

5

√55

]

[

x′

y′

]



eliminara el termino mixto x′y′ dejando la parte cuadratica como λ1x′2+λ2y

′2, podra mo-dificar los coeficientes de los terminos lineales, x′ e y′, y no alterara el termino inde-pendiente. Concretamente obtenemos:

5x′2 − 10y′2 − 6√5x′ − 4

√5y′ + 12 = 0.

Completando cuadrados en x′ e y′ y haciendo una traslacion:

5

(

x′2 − 6√5

5x′

)

− 10

(

y′2 +2√5

5y′

)

+ 12 = 0,

5

(

x′ − 3√5

5

)2

− 9− 10

(

y′ +

√5

5

)2

+ 2 + 12 = 0,

5

(

x′ − 3√5

5

)2

− 10

(

y′ +

√5

5

)2

+ 5 = 0,

5x′′2 − 10y′′2 + 5 = 0 −→ x′′2 − 2y′′2 = −1 −→ x′′2

12− y′′2(√

22

)2 = −1,


x′′ = x′ − 3√5

5, y′′ = y′ +

√5

5.

Deducimos que las asıntotas de la hiperbola son las rectas y′′ = ±√22x′′ ≈ ±0,707x′′.

Podemos deshacer los cambios (giro y traslacion) para obtener sus ecuaciones en lascoordenadas x-y. Ası,

y′′ =

√2

2x′′ −→ y′ +

√5

5=

√2

2

(

x′ − 3√5

5

)

y, teniendo en cuenta que x′ = P Tx (pues x = Px′ y P es ortogonal), tenemos que

x′ =

√5

5(x+ 2y), y′ =

√5

5(−2x+ y)

llegamos a√5

5(−2x+y)+

√5

5=

√2

2

(√5

5(x+ 2y)− 3

√5

5

)

−→(

2 +

√2

2

)

x+(√2+1)y = 1+

3√2

2.

Procediendo analogamente, y′′ = −√22x′′ se convierte en

(

2−√2

2

)

x+ (−√2 + 1)y = 1− 3

√2

2.

El centro C de la hiperbola es el origen en las coordenadas (x′′, y′′). Es decir, (x′′, y′′) =

(0, 0)⇔ (x′ = 3√5

5, y′ = −


x =

√5

5

(

3√5

5+

2√5

5

)

= 1, y =

√5

5

(

6√5

5−√5

5

)

= 1 −→ C = (1, 1) .



Para hacer el dibujo esquematico con una cierta precision, puede sernos util el encontrarlos puntos de corte (si los hay) de la hiperbola con los ejes coordenados (OX y OY ).Al hacer x = 0 en la ecuacion de la conica se obtiene y2 − 8y + 6 = 0 que tiene comosoluciones y = 4 ±

√10, es decir, y ≈ 7,16 e y ≈ 0,84. Mientras que si hacemos y = 0

se obtiene 7x2 − 2x − 12 = 0 que tiene como soluciones y = 1±√85

7, es decir, x ≈ 1,46

y x ≈ −1,17. Por tanto, la hiperbola corta al eje OY en los puntos (0, 7,16) y (0, 0,84)y al eje OX en los puntos (1,46, 0) y (−1,17, 0).Con toda la informacion que hemos obtenido a lo largo del problema, comenzamosdibujando los ejes X ′ e Y ′ sabiendo que pasan por el origen de las coordenadas x-y ytienen la direccion y sentido del autovector correspondiente a λ1 y λ2, respectivamente.Es decir, en este caso, con la eleccion que hicimos de autovalores y autovectores, losejes X ′ e Y ′ se obtienen rotando un angulo de 63,4o (aproximadamente) a los ejesX e Y . A continuacion, dibujamos los ejes X ′′ e Y ′′, paralelos respectivamente a losejes X ′ e Y ′, que resultan de trasladar el origen al centro de la hiperbola C = (1, 1).Finalmente, dibujamos la hiperbola, que es facil de representar en las coordenadas x′′-y′′, teniendo en cuenta sus asıntotas y sus cortes con los ejes X e Y , para obtener undibujo cualitativo lo mas parecido posible al real.

