Diagonalización por semejanza

Diagonalización por semejanza. Valores y vectores propios (autovalores, autovectores). Ecuación característica de una matriz/endomorfismo. Cálculo de los valores propios. Cálculo de los subespacios propios. Matriz diagonal y matriz de paso.

Término Sinónimos / Notación Definición / Referencias
Endomorfismo
Aplicación lineal en la que el espacio de partida y el de llegada son el mismo
Matrices semejantes
\(A\) y \(C\) lo son cuando existe \(P\) regular tal que \(C=P^{-1}AP\)
Polinomio característico de una matriz \(p(\lambda)=|A-\lambda I|\)
Valor propio Autovalor Apuntes del profesor Luis Merino
Vector propio (asociado a un valor propio) Autovector
Eigenvector 		Apuntes del profesor Luis Merino
Subespacio propio (asociado al valor propio \(\lambda\)) \(V_{\lambda}\) Apuntes del profesor Luis Merino
Multiplicidad algebraica de un valor propio
Multiplicad como raíz del polinomio característico
Multiplicidad geométrica de un valor propio
Dimensión del subespacio propio asociado

Ejercicio 1 Se considera la matriz sobre \(\mathbb{Z}_5\):

\[ A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0\\ 2 & 1 & 0\\ 1 & 4 & 2 \end{pmatrix}. \]

  1. Diagonaliza la matriz \(A\).
  2. Calcula la matriz \(A^{123}\).
  3. Diagonaliza la matriz \(A^{-1}\).

  1. Diagonalizar la matriz \(A\).

    En primer lugar calculamos el polinomio característico para determinar los valores propios y sus multiplicidades algebraicas:

    \[ |A-\lambda I|=\begin{vmatrix} 1-\lambda & 2 & 0\\ 2 & 1-\lambda & 0\\ 1 & 4 & 2-\lambda \end{vmatrix}=(2-\lambda)\begin{vmatrix} 1-\lambda & 2 \\ 2 & 1-\lambda \\ \end{vmatrix}= (2- \lambda)[(1-\lambda)^2-4]=(2-\lambda)(\lambda^2+3\lambda+2). \]

    Las raíces de \(\lambda^2+3\lambda+2\) en \(\mathbb{Z}_5\) son \(3\) y \(4\), que son simples, luego los valores propios son \(2\), \(3\), \(4\) con multiplicidades algebraicas \(1\) para cada uno.

    Ahora debemos calcular cada uno de los subespacios propios.

    \(V_{\lambda=2}\)

    \[ A-2I=\begin{pmatrix} 4 & 2 & 0\\ 2 & 4 & 0\\ 1 & 4 & 0 \end{pmatrix}. \]

    Para calcular unas ecuaciones cartesianas más sencillas de \(V_{\lambda=2}\) a partir de \((A-2I)X=0\) hacemos operaciones elementales por filas en la matriz anterior:

    \[ A-2I=\begin{pmatrix} 4 & 2 & 0\\ 2 & 4 & 0\\ 1 & 4 & 0 \end{pmatrix}\sim_{f} \begin{pmatrix} 1 & 4 & 0\\ 4 & 2 & 0\\ 2 & 4 & 0\\ \end{pmatrix}\sim_{f} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0\\ \end{pmatrix}. \]

    Comprobemos el resultado obtenido con sage.

    Entonces nos quedan las cartesianas

    \[ \boxed{\begin{array}{l} x=0,\\ y=0. \end{array} } \]

    Como el espacio \((\mathbb{Z}_{5})^3\) tiene dimensión tres y el subespacio tiene dos ecuaciones cartesianas, entonces la multiplicidad geométrica (esto es, la dimensión de \(V_{\lambda=2}\)) es 1 y una base es \(\{(0,0,1)\}.\)

    \(V_{\lambda=3}\)

    \[ A-3I=\begin{pmatrix} 3 & 2 & 0\\ 2 & 3 & 0\\ 1 & 4 & 4 \end{pmatrix}. \]

    Para calcular unas ecuaciones cartesianas más sencillas de \(V_{\lambda=3}\) a partir de \((A-3I)X=0\) hacemos operaciones elementales por filas en la matriz anterior:

    \[ A-3I=\begin{pmatrix} 3 & 2 & 0\\ 2 & 3 & 0\\ 1 & 4 & 4 \end{pmatrix}\sim_{f} \begin{pmatrix} 1 & 4 & 0\\ 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0\\ \end{pmatrix}. \]

    Comprobemos el resultado obtenido con sage.

    Entonces nos quedan las cartesianas

    \[ \boxed{\begin{array}{l} x+4y=0,\\ z=0. \end{array} } \]

    Como el espacio \((\mathbb{Z}_{5})^3\) tiene dimensión tres y el subespacio tiene dos ecuaciones cartesianas, entonces la multiplicidad geométrica (esto es, la dimensión de \(V_{\lambda=3}\)) es 1 y una base es \(\{(1,1,0)\}.\)

    \(V_{\lambda=4}\)

    \[ A-4I=\begin{pmatrix} 2 & 2 & 0\\ 2 & 2 & 0\\ 1 & 4 & 3 \end{pmatrix}. \]

    Para calcular unas ecuaciones cartesianas más sencillas de \(V_{\lambda=3}\) a partir de \((A-4I)X=0\) hacemos operaciones elementales por filas en la matriz anterior:

    \[ A-3I=\begin{pmatrix} 3 & 2 & 0\\ 2 & 3 & 0\\ 1 & 4 & 4 \end{pmatrix}\sim_{f} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 4\\ 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 0\\ \end{pmatrix}. \]

    Entonces nos quedan las cartesianas

    \[ \boxed{\begin{array}{l} x+4z=0,\\ y=0. \end{array} } \]

    Como el espacio \((\mathbb{Z}_{5})^3\) tiene dimensión tres y el subespacio tiene dos ecuaciones cartesianas, entonces la multiplicidad geométrica (esto es, la dimensión de \(V_{\lambda=3}\)) es 1 y una base es \(\{(1,4,1)\}.\)

    Por último, una vez comprobada que la multiplicidad algebraica y geométrica coinciden para cada valor propio escribimos las matriz diagonal \(D\) (con los valores propios en la diagonal) y la matriz \(P\) (con los vectores propios por columnas) cuidando de que el orden en el que se escriben los valores propios en \(D\) corresponda con el orden de los vectores propios asociados en \(P\):

    \[ D=\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0\\ 0 & 3 & 0\\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix}, \hspace{2cm} P=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 4\\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}. \]

  2. Calcular la matriz \(A^{123}\).

    Para calcular \(A^{123}\) utilizamos la diagonalización que acabamos de realizar para la que se cumple \(D=P^{-1}AP.\) Despejando \(A\) tendremos \[A=PDP^{-1},\] y podemos observar que en el producto

    \[ A^{123}= (PDP^{-1})(PDP^{-1})\cdots (PDP^{-1}) \]

    los productos \(P^{-1}P=I\), y por tanto queda

    \[ A^{123}=PD^{123}P^{-1}. \]

    Además el cálculo de las potencias de una matriz diagonal es muy sencillo, puesto que consiste en elevar a dicha potencia cada uno de los elementos de la diagonal, es decir:

    \[ D^{123}=\begin{pmatrix} 2^{123} & 0 & 0\\ 0 & 3^{123} & 0\\ 0 & 0 & 4^{123} \end{pmatrix}. \]

    Se trata entonces de calcular dichas potencias en \(\mathbb{Z}_5\), para lo que utilizaremos el Teorema pequeño de Fermat: \(a^4=1\) en \(\mathbb{Z}_5.\)

    Como \(123=30\cdot 4+3\), entonces \(2^{123}=(2^4)^30\cdot 2^3=2^3=3.\) Por otro lado, \(3^{123}=(3^4)^30\cdot 3^3=3^3=2\) y \(4^{123}=(4^4)^30\cdot 4^3=4^3=4.\)

    Así que

    \[ D^{123}=\begin{pmatrix} 3 & 0 & 0\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix}. \]

    Solo queda calcular \(P^{-1}\) y realizar el producto \(PD^{123}P^{-1}.\)

    \[ \begin{align*} (P|I) & =\left(\begin{array}{ccc|ccc} 0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 4 & 0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right)\sim_f \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 4 & 0 & 1 & 0\\ \end{array}\right)\sim_f \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 3 & 4 & 1 & 0\\ \end{array}\right) \\ & \sim_f \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 3 & 2 & 0\\ \end{array}\right)\sim_f \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 2 & 3 & 1\\ 0 & 1 & 0 & 3 & 3 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 3 & 2 & 0\\ \end{array}\right)=(I|P^{-1}). \end{align*} \]

    Por último:

    \[ A^{123}=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 4\\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 3 & 0 & 0\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & 3 & 1\\ 3 & 3 & 0\\ 3 & 2 & 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 3 & 4 & 0\\ 4 & 3 & 0\\ 3 & 2 & 3 \end{pmatrix}. \]

  3. Diagonalizar la matriz \(A^{-1}\).

    Para diagonalizar \(A^{-1}\) basta observar que como \(D=P^{-1}AP\) entonces \(D^{-1}=P^{-1}A^{-1}P\), luego la matriz diagonal será \(D^{-1}\):

    \[ D^{-1}=\begin{pmatrix} 2^{-1} & 0 & 0\\ 0 & 3^{-1} & 0\\ 0 & 0 & 4^{-1} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 3 & 0 & 0\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix}, \]

    y la matriz de paso es la misma, \(P\).

