Matriz A =
⎡2 1 0⎤
⎢ ⎥
⎢0 2 0⎥
⎢ ⎥
⎣0 0 2⎦
Valores propios (m_a):
λ = 2 (m_a = 3)
Espacio propio para λ = 2: (A - λI) v = 0
A - λI =
⎡0 1 0⎤
⎢ ⎥
⎢0 0 0⎥
⎢ ⎥
⎣0 0 0⎦
Base del espacio propio:
v_1 =
⎡1⎤
⎢ ⎥
⎢0⎥
⎢ ⎥
⎣0⎦
v_2 =
⎡0⎤
⎢ ⎥
⎢0⎥
⎢ ⎥
⎣1⎦
Multiplicidad geométrica m_g(λ=2) = 2
¿A es diagonalizable?
Suma de multiplicidades geométricas = 2 (n = 3)
Resultado: NO
Explicación:
No hay suficientes eigenvectores linealmente independientes para formar P.Álgebra lineal
Ejemplo planteado:
Sea el sistema
\[ \begin{cases} -2x-3y \;=\; 3,\\[2pt] y \;=\; 1. \end{cases} \]
Hallar la inversa de coeficientes y resolver el sistema.
Dada su forma matricial, \(AX=B\):
\[ A=\begin{bmatrix}-2 & -3\\[2pt] 1 & 0\end{bmatrix},\quad X=\begin{bmatrix}x\\[2pt] y\end{bmatrix},\quad B=\begin{bmatrix}3\\[2pt] 1\end{bmatrix}. \]
Planteamos la inversa generica y usamos \(A A^{-1} = 1\). Obtenemos: \[ \begin{bmatrix}-2{\alpha}-3{\gamma} & -2{\beta}-3{\delta}\\[2pt] 0{\alpha}+1{\gamma} & 0{\beta}+1{\delta}\end{bmatrix}\quad=\begin{bmatrix}1 & 0\\[2pt] 0 & 1\end{bmatrix}\quad \]
Entonces, se obtiene el sistema para \({\alpha}, {\beta}, {\gamma},{\delta}\) \[ -2{\alpha}-3{\gamma} \;=\; 1,\\ -2{\beta}-3{\delta} \;=\; 0,\\ {\gamma} \;=\; 0.\\ {\delta} \;=\; 1.\ \] Sustituimos \({\gamma}\) y \({\delta}\): \[ -2{\alpha}-(3) · 0\;=\; 1,\\ -2{\beta}-(3) · 1\;=\; 0,\ \]
∴
\[ A^{-1}=\begin{bmatrix}-\tfrac{1}{2} & -\tfrac{3}{2}\\[2pt] 0 & 1\end{bmatrix}. \]
Comprobacion rapida
\[ A A^{-1}=\begin{bmatrix}-2 & -3\\[2pt] 0 & 1\end{bmatrix} \ \begin{bmatrix}-\tfrac{1}{2} & -\tfrac{3}{2}\\[2pt] 0 & 1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}1 & 0\\[2pt] 0 & 1\end{bmatrix}. \]
Resolviendo \(X=A^{-1}B\): \[ \begin{bmatrix}x\\[2pt] y\end{bmatrix}= \begin{bmatrix}-\tfrac{1}{2} & -\tfrac{3}{2}\\[2pt] 0 & 1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}3\\[2pt] 1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}-\tfrac{1}{2}· 3+-\tfrac{3}{2}· 1\\[2pt] 0· 3+1· 1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-3\\[2pt] 1\end{bmatrix} \] Por lo tanto,
\[ \boxed{\,x=-3,\qquad y=1}. \]
Diagonalización
Ejercicio: \[ A=\begin{bmatrix}0 & -2\\[2pt] 1 & -3\end{bmatrix},\quad \]
El polinomio característico de \(A\) es
\[ p_A(\lambda) = \det(A - \lambda I) = \det\!\begin{bmatrix} -\lambda & 1\\ -2 & -3 - \lambda \end{bmatrix}.\\ \\p_A(\lambda) = (-\lambda)(- 3 -\lambda) - (-2)(1) = \lambda(\lambda + 3) + 2 = \lambda^2 + 3\lambda + 2. \]
Factorizamos:
\[ p_A(\lambda) = (\lambda + 1)(\lambda + 2). \]
Valores propios:
\[ \lambda_1 = -1, \qquad \lambda_2 = -2. \]
Espacio propio de \(\lambda_1 = -1\)
Formamos \(A - (-1)I = A + I\):
\[ A + I = \begin{bmatrix} 1 & 1\\ -2 & -2 \end{bmatrix}. \]