X

Y

●

Y’

Y’’

X’ X’’

1

1 C

Reduccion de una cuadrica girada.Definicion. Una cuadrica es el lugar geometrico de los puntos (x, y, z) que satisfacen unaecuacion general de segundo grado de la forma

f(x, y, z) = a11x2 + a22y

2 + a33z2 + 2a12xy+ 2a13xz + 2a23yz + 2a1x+ 2a2y + 2a3z + a0 = 0,

llamada ecuacion de la cuadrica (alguno de los coeficientes aij tiene que ser distinto de cero).Esta ecuacion se puede escribir matricialmente en la forma

f(x, y, z) =[

x y z]

a11 a12 a13a12 a22 a23a13 a23 a33

xyz

+ 2[

a1 a2 a3]

xyz

+ a0 = 0,

y vectorialmente como f(x) = xtAx+2atx+a0 = 0.

Al igual que en el caso de las conicas, el proceso para llevar una cuadrica a su formareducida puede separarse en dos etapas (si el coeficiente de alguno de los productos cruzadoses no-nulo): una primera consistente en determinar las direcciones de los ejes de la cuadricay una segunda consistente en determinar una traslacion.



El termino principal de la ecuacion de la cuadrica se puede escribir como

xtAx =[

x y z]

a11 a12 a13a12 a22 a23a13 a23 a33

xyz

.

Puesto que la matriz A es real y simetrica puede diagonalizarse mediante una matriz depaso ortogonal P cuyas columnas {u1, u2, u3} seran, por tanto, autovectores de A y baseortonormal de R3. Conviene tomar {u1, u2, u3} de forma que u1 × u2 = u3. Al hacer elcambio de variables

xyz

= P

x′

y′

z′

,

la ecuacion de la cuadrica queda de la forma

[

x′ y′ z′]

λ1 0 00 λ2 00 0 λ3

x′

y′

z′

+ 2[

b1 b2 b3]

x′

y′

z′

+ b0 = 0,

siendo λ1, λ2 y λ3 los autovalores de A (iguales o distintos). A partir de aquı, basta completarlos cuadrados cuyo coeficiente sea distinto de cero y tendremos los siguientes casos:

(1) A tiene todos sus autovalores distintos de cero y del mismo signo:

Elipsoide.

Un punto.

Nada.

(2) A tiene todos sus autovalores distintos de cero pero no del mismo signo:

Hiperboloide de una hoja.

Cono.

Hiperboloide de dos hojas.

(3) A tiene dos autovalores distintos de cero del mismo signo y el tercer autovalor es cero:

Paraboloide elıptico.

Cilindro elıptico.

Una recta.

Nada.

(4) A tiene dos autovalores distintos de cero de distinto signo y el tercer autovalor es cero:

Paraboloide hiperbolico.

Cilindro hiperbolico.

Un par de planos que se cortan.

(5) A tiene dos autovalores iguales a cero:

Cilindro parabolico.

Un par de planos paralelos, confundidos (un solo plano) o nada.



6.5.- Ejercicios.

6.5.1.- Enuinciados.

Ejercicio 1. Dada la matriz

A =

3 0 a3 −1 b−2 0 c

.

(a) Calcula A de forma que (2, 0,−1)T sea un autovector cuyo autovalor correspondiente esλ = −1.

(b) Halla los demas autovalores y autovectores.

Ejercicio 2. Determina los valores del parametro α para los que es diagonalizable cada unade las siguientes matrices,

A =

1 0 0α 1 01 1 2

, B =

0 2 0−1 3 0α α+ 2 1

, C =

0 −1 α2 3 −α0 0 1

.

Ejercicio 3. Dada la matriz

A =

1 0 1a −2 23 0 −1

, α ∈ R.