Ejercicio 2 Sea la matriz \[ A=\left(\begin{array}{cccc} 1 & a & 2 & -1\\ 0 & 1 & 3 & 4\\ 0 & 0 & 2 & b\\ 0 & 0 & 0 & 2\\ \end{array} \right). \]

Estudiar para qué valores de los parámetros \(a\) y \(b\) es diagonalizable.

Necesitamos calcular los valores propios y sus multiplicidades algebraica y geométrica. Los valores propios son fáciles:

\[ |A-\lambda I|=\left|\begin{array}{cccc} 1-\lambda & a & 2 & -1\\ 0 & 1-\lambda & 3 & 4\\ 0 & 0 & 2-\lambda & b\\ 0 & 0 & 0 & 2-\lambda\\ \end{array} \right|=(1-\lambda)^2(2-\lambda)^2. \]

Los valores propios son \(1\) y \(2\) con multiplicidades algebraicas \(2\) para cada uno.

\(V_{\lambda=1}\)

\[ A-I=\left(\begin{array}{cccc} 0 & a & 2 & -1\\ 0 & 0 & 3 & 4\\ 0 & 0 & 1 & b\\ 0 & 0 & 0 & 1\\ \end{array} \right). \]

Para que tenga rango dos (y por tanto la dimensión de \(V_{\lambda=1}\) sea también dos) debe ser \(a=0.\)

\(V_{\lambda=2}\)

\[ A-2I=\left(\begin{array}{cccc} -1 & a & 2 & -1\\ 0 & -1 & 3 & 4\\ 0 & 0 & 0 & b\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ \end{array} \right). \]

Para que tenga rango dos (y por tanto la dimensión de \(V_{\lambda=2}\) sea también dos) debe ser \(b=0.\)

Concluimos que solo es diagonalizable en el caso \(a=b=0.\)

Ejercicio 3 Sea \(f:(\mathbb{Z}_{13})^3 \longrightarrow (\mathbb{Z}_{13})^3\) la aplicación lineal dada por:

\[ f(x,y,z)=(7x+12y+4z, x+6y+3z, 5x+6y+12z). \]

  1. Halla la matriz de \(f\) en la base canónica (llamémosla \(A\)).
  2. Estudia si \(f\) es diagonalizable, y en caso afirmativo halla una base de vectores propios.
  3. Calcula \(A^{2431}\).
  4. Calcula \(f^{2432}(1,2,3)\).

  1. Hallar la matriz de \(f\) en la base canónica.

    Para calcular la matriz asociada calculamos las imágenes de los vectores de la base canónica:

    \[ \begin{array}{l} f(1,0,0)=(7,1,5),\\ f(0,1,0)=(12,6,6),\\ f(0,0,1)=(4,3,12). \end{array} \]

    Podemos, por simplificar cálculos posteriores, sustituir que \(12=-1\) en \(\mathbb{Z}_{13}\), y nos queda la matriz

    \[ A=M_{B_c}(f)=\begin{pmatrix} 7 & -1 & 4\\ 1 & 6 & 3\\ 5 & 6 &-1 \end{pmatrix}. \]

  2. Estudiar si \(f\) es diagonalizable, y hallar una base de vectores propios.

    Calculamos los valores propios, mediante la ecuación característica:

    \[ \begin{align*} \left| \begin{array}{ccc} 7-\lambda & -1 & 4\\ 1 & 6-\lambda & 3\\ 5 & 6 &-1-\lambda \end{array}\right| & =(7-\lambda)(6-\lambda)(-1-\lambda)-2-2-7(6-\lambda)-5(7-\lambda)+(-1-\lambda)\\ & =-\lambda^3-\lambda^2+8\lambda -7. \end{align*} \]

    Calculamos las raíces de este polinomio (lo cual es laborioso) y obtenemos que son \(\lambda=5\) con multiplicidad algebraica 1 y \(\lambda=-3(=10)\) con multiplicidad algebraica 2.

    Debemos calcular la multiplicidad geométrica de \(\lambda=-3\) para poder decidir si es o no diagonalizable. Para ello calculamos el subespacio propio correspondiente:

    \[ (A+3I)=\begin{pmatrix} 10 & -1 & 4\\ 1 & 9 & 3\\ 5 & 6 & 2 \end{pmatrix}\sim_f \begin{pmatrix} 1 & 9 & 3\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0\\ \end{pmatrix}. \]

    Comprobemos el resultado obtenido con sage.

    Luego nos queda una única ecuación cartesiana que es \(x+9y+3z=0\) y por tanto la multiplicidad geométrica (esto es, la dimensión de \(V_{\lambda=2}\)) es 2, así que la matriz es diagonalizable. Calculamos una base de \(V_{\lambda=-3}\):

    \[ \{ (4,1,0),(10,0,1) \}. \]

    Necesitamos también una base de \(V_{\lambda=5}\):

    \[ (A-5I)=\begin{pmatrix} 2 & -1 & 4\\ 1 & 1 & 3\\ 5 & 6 & -6 \end{pmatrix}\sim_f \begin{pmatrix} 1 & 0 & -2\\ 0 & 1 & 5\\ 0 & 0 & 0\\ \end{pmatrix}. \]

    Comprobemos el resultado obtenido con sage.

    Nos quedan las ecuaciones \(V_{\lambda=5}\equiv \boxed{\begin{array}{l} x-2z=0,\\ y+5z=0.\end{array} }\) y una base es \(\{(2,-5,1)\}\).

    Luego la solución al problema de diagonalización es:

    \[ D=\left(\begin{array}{ccc} 5 & 0 & 0\\ 0 & 10 & 0\\ 0 & 0 & 10 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc} 5 & 0 & 0\\ 0 & -3 & 0\\ 0 & 0 & -3 \end{array}\right), \hspace{1em} P=\left(\begin{array}{ccc} 2 & 4 & 10\\ -5 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 1 \end{array}\right). \]

  3. Calcular \(A^{2431}\).

    Para calcular la potencia pedida utilizamos la diagonalización:

    \[ D=P^{-1}AP \text{ o bien } A=PDP^{-1}, \]

    que nos permite deducir que

    \[ A^{2431}=PD^{2431}P^{-1}. \]

    Calculamos

    \[ D^{2431}=\left(\begin{array}{ccc} 5^{2431} & 0 & 0\\ 0 & 10^{2431} & 0\\ 0 & 0 & 10^{2431} \end{array}\right), \]

    para lo que hemos realizado los cálculos \(5^{703}, 10^{703}\) en \(\mathbb{Z}_{13}\) mediante el Teorema pequeño de Fermat: \(a^{12}=1\) en \(\mathbb{Z}_{13}\). Obtenemos así \(5^{2431}=5^{202\cdot 12+7}=5^7=8\) y además \(10^{2431}=10^{202\cdot 12+7}=10^7= 10\). Y obtenemos

    \[ D^{2431}=\left(\begin{array}{ccc} 8 & 0 & 0\\ 0 & 10 & 0\\ 0 & 0 & 10 \end{array}\right). \]

    Necesitamos también \(P^{-1}\):

    \[ \begin{align*} (P|I) & =\left(\begin{array}{ccc|ccc} 2 & 4 & 10 & 1 & 0 & 0\\ -5 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right)\sim_f\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 4 & 8 & 1 & 0 & -2\\ 0 & 1 & 5 & 0 & 1 & 5\\ \end{array}\right) \\ & \sim_f \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 5 & 0 & 1 & 5\\ 0 & 0 & 1 & 1 & -4 & 4\\ \end{array}\right)\sim_f \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & -1 & 4 & -3\\ 0 & 1 & 0 & -5 & -5 & -2\\ 0 & 0 & 1 & 1 & -4 & 4\\ \end{array}\right).\end{align*} \]

    Luego

    \[ A^{2431}=PD^{2431}P^{-1}=\left(\begin{array}{ccc} 2 & 4 & 10\\ -5 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc} 8 & 0 & 0\\ 0 & 10 & 0\\ 0 & 0 & 10 \end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc} -1 & 4 & -3\\ -5 & -5 & -2\\ 1 & -4 & 4\\ \end{array}\right). \]

  4. Calcula \(f^{2432}(1,2,3)\).

    Basta realizar la operación \(f^{2432}(1,2,3)=A^{2432}(1,2,3)^T=A^{2431}A(1,2,3)^T\).

Ejercicio 4 Sea \(f:(\mathbb{Z}_{5})^3\longrightarrow (\mathbb{Z}_{5})^3\) la aplicación lineal dada por:

\[ f(x,y,z)=(4z,2x+2y+z,x) \]

  1. Halla la matriz de \(f\) en la base canónica (llamémosla \(A\)).
  2. Estudia si \(f\) es diagonalizable, y en caso afirmativo halla una base de vectores propios.
  3. Calcula \(A^{703}\).
  4. Halla \(f^{704}(1,2,3)\).