Resolvemos \((A + I)\)\(\vec{t} = 0\):
\[ \begin{bmatrix}1 & 1\\-2 & -2\end{bmatrix} \begin{bmatrix}\vec{t}_1\\\vec{t}_2\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix}. \]
Quiere decir que \(\vec{t}_1 = \vec{t}_2\),
Un vector propio asociado es:
\[ \mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} 1\\ -1 \end{bmatrix}. \]
Espacio propio de \(\lambda_2 = -2\)
Formamos \(A - (-2)I = A + 2I\):
\[ A + 2I = \begin{bmatrix} 2 & 1\\ -2 & -1 \end{bmatrix}. \]
Resolvemos \((A + 2I)\vec{t} = 0\):
\[ \begin{bmatrix} 2 & 1\\ -2 & -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \vec{t}_1\\ \vec{t}_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\ 0 \end{bmatrix}. \]
Esto equivale a \(2\vec{t}_1 + \vec{t}_2 = 0\), es decir, \(\vec{t}_2 = -2\vec{t}_1\).
Un vector propio asociado es:
\[ \mathbf{v}_2 = \begin{bmatrix} 1\\ -2 \end{bmatrix}. \]
Construcción de \(P\) y \(D\)
Colocamos los vectores propios como columnas de \(P\):
\[ P = \begin{bmatrix} 1 & 1\\ -1 & -2 \end{bmatrix}, \qquad D = \begin{bmatrix} -1 & 0\\ 0 & -2 \end{bmatrix}. \]
Comprobamos que se cumple:
\[ P^{-1}AP = D. \] ∴ La matriz \(A\) es diagonalizable y hemos encontrado:
\[ A = P D P^{-1}, D = \text{diag}(-1, -2). \]
Ejercicio matriz \(3x3\)
\[ A=\begin{bmatrix}2 & 1 & 0\\[2pt] 0 & 2 & 0\\[2pt]\ 0 & 0 & 2\\[2pt]\end{bmatrix},\quad \]
Polinomio característico
El polinomio característico de \(A\) es \[ p_A(\lambda) = \det(A - \lambda I) = \det \begin{bmatrix} 2 - \lambda & 1 & 0\\ 0 & 2 - \lambda & 0\\ 0 & 0 & 2 - \lambda \end{bmatrix}. \]
Como la matriz es triangular superior, el determinante es el producto de los elementos de la diagonal:
\[ p_A(\lambda) = (2 - \lambda)^3. \]
Por lo tanto, el único valor propio es:
\[ \lambda = 2, \]
con multiplicidad algebraica \[m_a = 3\].
Vectores propios
Vectores propios: Vamos a resolver
\[ (A - 2I)\vec{t} = 0, \]
es decir,
\[ A - 2I = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}. \]
Sea \(\vec{t} = \begin{bmatrix} \vec{t}_1 \\ \vec{t}_2 \\ \vec{t}_3 \end{bmatrix}\), el sistema resulta:
\[ \vec{t}_2 = 0, \]
con \(\vec{t}_1, \vec{t}_3\) libres. ∴
\[ \vec{t} = \begin{bmatrix} \vec{t}_1\\ 0\\ \vec{t}_3 \end{bmatrix} = \vec{t}_1 \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix} + \vec{t}_3 \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}. \]
Espacio propio: El espacio propio asociado a \(\lambda = 2\) está generado por:
\[ \mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}, \qquad \mathbf{v}_2 = \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}. \]
∴, \(A\) no es diagonalizable (solo tiene dos vectores propios linealmente independientes para una matriz de orden 3).