(a) Calcula los valores de a para los que A es diagonalizable.

(b) Para dichos valores de a, calcula los autovalores y los autovectores de A−1.

(c) Para dichos valores de a, calcula An, n = 1, 2, · · · .

Ejercicio 4. Estudia la diagonalizabilidad de las siguientes matrices en funcion de los pa-rametros que aparecen.

A =

a+ 3 b 10 a 0

a2 − 1 c a+ 1

, B =

5 0 00 −1 b3 0 a

, C =

−1 0 0 0a −1 0 0b d 1 0c e f 1

.

Ejercicio 5. Calcula bases de R3 formadas por autovectores y autovectores generalizadosde las siguientes matrices:

A =

4 −1 11 3 −10 1 1

, B =

0 1 00 0 12 −5 4

.


6.5.- Ejercicios. 183

Ejercicio 6. Determina la matriz de la transformacion lineal T : x ∈ R2 −→ T (x) = Ax ∈R2 respecto de la base B = {v1, v2} siendo

A =

[

1 1−1 3

]

, v1 =

[

11

]

, v2 =

[

54

]

.

Ejercicio 7. Sea f : R4 → R4 la aplicacion lineal dada por f(x) = Ax, donde

A =

a 1 −1 −10 b 0 −3−1 2 c 10 1 0 d

.

(a) Halla A sabiendo que f(S1) = S2, donde

S1 ≡{

x1 − x2 = 0x3 + x4 = 0

y S2 = Gen {(1,−2, 1, 1)T , (0, 3,−1,−2)T}.

(b) Prueba que A no es diagonalizable.

(c) Halla una base de R4 formada por autovectores y autovectores generalizados.

Ejercicio 8. Diagonaliza las siguientes matrices mediante matrices de paso ortogonales

A1 =

1 −2 0−2 2 −20 −2 3

, A2 =

5 2 22 2 −42 −4 2

, A3 =

1 −1 0−1 2 −10 −1 1

, A4 =

1 1 11 1 11 1 1

.

Ejercicio 9. (1) Toda matriz simetrica real de orden m×m

Tiene m autovalores distintos.

Diagonaliza en una base ortonormal de Rm.

Ninguna de las anteriores.

(2) Sea A una matriz cuadrada de orden impar y antisimetrica (AT = −A). Demuestra quedet(A) = 0.

Ejercicio 10. Calcula la solucion del problema de valor inicial

{

un = Aun−1

u0

}

siendo

A =

3 0 −110 1 −51 0 1

y u0 =

001

.



Ejercicio 11. Reduce, clasifica y representa las siguientes conicas:

(a) 13x2 + 10y2 + 4xy − 26x− 22y + 23 = 0.

(a’) 13x2 + 10y2 + 4xy − 26x− 22y + 2 = 0.

(b) 4x2 + y2 − 4xy − 2y + 1 = 0.

(b’) 4x2 + y2 − 4xy + 4x− 2y + 1 = 0.

(c) 5x2 + 2y2 − 4xy + 12x− 4y = 0.

(c’) 5x2 + 2y2 − 4xy + 12x− 4y + 9 = 0.

(d) x2 + 4y2 − 4xy + 6x− 12y + 9 = 0.

(e) 2xy − 5 = 0.

Ejercicio 12. Determina la ecuacion de la conica que pasa por los puntos

(0, 0), (0, 2), (2,−1), (5, 0), (3,−1)

y representa dicha conica.

Ejercicio 13. Reducir, clasificar y representar las siguientes cuadricas:

(a) 3x2 + 2xy − 10y2 = 0.

(b) x2 + y2 − z2 − 2z − 1 = 0.

(c) 2x+ 2y − 2z − 2xy + 4xz + 4yz − 3z2 = 0.

(d) 5x2 + 6y2 + 7z2 − 4xy + 4yz − 10x+ 8y + 14z − 6 = 0.