  1. Hallar la matriz de \(f\) en la base canónica.

    Calculamos las imágenes de los vectores de la base canónica:

    \[ \begin{array}{l} f(1,0,0)=(0,2,1),\\ f(0,1,0)=(0,2,0),\\ f(0,0,1)=(4,1,0). \end{array}\] Así la matriz es \[A=M_{B_c}(f)= \left(\begin{array}{ccc} 0 & 0 & 4\\ 2 & 2 & 1\\ 1 & 0 & 0\\ \end{array}\right). \]

  2. Estudiar si \(f\) es diagonalizable y hallar una base de vectores propios.

    Calculamos los valores propios y sus multiplicidades algebraica y geométrica:

    \[ |A-\lambda I|=\left| \begin{array}{ccc} -\lambda & 0 & 4\\ 2 & 2-\lambda & 1\\ 1 & 0 & -\lambda\\ \end{array}\right|=(2-\lambda)[(-\lambda)^2-4)]=(2-\lambda)(\lambda^2-4). \]

    Las raíces de \(\lambda^2-4=0\) son \(\lambda=2\) y \(\lambda=3(=-2)\) en \(\mathbb{Z}_5\). Así el valor propio \(\lambda=2\) tiene multiplicidad algebraica 2 y \(\lambda=3\) tiene multiplicidad algebraica 1.

    Calculamos \(V_{\lambda=2}\):

    \[ A-2I = \left(\begin{array}{ccc} -2 & 0 & 4\\ 2 & 0 & 1\\ 1 & 0 & -2\\ \end{array}\right)\sim_f \left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & -2\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0\\ \end{array}\right). \]

    Comprobemos el resultado obtenido con sage.

    Luego nos queda una única ecuación cartesiana que es \(x-2z=0\) y por tanto la multiplicidad geométrica (esto es, la dimensión de \(V_{\lambda=2}\)) es 2, así que la matriz es diagonalizable.

    Calculamos una base de \(V_{\lambda=2}\): \(\{ (0,1,0),(2,0,1) \}\).

    Nos queda calcular una base de \(V_{\lambda=3}\):

    \[ A-3I= \left(\begin{array}{rrr} -3 & 0 & 4\\ 2 & -1 & 1\\ 1 & 0 & -3\\ \end{array}\right)\sim_f \left(\begin{array}{rrr} 1 & 0 & -3\\ 0 & 1 & 3\\ 0 & 0 & 0\\ \end{array}\right). \]

    Comprobemos el resultado obtenido con sage.

    Nos quedan las ecuaciones \(V_{\lambda=3}\equiv \boxed{\begin{array}{l} x-3z=0,\\ y+3z=0.\end{array} }\). Además una base es \(\{(3,2,1)\}\).

    Luego la solución al problema de diagonalización es:

    \[ D=\left(\begin{array}{rrr} 2 & 0 & 0\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 3\\ \end{array}\right), \hspace{1em} P= \left(\begin{array}{rrr} 0 & 2 & 3\\ 1 & 0 & 2\\ 0 & 1 & 1\\ \end{array}\right). \]

  3. Calcular \(A^{703}\).

    Para calcular la potencia pedida utilizamos la diagonalización:

    \[ D=P^{-1}AP \text{ o bien } A=PDP^{-1}, \]

    que nos permite deducir que

    \[ A^{703}=PD^{703}P^{-1}. \]

    Calculamos

    \[ D^{703}=\left(\begin{array}{ccc} 2^{703} & 0 & 0\\ 0 & 2^{703} & 0\\ 0 & 0 & 3^{703} \end{array}\right), \]

    para lo que realizamos los cálculos en \(\mathbb{Z}_5\), mediante el uso del Teorema pequeño de Fermat: \(2^{703}=2^{175\cdot 4+3}=2^3= 3\), y también \(3^{703}=3^{175\cdot 4+3}=3^3= 2\). Obtenemos así:

    \[ D^{703}=\left(\begin{array}{ccc} 3 & 0 & 0\\ 0 & 3 & 0\\ 0 & 0 & 2 \end{array}\right). \]

    También necesitamos calcular \(P^{-1}\):

    \[ (P|I)= \left(\begin{array}{ccc|ccc} 0 & 2 & 3 & 1 & 0 & 0\\ 1 & 0 & 2 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1\\ \end{array}\right)\sim_f \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 3 & 1 & 4\\ 0 & 1 & 0 & 4 & 0 & 3\\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 3\\ \end{array}\right)=(I|P^{-1}). \]

    Luego

    \[ A^{703}=PD^{703}P^{-1}=\left(\begin{array}{rrr} 0 & 2 & 3\\ 1 & 0 & 2\\ 0 & 1 & 1\\ \end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc} 3 & 0 & 0\\ 0 & 3 & 0\\ 0 & 0 & 2 \end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc} 3 & 1 & 4\\ 4 & 0 & 3\\ 1 & 0 & 3\\ \end{array}\right)=\left(\begin{array}{rrr} 0 & 0 & 1\\ 0 & 3 & 4\\ 4 & 0 & 0\\ \end{array}\right). \]

  4. Hallar \(f^{703}(1,2,3)\).

    Basta realizar la operación

    \[ f^{703}(1,2,3)=A^{703}(1,2,3)^T= \left(\begin{array}{rrr} 0 & 0 & 1\\ 0 & 3 & 4\\ 4 & 0 & 0\\ \end{array}\right) \left(\begin{array}{rrr} 1\\ 2\\ 3\\ \end{array}\right)= \left(\begin{array}{rrr} 3\\ 18\\ 4\\ \end{array}\right). \]

Ejercicio 5 Se considera la matriz:

\[ A=\begin{pmatrix} a & 1 & 0 & 0 \\ 0 & b & 0 & 0 \\ 0 & 0 & a & 1 \\ 0 & 0 & 0 & b \end{pmatrix}. \]

  1. Estudiar qué condición han de cumplir los parámetros \(a\) y \(b\) para que \(A\) sea diagonalizable.
  2. Para los valores \(a=1\), \(b=-1\) determinar su forma diagonal \(D\) y una matriz de paso \(P\) de forma que \(D=P^{-1}\cdot A \cdot P\).

  1. Estudiar qué condición han de cumplir los parámetros \(a\) y \(b\) para que \(A\) sea diagonalizable.

    En primer lugar calculamos los valores propios y sus multiplicidades algebraicas

    \[ |A-\lambda I|=\left| \begin{array}{cccc} a-\lambda & 1 & 0 & 0 \\ 0 & b-\lambda & 0 & 0 \\ 0 & 0 & a-\lambda & 1 \\ 0 & 0 & 0 & b-\lambda \end{array}\right|= (a-\lambda)^2 (b-\lambda)^2. \]

    Si \(a=b\), hay un solo valor propio \(\lambda=a\) con multiplicidad algebraica cuatro. Calculamos su multiplicidad geométrica:

    \[ V_{\lambda=a}\equiv \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\ y\\ z\\t \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\0 \\0 \end{pmatrix}. \]

    Nos da las ecuaciones \(y=0; t=0\) y por tanto tiene dimensión dos, así que como no coincide con la multiplicidad algebraica, entonces no es diagonalizable.

    Si \(a\not =b\), hay dos valores propios \(\lambda=a\) con multiplicidad algebraica dos y \(\lambda=b\) también con multiplicidad algebraica dos.

    Calculamos su multiplicidad geométrica:

    \[ V_{\lambda=a}\equiv \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & b-a & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & b-a \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\ y\\ z\\ t \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\0 \\0 \end{pmatrix}. \]

    Nos da las ecuaciones \(y=0\), \(t=0\) y por tanto tiene dimensión dos, así que coincide con la multiplicidad algebraica.

    \[ V_{\lambda=b}\equiv \begin{pmatrix} a-b & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & a-b & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\ y\\ z\\t \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\0 \\0 \end{pmatrix}. \]

    Nos da las ecuaciones \((a-b)x+y=0\), \((a-b)z+t=0\) y por tanto tiene dimensión dos, así que coincide con la multiplicidad algebraica. Por tanto en este caso la matriz sí es diagonalizable.

  2. Para los valores \(a=1\), \(b=-1\) determinar su forma diagonal \(D\) y una matriz de paso \(P\).

    Utilizando los cálculos del segundo caso del apartado anterior tenemos que

    \[ V_{\lambda=1}\equiv \left\{ \begin{array}{l} y=0,\\ t=0. \end{array}\right. \]

    Y una base es \(\{(1,0,0,0),(0,0,1,0)\}\).

    \[ V_{\lambda= -1}\equiv \left\{ \begin{array}{l} 2x+y=0,\\ 2z+t=0. \end{array}\right. \]

    Y una base es \(\{(1,-2,0,0),(0,0,1,-2)\}\).

    Por tanto,

    \[ D=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}, \hspace{1em} P=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & -2 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}. \]

Ejercicio 6 Se considera la matriz:

\[ A=\begin{pmatrix} a+1 & 0 &0 \\ 1 & 1 & -1 \\ 1 &-1 & 1 \end{pmatrix} \]

  1. Estudiar para qué valores del parámetro \(a\) es \(A\) diagonalizable.
  2. Para el valor \(a=0\) determinar su forma diagonal \(D\) y una matriz de paso \(P\) de forma que \(D=P^{-1}\cdot A \cdot P\).

  1. Estudiar para qué valores del parámetro \(a\) es \(A\) diagonalizable.

    Calculamos la ecuación característica:

    \[ \begin{align*}|A-\lambda I|&= \left|\begin{array}{ccc} a+1-\lambda & 0 &0 \\ 1 & 1-\lambda & -1 \\ 1 &-1 & 1-\lambda \end{array}\right|= (a+1-\lambda)[(1-\lambda)^2-1]\\ &=(a+1-\lambda)(\lambda^2-2\lambda)=\lambda(a+1-\lambda)(\lambda-2). \end{align*} \]

    Cuando \(a+1\not = 0,2\) entonces aparecen tres valores propios distintos, cada uno con multiplicidad algebraica 1 y por tanto la geométrica también es 1, con lo que la matriz es diagonalizable.

    Quedan por estudiar dos casos:

    Cuando \(a=-1\):

    Nos queda que el valor propio \(\lambda=0\) tiene multiplicidad algebraica 2 y por tanto hay que calcular su multiplicidad geométrica.

    \[ V_{\lambda=0}\equiv \begin{pmatrix} 0 & 0 &0 \\ 1 & 1 & -1 \\ 1 &-1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y\\ z\\ \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0\\ 0 \\0 \end{pmatrix}, \]

    nos da dos ecuaciones cartesianas y por tanto \(m_g(\lambda=0)= \dim(V_{\lambda=0})=1\) y por tanto en este caso no es diagonalizable.

    Cuando \(a=1\):

    Tendremos que el valor propio \(\lambda=2\) tiene multiplicidad algebraica 2 y por tanto hay que calcular su multiplicidad geométrica.

    \[ V_{\lambda=2}\equiv \begin{pmatrix} 0 & 0 &0 \\ 1 & -1 & -1 \\ 1 &-1 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y\\ z\\ \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0\\ 0 \\0 \end{pmatrix}, \]

    nos da una ecuación cartesiana y por tanto \(m_g(\lambda=2)= \dim(V_{\lambda=0})=2\) y por tanto en este caso sí es diagonalizable.

  2. Para el valor \(a=0\) determinar su forma diagonal \(D\) y una matriz de paso \(P\) de forma que \(D=P^{-1}\cdot A \cdot P\).

    Para el caso \(a=0\) tenemos los valores propios \(0,1\) y \(2\) que serán los elementos de la matriz diagonal. Calculamos bases de cada uno de los subespacios propios:

    \(\lambda=0\):

    \[ \begin{pmatrix} 1 & 0 &0 \\ 1 & 1 & -1 \\ 1 &-1 & 1 \end{pmatrix}\sim_f \begin{pmatrix} 1 & 0 &0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 &0 & 0 \end{pmatrix}, \]

    nos da unas ecuaciones cartesianas y por tanto una base es \(\{(0,1,1)\}\).

    \(\lambda=1\):

    \[ \begin{pmatrix} 0 & 0 &0 \\ 1 & 0 & -1 \\ 1 &-1 & 0 \end{pmatrix}\sim_f \begin{pmatrix} 1 & 0 &-1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 &0 & 0 \end{pmatrix}, \]

    nos da unas ecuaciones cartesianas y una base es \(\{(1,1,1)\}\).

    \(\lambda=2\):

    \[ \begin{pmatrix} -1 & 0 &0 \\ 1 & -1 & -1 \\ 1 &-1 & -1 \end{pmatrix}\sim_f \begin{pmatrix} 1 & 0 &0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 &0 & 0 \end{pmatrix}, \]

    nos da unas ecuaciones cartesianas y una base es \(\{(0,1,-1)\}\).
    Como solución, por ejemplo, podemos tomar

    \[ D=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} \hspace{2cm} P=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\ 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & -1 \end{pmatrix}. \]

Ejercicio 7 Dada la matriz

\[ A=\left( \begin{array}{rrr} 1 & a & a \\ -1 & 1 & -1 \\ 1 &0 & 2 \\ \end{array} \right). \]

Estudia para qué valores de \(a\in\mathbb{R}\) es diagonalizable y para aquellos que lo sea obtén \(D\) diagonal y \(P\) regular tales que \(D=P^{-1}AP\).

En primer lugar calculamos los valores propios:

\[ |A-\lambda I|=\left|\begin{array}{ccc} 1-\lambda & a & a \\ -1 & 1-\lambda & -1 \\ 1 &0 & 2-\lambda \\ \end{array}\right|= \left|\begin{array}{ccc} 1-\lambda & a & 0 \\ -1 & 1-\lambda & -2+\lambda \\ 1 &0 & 2-\lambda \\ \end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccc} 1-\lambda & a & 0 \\ 0 & 1-\lambda & 0 \\ 1 &0 & 2-\lambda \\ \end{array}\right| =(2-\lambda)(1-\lambda)^2, \]

luego los valores propios son \(\lambda=1\) con multiplicidad algebraica dos, y \(\lambda=2\) con multiplicidad algebraica uno, y por tanto su multilicidad geométrica también es uno. Es necesario establecer para qué casos la multiplicidad geométrica de \(\lambda=1\) es dos para que sea diagonalizable.

\(V_{\lambda=1}\):

\[ \left(\begin{array}{ccc} 0 & a & a \\ -1 & 0 & -1 \\ 1 &0 & 1 \\ \end{array}\right)\sim_f \left(\begin{array}{ccc} 1 &0 & 1 \\ 0 & a & a \\ 0 & 0 & 0 \\ \end{array}\right). \]

Si \(a\not =0\) serían dos ecuaciones cartesianas y \(\dim(V_{\lambda=1})=1\), luego solo es diagonalizable para \(a=0\). En ese caso la cartesiana de este subespacio propio es \(x+z=0\) y por tanto una base es \(\{(1,0,-1),(0,1,0)\}\).

\(V_{\lambda=2}\):

\[ \left(\begin{array}{ccc} -1 & 0 & 0 \\ -1 & -1 & -1 \\ 1 &0 & 0 \\ \end{array}\right)\sim_f \left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 &0 & 0 \\ \end{array}\right), \]

que tiene cartesianas \(\left\{\begin{array}{l} x=0,\\ y+z=0.\end{array}\right.\) Así una base es \(\{(0,1,-1)\}\). Por tanto

\[ D=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 &0 & 2 \\ \end{array}\right), \hspace{1em} P=\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ -1 &0 & -1 \\ \end{array}\right). \]

Ejercicio 8 Dadas las matrices

\[ A= \left(\begin{array}{rrr} 1 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 \end{array}\right)\hspace{2cm} B= \left(\begin{array}{rrr} 1 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0\\ 1 & 1 & 0 \end{array}\right) \]

¿Existe \(P\) regular tal que \(P^{-1}AP=B\)?

Si calculamos los valores propios de ambas:

\[ |A-\lambda I|= \left|\begin{array}{rrr} 1- \lambda & 1 & 0\\ 0 & -\lambda & 0\\ 0 & 1 & -\lambda \end{array}\right|=(1-\lambda)(-\lambda)^2 \]

\[ |B-\lambda I|= \left|\begin{array}{rrr} 1-\lambda & 1 & 0\\ 1 & -\lambda & 0\\ 1 & 1 & -\lambda \end{array}\right|=(-\lambda)(\lambda^2-\lambda-1) \]

Como los conjuntos de valores propios de ambas son distintos, entonces no pueden ser semejantes.

Ejercicio 9 Dada la matriz

\[ A= \left(\begin{array}{rrr} 2 & 0 & 2\\ 0 & 1 & 0\\ 2 & 0 & -1 \end{array}\right) \]

¿Existe \(P\) regular tal que \(P^{-1}AP=I_3\)?

Que exista la matriz \(P\) regular tal que \(P^{-1}AP=I_3\) equivale a decir que \(A\) es diagonalizable por semejanza y su forma diagonal es \(I_3\). Calculamos los valores propios de \(A\):

\[ \left| \begin{array}{ccc} 2-\lambda & 0 & 2 \\ 0 & 1-\lambda & 0 \\ 2 & 0 & -1-\lambda \\ \end{array} \right|= (1-\lambda) \left| \begin{array}{cc} 2 -\lambda& 2 \\ 2 & -1-\lambda \\ \end{array} \right|= \]

\[ =(1-\lambda)(-(2-\lambda)(1+\lambda)-4)=(1-\lambda)(2+\lambda)(3-\lambda) \]

Como los valores propios de \(A\) son 1, -2 y 3, su forma diagonal (si fuera diagonalizable) no puede ser \(I_3\), por lo tanto, {} existe \(P\) regular tal que \(P^{-1}AP=I_3\)

Ejercicio 10 Dada la matriz

\[ A= \left(\begin{array}{rrrr} 1 & 1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & -1 & -1\\ 1 & -1 & 1 & -1\\ 1 & -1 & -1 & 1 \end{array}\right) \]

  1. Demuestra que es diagonalizable por semejanza.
  2. Calcula una matriz diagonal \(D\) y una matriz regular \(P\) tales que \(D=P^{-1}AP\).

  1. Puesto que esta matriz es simétrica podemos utilizar el resultado que dice que toda matriz simétrica y real es diagonalizable por semejanza ortogonal (Teorema Espectral). En cualquier caso tenemos que calcular los valores propios y los subespacios propios en el siguiente apartado, que también se pueden utilizar para justificar este.