6.5.2.- Soluciones.

Ejercicio 1. (a) a = 8, b = 6, c = −5.

(b) λ = −1 es el unico autovalor (triple).

Autovectores: (A+ I)x = 0.

Nul (A+ I) = Gen

v1 =

010

, v2 =

−201

.

Ejercicio 2. A: A es diagonalizable ⇐⇒ α = 0.

B: B es diagonalizable ⇐⇒ α = −23.

C: C es diagonalizable ⇐⇒ α = 0.

Ejercicio 3. (a) A es diagonalizable ⇐⇒ a = 6.

(b) Solo tenemos que considerar el caso a = 6. Los autovalores de A−1 son los inversos delos autovalores de A. Por tanto, para a = 6, los autovalores de A−1 son

µ1 =1

λ1= −1

2(doble), µ2 =

1

λ2=

1

2(simple)

y los autovectores asociados son los autovectores de A asociados al correspondiente λ.

Autovectores de A−1 asociados a µ1 ≡ los de A asociados a λ1 = −2:

(A+ 2I)x = 0⇔ x ∈ Gen

v1 =

010

v2 =

10−3

.

Autovectores de A−1 asociados a µ2 ≡ los de A asociados a λ2 = 2:

(A− 2I)x = 0⇔ x ∈ Gen

v3 =

121

(c) Si n es par An = 2nI. Si n es impar An = 2n−1A.

Ejercicio 4.

A: Si a 6= −2, 0, 2 =⇒ A es diagonalizable.

Para a = −2, 2

Si b = c =⇒ A es diagonalizable.

Si b 6= c =⇒ A no es diagonalizable.

Para a = 0, para todo b y c =⇒ A no es diagonalizable.



B: Si a 6= −1, 5 =⇒ B es diagonalizable.

Para a = −1

Si b = 0 =⇒ B es diagonalizable.

Si b 6= 0 =⇒ B no es diagonalizable.

Para a = 5, =⇒ B no es diagonalizable.

C: C es diagonalizable ⇐⇒ a = f = 0.

Ejercicio 5. (a) Bases de R3 formadas por autovectores y autovectores generalizados de Ason, por ejemplo,

{v1, v2, w3} , {v1, v2, w4} , {v1, w3, w4} ,siendo

v1 =

011

, v2 =

121

, w3 =

210

, w4 =

−301

.

(b) Bases de R3 formadas por autovectores y autovectores generalizados de B son, porejemplo,

{v1, v2, w3} , {v1, v2, w4} , {v1, w3, w4} ,siendo

v1 =

124

, v2 =

111

, w3 =

210

, w4 =

−101

.

Ejercicio 6. La matriz de T respecto a la base B = {v1, v2} es

B =

[

2 −10 2

]

.

Notemos que lo anterior significa que

T (x′1v1 + x′

2v2) = (2x′1 − x′

2)v1 + (2x′2)v2

y en particular,T (v1) = 2v1 y T (v2) = −v1 + 2v2

como es facil comprobar en coordenadas canonicas

T (v1) =

[

1 1−1 3

] [

11

]

=

[

22

]

, T (v2) =

[

1 1−1 3

] [

54

]

=

[

97

]

.

Ejercicio 7. (a)

A =

0 1 −1 −10 −2 0 −3−1 2 0 10 1 0 2

.



(c) Una base de R4 formada por autovectores y autovectores generalizados de A es

v1 =

−1010

, w1 =

−3−202

, v2 =

1010

, w2 =

−1−602

.

Ejercicio 8.

A1 :

Q =1

3

2 −2 12 1 −21 2 2

es una matriz ortogonal

QTQ = QQT = I

que diagonaliza A1 : Q−1A1Q = D ≡ QTA1Q = D =

−12

5

.

A2 :

Q =

−13

2√5

23√5

23

1√5

−43√5

23

0 53√5


QTQ = QQT = I

que diagonaliza A2 : Q−1A2Q = D ≡ QTA2Q = D =

−36

6

.