  2. Para obtener los valores propios tenemos que resolver \(|A-\lambda I|=0\).

    \[ |A-\lambda I|=\left|\begin{array}{cccc} 1-\lambda& 1 & 1 & 1\\ 1 & 1-\lambda& -1 & -1\\ 1 & -1 & 1-\lambda& -1\\ 1 & -1 & -1 & 1-\lambda \end{array}\right|= \left|\begin{array}{cccc} 1-\lambda& 1 & 1 & 1\\ 2-\lambda& 2-\lambda& 0 & 0\\ 0 & -2+\lambda& 2-\lambda & 0\\ 0 & 0 & -2+\lambda& 2-\lambda \end{array}\right| \]

    ahora desarrollamos por la primera fila, aunque aparecen 4 menores de orden 3 son muy sencillos (se ha tenido en cuenta que \(-2+\lambda=-(2-\lambda)\)) \[ |A|=(1-a)\left|\begin{array}{ccc} 2-\lambda& 0 & 0\\ -2+\lambda& 2-\lambda & 0\\ 0 & -2+\lambda& 2-\lambda \end{array}\right|-\left|\begin{array}{ccc} 2-\lambda & 0 & 0\\ 0 & 2-\lambda & 0\\ 0 & -2+\lambda& 2-\lambda \end{array}\right|+\left|\begin{array}{ccc} 2-\lambda& 2-\lambda & 0\\ 0 & -2+\lambda& 0\\ 0 & 0 & 2-\lambda \end{array}\right|- \]

    \[ \left|\begin{array}{ccc} 2-\lambda& 2-\lambda& 0 \\ 0 & -2+\lambda& 2-a\\ 0 & 0 & -2+\lambda\end{array}\right|=(1-\lambda)(2-\lambda)^3- (2-\lambda)^3-(2-\lambda)^3-(2-\lambda)^3=\boxed{(2-\lambda)^3(-2-\lambda)} \]

    \[ |A-\lambda I|=(2-\lambda)^3(-2-\lambda) \]

    que tiene por raíces a \(\lambda =2\) con multiplicidad algebraica 3 y \(\lambda=-2\) con multiplicidad algebraica 1.

    \(\boxed{V_{\lambda=2}}\) tiene por cartesianas \((A-2I)X=0\), realizamos operaciones elementales por filas en la matriz de coeficientes para obtener un sistema equivalente

    \[ A-2I =\left(\begin{array}{cccc} -1 & 1 & 1 & 1\\ 1 & -1 & -1 & -1\\ 1 & -1 & -1& -1\\ 1 & -1 & -1 & -1 \end{array}\right)\sim_f \left(\begin{array}{cccc} \boxed{1} & -1 & -1 & -1\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0& 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right) \]

    y por tanto \(V_{\lambda=2}\equiv \boxed{x-y-z-t=0}\) que tiene \(m.g.= dim\, V_{\lambda=2}=4-1=3\). Una base de este subespacio es

    \[ \{(1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,0,1)\} \]

    \(\boxed{V_{\lambda=-2}}\) tiene por cartesianas \((A+2I)X=0\), y calculando la forma escalonada reducida por filas de \(A+2I\):

    \[ A+2I= \left(\begin{array}{cccc} 3 & 1 & 1 & 1\\ 1 & 3 & -1 & -1\\ 1 & -1 & 3 & -1\\ 1 & -1 & -1 & 3 \end{array}\right)\sim_f \left(\begin{array}{cccc} 1 & -1 & -1 & 3\\ 0 & 4 & 0 & -4\\ 0 & 0 & 4& -4\\ 0 & 4 & 4 & -8 \end{array}\right)\sim_f \left(\begin{array}{cccc} \boxed{1} & 0 & 0 & 1\\ 0 & \boxed{1} & 0 & -1\\ 0 & 0 & \boxed{1}& -1\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right) \]

    y por tanto

    \[ V_{\lambda=-2}\equiv \left\{ \begin{array}{l} x+t=0\\ y-t=0\\ z-t=0 \end{array}\right. \]

    que tiene \(m.g.= dim\, V_{\lambda=-2}=4-3=1\). Una base de este subespacio es

    \[ \{(-1,1,1,1)\} \]

    Así que

    \[ D=\left(\begin{array}{cccr} \boxed{2} & 0 & 0 & 0\\ 0 & \boxed{2} & 0 & 0\\ 0 & 0 & \boxed{2}& 0\\ 0 & 0 & 0 & \boxed{-2} \end{array}\right) \hspace{2cm} P=\left(\begin{array}{rrrr} 1 & 1 & 1 & -1\\ 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0& 1\\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{array}\right) \]

Ejercicio 11 En \(\mathbb{R}^{4}\) se considera el endomorfismo dado por \[ f(x,y,z,t)=(3x-y,-x+3y,3z+t,z+3t) \]

¿Es diagonalizable por semejanza este endomorfismo?

Calculamos la matriz asociada respecto de la base canónica: \[ \begin{array}{l} f(1,0,0,0)=(3,-1,0,0)\\ f(0,1,0,0)=(-1, 3, 0,0)\\ f(0,0,1,0)=(0,0,3,1)\\ f(0,0,0,1)=(0,0,1,3) \end{array} \]

por lo que

\[ M(f,B_c)=\begin{pmatrix} 3 & -1 & 0 & 0\\ -1 & 3 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 3 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 3 \end{pmatrix} \]

Como la matriz es simétrica y real, por el Teorema Espectral, es diagonalizable por semejanza (por semejanza ortogonal). También pueden calcularse los valores propios y sus multipliciades algebraica y geométrica, se obtiene:

(llamaremos \(A\) a la matriz para simplificar la notación)

\[ |A-\lambda I|=\left|\begin{array}{cccc} 3-\lambda & -1 & 0 & 0\\ -1 & 3-\lambda & 0 & 0\\ 0 & 0 & 3-\lambda & 1\\ 0 & 0 & 1 & 3-\lambda \end{array}\right|= \]

(desarrollando por la primera columna)

\[ =(3-\lambda)\left|\begin{array}{ccc} 3-\lambda & 0 & 0\\ 0 & 3-\lambda & 1\\ 0 & 1 & 3-\lambda \end{array}\right|+ (-1)^{2+1}(-1)\left|\begin{array}{ccc} -1 & 0 & 0\\ 0 & 3-\lambda & 1\\ 0 & 1 & 3-\lambda \end{array}\right|= \]

\[= (3-\lambda)^2\left|\begin{array}{cc} 3-\lambda & 1\\ 1 & 3-\lambda \end{array}\right|+ (-1)\left|\begin{array}{cc} 3-\lambda & 1\\ 1 & 3-\lambda \end{array}\right|= \]

\[ = ((3-\lambda)^2 -1)^2 = (\lambda^2-6\lambda+8)^2=(\lambda-4)^2(\lambda-2)^2 \]

Para calcular las multiplicidades geométricas de cada valor propio utilizamos la fórmula
\[ m.g. (\lambda)= dim \, \mathbb{R}^4 - rg(A-\lambda I) \]

Calculamos \(rg(A-\lambda I)\) para \(\lambda=2\) y \(\lambda=4\)

\[ rg(A-2I)=rg\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 & 0\\ -1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}=2 \]

\[ rg(A-4I)=rg\begin{pmatrix} -1 & -1 & 0 & 0\\ -1 & -1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -1 & 1\\ 0 & 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}=2 \]

\(m.a.\) \(m.g.\)
\(\lambda = 2\) 2 2
\(\lambda = 4\) 2 2

Como la suma de las multiplicidades algebraicas es 4 y cada una coincide con la correspondiente geométrica, la matriz es diagonalizable por semejanza.

Ejercicio 12 Dada la matriz

\[ A= \left(\begin{array}{rrrr} 3 & 1 & -3 & 3\\ 1 & 3 & -3 & 3\\ 1 & 1 & -1 & 3\\ 1 & 1 & 1 & 1 \end{array}\right) \]

  1. Demuestra que es diagonalizable por semejanza.
  2. Calcula una matriz diagonal \(D\) y una matriz regular \(P\) tales que \(D=P^{-1}AP\).

  1. Calculamos los valores propios y sus multiplicidades algebraicas:

    \[ |A-\lambda I|= \left|\begin{array}{cccc} 3-\lambda & 1 & -3 & 3\\ 1 & 3-\lambda & -3 & 3\\ 1 & 1 & -1-\lambda & 3\\ 1 & 1 & 1 & 1-\lambda \end{array}\right|= (C_4+C_3\rightarrow C_4)= \left|\begin{array}{cccc} 3-\lambda & 1 & -3 & 0\\ 1 & 3-\lambda & -3 & 0\\ 1 & 1 & -1-\lambda & 2-\lambda\\ 1 & 1 & 1 & 2-\lambda \end{array}\right|= \]

    \[ =(F_3-F_4\rightarrow F_3)=\left|\begin{array}{cccc} 3-\lambda & 1 & -3 & 0\\ 1 & 3-\lambda & -3 & 0\\ 0 & 0 & -2-\lambda & 0\\ 1 & 1 & 1 & 2-\lambda \end{array}\right|=(2-\lambda)(-2-\lambda)\left|\begin{array}{cc} 3-\lambda & 1 \\ 1 & 3-\lambda \\ \end{array}\right|= \]

    \[ =(2-\lambda)(-2-\lambda)(\lambda^2-6\lambda+8)=(2-\lambda)^2(-2-\lambda)(4-\lambda)=0 \]

    Luego tenemos la tabla

    \(m.a.\) \(m.g.\)
    \(\lambda = 2\) 2 ?
    \(\lambda = -2\) 1 1
    \(\lambda = 4\) 1 1

    Así que para comprobar que es diagonalizable debemos calcular la multiplicidad geométrica para \(\lambda=2\). \(\boxed{V_{\lambda=2}}\)

    \[ A-2I= \left(\begin{array}{rrrr} 1 & 1 & -3 & 3\\ 1 & 1 & -3 & 3\\ 1 & 1 & -3 & 3\\ 1 & 1 & 1 & -1 \end{array}\right) \]

    como las tres primeras filas son iguales, es inmediato que tiene rango 2, luego tiene 2 ecuaciones cartesianas y, por tanto, dimensión 2. Así que, en efecto, es diagonalizable. También podemos hacer operaciones elementales por filas:

    \[ A-2\lambda= \left(\begin{array}{rrrr} 1 & 1 & -3 & 3\\ 1 & 1 & -3 & 3\\ 1 & 1 & -3 & 3\\ 1 & 1 & 1 & -1 \end{array}\right)\sim_f \left(\begin{array}{rrrr} 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & -1\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ \end{array}\right) \]

    para obtener las ecuaciones cartesianas que vamos a usar en el siguiente apartado:

    \[ V_{\lambda=2}\equiv \left\{ \begin{array}{l} x+y=0\\ z-t=0 \end{array}\right. \]

  2. La matriz diagonal está formada por los valores propios, cada uno tantas veces como indica su multiplicidad aritmética. Vamos a calcular una base de cada uno de los subespacios propios:

    Para \[ V_{\lambda=2}\equiv \left\{ \begin{array}{l} x+y=0\\ z-t=0 \end{array}\right. \]

    una base puede ser \(\{(1,-1,0,0),(0,0,1,1)\}\). Calculamos \(\boxed{V_{\lambda=-2}}\):

    \[ A+2I= \left(\begin{array}{rrrr} 5 & 1 & -3 & 3\\ 1 & 5 & -3 & 3\\ 1 & 1 & 1 & 3\\ 1 & 1 & 1 & 3 \end{array}\right)\sim_f \left(\begin{array}{rrrr} 1 & 1 & 1 & 3\\ 0 & -4 & -8 & -12\\ 0 & 4 & -4 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right)\sim_f \left(\begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right) \]

    luego unas ecuaciones cartesianas son:

    \[ V_{\lambda=-2}\equiv \left\{ \begin{array}{l} x+t=0\\ y+t=0\\ z+t=0 \end{array}\right. \]

    y una base \(\{(1,1,1,-1)\}\). Calculamos \(\boxed{V_{\lambda=4}}\):

    \[ A-4I= \left(\begin{array}{rrrr} -1 & 1 & -3 & 3\\ 1 & -1 & -3 & 3\\ 1 & 1 & -5 & 3\\ 1 & 1 & 1 & -3 \end{array}\right)\sim_f \left(\begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 0 & -1\\ 0 & 1 & 0 & -1\\ 0 & 0 & 1 & -1\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right) \]

    luego unas ecuaciones cartesianas son:

    \[ V_{\lambda=4}\equiv \left\{ \begin{array}{l} x-t=0\\ y-t=0\\ z-t=0 \end{array}\right. \]

    y una base \(\{(1,1,1,1)\}\). Así que

    \[ D=\left(\begin{array}{rrrr} 2 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 2 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -2 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 4 \end{array}\right); \hspace{1cm} P=\left(\begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 1 & 1\\ -1 & 0 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 1 & 1\\ 0 & 1 & -1 & 1 \end{array}\right) \]

Ejercicio 13 Dada la matriz

\[ A= \left(\begin{array}{rrrr} 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 2 & 0 & -1\\ 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right) \]

  1. Demuestra que es diagonalizable por semejanza.
  2. Calcula una matriz diagonal \(D\) y una matriz regular \(P\) tales que \(D=P^{-1}AP\).

  1. En primer lugar calculamos los valores propios y sus multiplicidades algebraicas:

    \[ |A-\lambda I|= \left|\begin{array}{rrrr} -\lambda & 0 & 1 & 0\\ 0 & 2-\lambda & 0 & -1\\ 1 & 0 & -\lambda & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1-\lambda \end{array}\right|=(1-\lambda)\left|\begin{array}{rrrr} -\lambda & 0 & 1 \\ 0 & 2-\lambda & 0 \\ 1 & 0 & -\lambda \\ \end{array}\right|=(1-\lambda)(2-\lambda)\left|\begin{array}{rrrr} -\lambda & 1 \\ 1 & -\lambda \\ \end{array}\right|= \]

    \[ =(1-\lambda)(2-\lambda)(\lambda^2-1)=-(1-\lambda)^2(2-\lambda)(1+\lambda) \]

    \(m.a.\) \(m.g.\)
    \(\lambda = 1\) 2 ?
    \(\lambda = 2\) 1 1
    \(\lambda = -1\) 1 1

    donde se ha usado \(1\leq m.g.\leq m.a.\); nos queda comprobar la multiplicidad geométrica de \(\lambda=1\).

    \(\boxed{V_{\lambda=1}}\) \[ A-I= \left(\begin{array}{rrrr} -1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & -1\\ 1 & 0 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right)\sim_f \left(\begin{array}{rrrr} 1 & 0 & -1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & -1\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right) \]

    Por tanto \(V_{\lambda=1}\equiv \left\{ \begin{array}{l} x-z=0\\ y-t=0 \end{array}\right.\) y por tanto la dimensión es \(4-nº catesianas= 2=m.g.\), con lo que la matriz es diagonalizable.

  2. Necesitamos calcular bases de cada subespacio propio para obtener la matriz \(P\):

    \(\boxed{V_{\lambda=1}}\) tiene base \(\{(1,0,1,0),(0,1,0,1)\}\) (que se obtiene de las ecuaciones cartesianas ya calculadas)

    \(\boxed{V_{\lambda=2}}\)

    \[ A-2I= \left(\begin{array}{rrrr} -2 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & -1\\ 1 & 0 & -2 & 0\\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{array}\right)\sim_f \left(\begin{array}{rrrr} 1 & 0 & -2 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & -3 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right)\sim_f \left(\begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 &1 & 0\\ 0 & 0 & 0& 1\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right) \]

    \(V_{\lambda=2}\equiv \left\{ \begin{array}{l} x=0\\ z=0\\ t=0\end{array}\right.\) y una base es \(\{(0,1,0,0)\}\).

    \(\boxed{V_{\lambda=-1}}\) \[ A-2I= \left(\begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 3 & 0 & -1\\ 1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{array}\right)\sim_f \left(\begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right) \]

    \(V_{\lambda=-1}\equiv \left\{ \begin{array}{l} x+z=0\\ y=0\\ t=0\end{array}\right.\) y una base es \(\{(1,0,-1,0)\}\).

    Luego \[ D=\left(\begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{array}\right)\hspace{2cm} P=\left(\begin{array}{rrrr} 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 0 & -1\\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{array}\right) \]

Ejercicio 14 Se considera la matriz: \[ A=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 2\\ \end{pmatrix} \in \mathfrak{M}_4(\mathbb{R}) \]

Probar que \(A\) es diagonalizable y determinar \(D\) diagonal y \(P\) invertible de forma que \(D=P^{-1}·A·P\)

Calculamos el polinomio característico de \(A\): \[ p(\lambda)= det(A-\lambda I)= \left| \begin{array}{cccc} 2-\lambda & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2-\lambda & 1 & 0\\ 0 & 1 & 2-\lambda & 0\\ 0 & 0 & 1 & 2-\lambda \end{array}\right| = (2-\lambda)\cdot\left| \begin{array}{cccc} 2-\lambda & 1 & 0\\ 1 & 2-\lambda & 0\\ 0 & 1 & 2-\lambda \end{array}\right| = \]

\[ =(2-\lambda)^2\cdot\left| \begin{array}{cccc} 2-\lambda & 1 \\ 1 & 2-\lambda \\ \end{array}\right|=(2-\lambda)^2\cdot [(2-\lambda)^2-1]= (2-\lambda)^2\cdot [\lambda^2-4\lambda+3]= (2-\lambda)^2\cdot (1-\lambda)\cdot (3-\lambda) \]

Así pues los autovalores de \(A\) y sus multiplicidades algebraicas son:

\(\lambda_1= 1\) \(\alpha_1=1\)
\(\lambda_1= 2\) \(\alpha_1=2\)
\(\lambda_1= 3\) \(\alpha_1=1\)

Calculemos las multiplicidades geométricas. Puesto que para cada \(i\) se verifica \(1\leq d_i \leq \alpha_i\), se deduce que \(d_1=1\) y \(d_3=1\).

\[ d_2= 4 -rg(A-2\cdot I)= 4-rg\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ \end{pmatrix} = 4-2=2 \]

Así pues, tenemos:

\(\lambda_1= 1\) \(\alpha_1=1\) \(d_1=1\)
\(\lambda_1= 2\) \(\alpha_1=2\) \(d_2=2\)
\(\lambda_1= 3\) \(\alpha_1=1\) \(d_3=1\)

y la matriz es diagonalizable, ya que coinciden las multiplicidades geométricas con las algebraicas y la forma diagonal de \(A\) es la matriz: \[ D=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 3 \end{pmatrix} \]

Calculemos ahora bases de los subespacios propios:

\[ V_{\lambda_1}=Ker(A-I)= Ker\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ \end{pmatrix} \] \[ \left(\begin{array}{cccc} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ \hline 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ \end{array}\right) \sim_c \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ \hline 1 & -1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \\ \end{array}\right) \] y una base de \(V_{\lambda_1}\) es \(\{(1,-1,1,-1)\}\)

De igual manera: \[ V_{\lambda_2}=Ker(A-2\cdot I)= Ker\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ \end{pmatrix} \] y una base de \(V_{\lambda_2}\) es \(\{(1,0,0,0),(0,0,0,1)\}\)

\[ V_{\lambda_3}=Ker(A-3\cdot I)= Ker\begin{pmatrix} -1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \\ \end{pmatrix} \] y una base de \(V_{\lambda_3}\) es \(\{(1,1,1,1)\}\)

Y la matriz de paso \(P\) es la matriz de cambio de base de la base de vectores propios obtenida: \(\overline{B}=\{(1,-1,1,-1), (1,0,0,0),(0,0,0,1),(1,1,1,1)\}\) a la canónica.

\[ P=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 1 \\ -1 & 0 & 0 & 1\\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ -1 & 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} \]

Ejercicio 15 Para la matriz simétrica \[ \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix} \]

determinar su forma diagonal y una matriz de paso \(P\) tal que \(D=P^{-1}AP\).