A3 :

Q =

1√3

−1√2

1√6

1√3

0 −2√6

1√3

1√2

1√6


QTQ = QQT = I

que diagonaliza A3 : Q−1A3Q = D ≡ QTA3Q = D

01

3

.

A4 :

Q =

− 1√2− 1√

61√3

1√2− 1√

61√3

0 1√6

1√3


QTQ = QQT = I

que diagonaliza A4 : Q−1A4Q = D ≡ QTA4Q = D

00

3

.



Ejercicio 9. (1) X Diagonaliza en una base ortonormal de Rm.

(2) Si A es una matriz antisimetrica (AT = −A) de orden impar n, tenemos que

det (A) = det (AT ) = det (−A) = (−1)ndet (A) = −det (A) =⇒ det (A) = 0.

Ejercicio 10. Tenemos que un = 2n−1

−n−5n2− n

.

Ejercicio 11. (a) 13x2+10y2+4xy−26x−22y+23 = 0. Se trata de una elipse imaginaria(no hay ningun punto (x, y) con coordenadas reales que verifique la ecuacion).

(a’) 13x2 + 10y2 + 4xy − 26x− 22y + 2 = 0. Es la ecuacion de una elipse (real)

(b) 4x2 + y2 − 4xy − 2y + 1 = 0. Se trata de una parabola.

−2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7−2

−1

0

1

2

3

4

5

6

x

y

4 x2+y2−4 x y−2 y+1 = 0

V =(

425, 1325

)

(0, 1)

y − 1325

= 2(

x− 425

)

(b’) 4x2 + y2− 4xy+4x− 2y+1 = 0. Nada. Reduciendo la ecuacion (mediante cambios devariables apropiados) puede llegarse a una ecuacion de la forma

5x′′2 = ρ < 0.

(c) 5x2 + 2y2 − 4xy + 12x− 4y = 0. Se trata de una elipse (real).

(c’) 5x2 + 2y2 − 4xy + 12x− 4y + 9 = 0. Nada (elpise imaginaria).

(d) x2 + 4y2 − 4xy + 6x− 12y + 9 = 0. Se trata de una recta doble, (x− 2y + 3)2 = 0.

(e) 2xy−5 = 0. Se trata de una hiperbola equilatera con los ejes coordenados como asıntotas.



Ejercicio 12. Tenemos infinitas soluciones que dan lugar a ecuaciones equivalentes a

x2 + 2y2 − 5x− 4y = 0.

Por tanto, se trata de la ecuacionde una elipse con ejes paralelos alos coordenados y cuyos elementoscaracterısticos pueden obtenerse sinmas que escribir la ecuacion anterioren la forma

(

x− 52

)2

334

+(y − 1)2

338

= 1.

−2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7

−2

−1

0

1

2

3

4

x

y

x2+2 y2−5 x−4 y = 0

O X

Y

C =(

52, 1)

y = 1

x = 52

Ejercicio 13. (a) Se trata, obviamente, de un cilindro hiperbolico. Puesto que en la ecua-cion no interviene la variable z, al cortar la cuadrica con cada plano z = cte siempre seobtiene la misma proyeccion en el plano OXY , la hiperbola de ecuacion 3x2 + 2xy −10y2 = 0.

(b) Cono de ecuacion x2 + y2 − (z + 1)2 = 0 con vertice V = (0, 0,−1) y eje el eje OZ ≡{x = 0, y = 0}.

(c) Se trata de un hiperboloide de dos hojas. La ecuacion reducida es

5x′′2 − y′′2 − z′2 =13

15≡ x′′2

1375

− y′′2

1315

− z′′2

1315

= 1.

(d) Se trata de un elipsoide de centro C(1, 0,−1) y semiejes a =√6, b =

√3 y c =

√2.


Valores vectorespropios-productointerno-cuadraticas

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