Calculamos su polinomio característico, que nos permitirá obtener los valores propios

\[ \begin{vmatrix} 2-\lambda & 1 \\ 1 & 2-\lambda \end{vmatrix}= (2-\lambda)^2-1= \lambda^2-4\lambda+3= (\lambda-3)(\lambda-1) \]

Calculamos cada uno de los subespacios propios:

\(\boxed{V_{\lambda=3}}\)

\[ \begin{pmatrix} 2-3 & 1 \\ 1 & 2-3 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \sim_f \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \]

así que la ecuación cartesiana es \(x-y=0\) y una base, por ejemplo, el vector \(\{(1,1)\}\).

\(\boxed{V_{\lambda=1}}\)

\[ \begin{pmatrix} 2-1 & 1 \\ 1 & 2-1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \sim_f \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \]

así que la ecuación cartesiana es \(x+y=0\) y una base, por ejemplo, el vector \(\{(1,-1)\}\). Por tanto

\[ D=\begin{pmatrix} 3 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \hspace{2cm} P=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} \]

Ejercicio 16 Determinar para qué valores de \(a\) y \(b\) es diagonalizable por semejanza la matriz \[ \begin{pmatrix} a & 1 \\ 0 & b \end{pmatrix} \]

Calculamos el polinomio característico que nos permite obtener los valores propios:

\[ \begin{vmatrix} a-\lambda & 1 \\ 0 & b-\lambda \end{vmatrix}= (a-\lambda)(b-\lambda) \]

Cuando \(a\) y \(b\) son distintos, entonces cada uno de ellos tiene multiplicidad algeraica 1 y, por tanto, también multiplicidad geométrica 1. Eso nos asegura que la matriz es diagonalizable por semejanza. En el caso \(a=b\), entonces tenemos un único valor propio con multiplicidad algebraica 2, calculamos su multiplicidad geométrica, que es la dimensión del subespacio propio. Calculamos las ecuaciones cartesianas de \(V_{\lambda=a}\)

\[ A-aI= \begin{pmatrix} a-a & 1 \\ 0 & a-a \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \]

luego obtenemos la ecuación \(y=0\), por tanto \(dim \, V_{\lambda=a}=dim\, \mathbb{R}^2 - \mbox{ nº mínimo de ecuaciones} =1\) con lo que no coincide con la algebraica y por tanto la matriz no es diagonalizable por semejanza.

Ejercicio 17 Sea \[ A = \begin{pmatrix} 3 & 5 \\ 9 & 0 \end{pmatrix} \in M_2(\mathbb{Z}_{47}). \]

  1. Estudia si \(A\) es diagonalizable, y en caso afirmativo, encuentra \(P \in M_2(\mathbb{Z}_{47})\), regular, tal que \(P^{-1}AP\) sea una matriz diagonal.
  2. Calcula \(A^{48}\).

  1. Polinomio característico: \[ p_A(\lambda) = \lambda^2 - \text{tr}(A)\lambda + \det(A) = \lambda^2 - 3\lambda - 45 = \lambda^2 + 44\lambda + 2 \quad (\text{en } \mathbb{Z}_{47}). \]

    Comprobamos que \(p_A(1)=0\), por lo que \(\lambda=1\) es raíz. Dividiendo, obtenemos: \[ p_A(\lambda) = (\lambda-1)(\lambda-2). \] Por tanto, los valores propios son \(\lambda_1=1\), \(\lambda_2=2\), ambos con multiplicidad algebraica \(1\).

    La tabla queda: \[ \begin{array}{c|c|c} \text{Valor propio} & \alpha & d \\ \hline \lambda_1=1 & 1 & 1 \\ \lambda_2=2 & 1 & 1 \end{array} \] Como \(d_1+d_2=2\), \(A\) es diagonalizable.

    Vectores propios:

    Para \(\lambda=1\): \[ A-I = \begin{pmatrix} 2 & 5 \\ 9 & 46 \end{pmatrix} \longrightarrow \begin{pmatrix} 1 & 26 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}. \] Ecuación: \(x+26y=0\). Una base es: \[ B_{V_1} = \{(21,1)\}. \]

    Para \(\lambda=2\): \[ A-2I = \begin{pmatrix} 1 & 5 \\ 9 & 45 \end{pmatrix} \longrightarrow \begin{pmatrix} 1 & 5 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}. \] Ecuación: \(x+5y=0\). Una base es: \[ B_{V_2} = \{(42,1)\}. \]

    Por tanto, tomando: \[ P = \begin{pmatrix} 21 & 42 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}, \quad P^{-1}AP = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} = D. \]

  2. Potencia de la matriz.

    Dado que \(A=PDP^{-1}\), tenemos: \[ A^{48} = P D^{48} P^{-1}, \quad D^{48} = \begin{pmatrix} 1^{48} & 0 \\ 0 & 2^{48} \end{pmatrix}. \]

    En \(\mathbb{Z}_{47}\), por el pequeño teorema de Fermat: \[ 2^{46} \equiv 1 \ (\text{mod } 47). \]

    Así: \[ 2^{48} = 2^{46}\cdot 2^2 \equiv 1\cdot 4 = 4. \]

    Por tanto: \[ D^{48} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 4 \end{pmatrix}. \]

    Finalmente: \[ A^{48} = P D^{48} P^{-1}. \]

    También, como \(A^{46}=I\), se cumple: \[ A^{48} = A^{46}A^2 = A^2. \]

    Calculamos: \[ A^2 = \begin{pmatrix} 3 & 5 \\ 9 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3 & 5 \\ 9 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 7 & 15 \\ 27 & 45 \end{pmatrix}. \]

    \[ \boxed{A^{48} = \begin{pmatrix} 7 & 15 \\ 27 & 45 \end{pmatrix}} \]

Ejercicio 18 Dada la matriz \[ A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 2 & 0 & 2 \\ 1 & 1 & 2 \end{pmatrix} \in M_3(\mathbb{Z}_5), \]

estudia si \(A\) es o no diagonalizable y, en caso afirmativo, encuentra una matriz regular \(P\) tal que \(P^{-1}AP\) sea una matriz diagonal \(D\). Di cuál es la matriz \(D\).

  1. Polinomio característico. Sabemos: \[ \text{tr}(A) = 2+0+2=4=1 \ (\text{en } \mathbb{Z}_5), \]

    \[ \det(A)=2\cdot 0\cdot 2 + 1\cdot 2\cdot 1 + 1\cdot 2\cdot 1 - 1\cdot 0\cdot 1 - 1\cdot 2\cdot 2 - 2\cdot 2\cdot 1 = 2. \]

    De aquí: \[ p_A(\lambda) = -\lambda^3 + \text{tr}(A)\lambda^2 - \text{tr}(\text{Adj}(A))\lambda + \det(A) = 2\lambda^3 + \lambda^2 + \lambda + 2. \]

    También puede calcularse como el determinante de \(|A-\lambda I|\).

  2. Valores propios.

    Resolviendo en \(\mathbb{Z}_5\), obtenemos: \[ \lambda_1 = 1 \ (\alpha_1=2), \quad \lambda_2 = 2 \ (\alpha_2=1). \]

  3. Multiplicidades geométricas.

    Para \(\lambda=1\): \[ A-I = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 2 & 2 & 2 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} \longrightarrow \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}. \] Así, \(rg(A-I)=1\), por tanto \(\dim V_1 = 2\).

    Para \(\lambda=2\): \[ A-2I = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix} \longrightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}. \] Así, \(rg(A-2I)=2\), luego \(\dim V_2=1\).

    En resumen: \[ \lambda=1, \ \alpha_1=2, \ d_1=2; \quad \lambda=2, \ \alpha_2=1, \ d_2=1. \] Dado que \(d_1+d_2=3\), la matriz es diagonalizable.

  4. Subespacios propios.

    Para \(\lambda=1\): \[ V_1 \equiv \{x+y+z=0\}, \quad \mbox{Base }V_1 = \{(1,0,2), (0,1,2)\}. \]

    Para \(\lambda=2\): \[ V_2 \equiv \{x+2z=0, \ y+z=0\}, \quad \mbox{Base }V_2 = \{(1,2,1)\}. \]

  5. Matrices \(P\) y \(D\).

    Tomamos como columnas de \(P\) las bases de \(V_1\) y \(V_2\): \[ P = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \\ 2 & 2 & 1 \end{pmatrix}, \quad D = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}. \]

    Así, \(P^{-1}AP = D\).

Ejercicio 19 Dada la matriz \[ A = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 2 & 2 \\ 1 & 2 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 2 \end{pmatrix} \in M_4(\mathbb{Z}_3), \]

estudia si \(A\) es o no diagonalizable, y en caso afirmativo, encuentra una matriz regular \(P\) tal que \(P^{-1}AP\) sea una matriz diagonal \(D\) e indica cuál es la matriz \(D\).

Dividimos la resolución en pasos:

  1. Cálculo del polinomio característico \[ p_A(\lambda) = \det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix} -\lambda & 2 & 2 & 2 \\ 1 & 2-\lambda & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 2-\lambda & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 2-\lambda \end{vmatrix} \]

    \[ = (2-\lambda)\cdot \begin{vmatrix} -\lambda & 2 & 2 \\ 1 & 2-\lambda & 1 \\ 1 & 1 & 2-\lambda \end{vmatrix}. \]

    Tras desarrollar y simplificar en \(\mathbb{Z}_3\), se obtiene: \[ p_A(\lambda) = (2-\lambda)(2\lambda^3 + \lambda^2 + \lambda + 2). \]

    De aquí se deduce que los valores propios son \(\lambda=1\) y \(\lambda=2\), ambos con multiplicidad algebraica \(2\).

  2. Multiplicidades geométricas

    Para \(\lambda=1\): Se resuelve \((A-I)x=0\): \[ A-I = \begin{pmatrix} 2 & 2 & 2 & 2 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 1 \end{pmatrix} \longrightarrow \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}. \]

    Así, \[ V_1 \equiv \{x+y+t=0, \ z=0\}, \quad \dim V_1 = 2. \]

    Para \(\lambda=2\): Se resuelve \((A-2I)x=0\): \[ A-2I = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 2 & 2 \\ 1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \longrightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 1 \end{pmatrix}. \]

    Así, \[ V_2 \equiv \{x+z+t=0,\ y+2z+2t=0\}, \quad \dim V_2 = 2. \]

    Por tanto, \(A\) es diagonalizable.

  3. Bases de cada subespacio propios

    De \(V_1\): \[ \{(2,1,0,0), (2,0,0,1)\}. \]

    De \(V_2\): \[ \{(2,1,1,0), (2,1,0,1)\}. \]

  4. Matriz de paso y diagonalización

    Tomando como \(P\) la matriz con estas columnas: \[ P = \begin{pmatrix} 2 & 2 & 2 & 2 \\ 1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \] tenemos que \(P\) es regular y \[ P^{-1}AP = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{pmatrix} = D. \]

Ejercicio 20 Dada la matriz

\[ A=\left(\begin{array}{lll} 5 & 1 & 1 \\ 6 & 4 & 2 \\ 5 & 4 & 6 \end{array}\right) \in \mathcal{M}_{3}\left(\mathbb{Z}_{7}\right) \]

calcula, si es posible, matrices \(P, D \in \mathcal{M}_{3}\left(\mathbb{Z}_{7}\right)\) tales que \(D\) es diagonal y \(A=P D P^{-1}\).

Notemos que nos piden es encontrar una matriz regular \(P\) tal que \(P^{-1} \cdot A \cdot P\) sea una matriz diagonal.\ De existir esta matriz \(P\), sus columnas serían vectores propios de \(A\). Por tanto hemos de ver si la matriz \(A\) tiene una base de vectores propios, o lo que es lo mismo si \(A\) es diagonalizable.

Comenzamos entonces calculando el polinomio característico de \(A\), que es igual al determinante de la matriz \(A-\lambda I d\).

\[ \begin{aligned} \left|\begin{array}{ccc} 5-\lambda & 1 & 1 \\ 6 & 4-\lambda & 2 \\ 5 & 4 & 6-\lambda \end{array}\right| & =(5-\lambda)(4-\lambda)(6-\lambda)+6 \cdot 4 \cdot 1+1 \cdot 2 \cdot 5-(1 \cdot 5(4-\lambda)+1 \cdot 6(6-\lambda)+2 \cdot 4(5-\lambda)) \\ & =\left(20-5 \lambda-4 \lambda+\lambda^{2}\right)(6-\lambda)+24+10-(20-5 \lambda+36-6 \lambda+40-8 \lambda) \\ & =\left(\lambda^{2}-9 \lambda+20\right)(6-\lambda)+34-(96-19 \lambda) \\ & =\left(6 \lambda^{2}-\lambda^{3}-54 \lambda+9 \lambda^{2}+120-20 \lambda\right)+34-96+19 \lambda \\ & =-\lambda^{3}+15 \lambda^{2}-55 \lambda+58 \\ & =6 \lambda^{3}+\lambda^{2}+\lambda+2 \end{aligned} \]

Continuamos calculando los valores propios, es decir, las raíces de este polinomio (usando la división por Ruffini y probando con valores sencillos). Calculamos también sus multiplicidades algebraicas.

6 1 1 2
1 6 0 1
6 0 1 3
2 6 1 1 2
2 5 5 5
6 6 6 0
6 6 6
2 5 1
6 4 0
6 4
2 5
6 2
3 6 4
4
6 1
4 6 4
4 3
6 0

Y vemos que tiene dos valores propios: \(\lambda_{1}=2\) con multiplicidad algebraica \(m_{2}=2\) y \(\lambda_{2}=4\) con multiplicidad algebraica \(m_{4}=1\).

Vamos con la multiplicidad geométrica. Puesto que si \(\lambda\) es un valor propio su multiplicdad geométrica \(d_{\lambda}\) verifica que \(1 \leq d_{\lambda} \leq m_{\lambda}\) sabemos que la multiplicidad geométrica del valor propio 4 vale 1 mientras que la del valor propio 2 puede valer 1 ó 2 .

Lo siguiente es calcular los subespacios propios y de esta forma tendremos \(d_{2}\) y \(d_{4}\).\ Primero calculamos \(V_{2}\). Este subespacio viene dado por unas ecuaciones cuya matriz de coeficientes es \(A-2 I d\). Es decir,

\[ V_{2} \equiv\left\{\begin{array}{l} 3 x+y+z=0 \\ 6 x+2 y+2 z=0 \\ 5 x+4 y+4 z=0 \end{array}\right. \]

Calculamos la forma normal de Hermite de su matriz de coeficientes:

\[ \left(\begin{array}{lll} 3 & 1 & 1 \\ 6 & 2 & 2 \\ 5 & 4 & 4 \end{array}\right) \xrightarrow{E_{1}(15)}\left(\begin{array}{lll} 1 & 5 & 5 \\ 6 & 2 & 2 \\ 5 & 4 & 4 \end{array}\right) \xrightarrow{E_{21}(1)}\left(\begin{array}{lll} 1 & 5 & 5 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right) \]

Luego \(V_{2} \equiv x+5 y+5 z=0\) de donde \(d_{2}=\operatorname{dim}\left(V_{2}\right)=2\).\ Una base de \(V_{2}\) es \(B_{V_{2}}=\{(2,1,0) ;(2,0,1)\}\).\ Para calcular \(V_{4}\) repetimos lo mismo. Calculamos la forma normal de Hermite de \(A-4 / d\).

\[ \left(\begin{array}{lll} 1 & 1 & 1 \\ 6 & 0 & 2 \\ 5 & 4 & 2 \end{array}\right) \xrightarrow{E_{21}(1)}\left(\begin{array}{lll} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 6 & 4 \end{array}\right) \xrightarrow{E_{31}(2)}\left(\begin{array}{lll} 1 & 0 & 5 \\ 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right) \]

Luego \(V_{4}\) viene dado por las ecuaciones \(\left\{\begin{aligned} x \quad & \begin{array}{rl}x & =0 \\ & y\end{array}=3 z=0\end{aligned}\right.\). La dimensión es entonces 1 y una base es \(B_{V_{4}}\{(2,4,1)\}\).

Con lo que hemos hecho hasta ahora podemos saber que la matriz \(A\) es diagonalizable, y una base de vectores propios es \(B=\{(2,1,0) ;(2,0,1) ;(2,4,1)\}\). Los dos primeros son vectores propios de valor propio 2 y el tercero es un vector propio de valor propio 4.

Si tomamos como \(P\) a la matriz cuyas columnas son estos tres vectores, es decir, \(P=\left(\begin{array}{lll}2 & 2 & 2 \\ 1 & 0 & 4 \\ 0 & 1 & 1\end{array}\right)\) entonces \(P^{-1} \cdot A \cdot P=\left(\begin{array}{lll}2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 4\end{array}\right)\) que es una matriz diagonal.

Tenemos entonces las matrices \(D\) y \(P\) que nos pedía el enundiado.

Ejercicio 21 Sea \(f:\left(\mathbb{Z}_{7}\right)^{3} \rightarrow\left(\mathbb{Z}_{7}\right)^{3}\) la única aplicación lineal tal que

\[ \begin{aligned} \operatorname{ker}(f) & =N(f) \equiv\left\{\begin{array}{r} x+4 y+6 z=0 \\ 3 x+3 y=0 \end{array}\right. \\ V_{2} & =\langle(1,0,1),(1,1,0)\rangle=L[(1,0,1),(1,1,0)] \end{aligned} \]

donde \(V_{2}\) denota el subespacio propio de valor propio 2. Calcula \(M_{B_{c}}(f)=A\left(f ; B_{c}, B_{c}\right)\) donde \(B_{c}\) es la base canónica de \(\left(\mathbb{Z}_{7}\right)^{3}\).

Recordemos que el subespacio propio de valor propio 2 está formado por todos los vectores \(u \in\left(\mathbb{Z}_{7}\right)^{3}\) tales que \(f(u)=2 \cdot u\).

Calculamos ahora una base del núcleo de \(f\). Como tenemos las ecuaciones de dicho subespacio, resolvemos el sistema:

\[ \left(\begin{array}{lll} 1 & 4 & 6 \\ 3 & 3 & 0 \end{array}\right) \xrightarrow{E_{21}(4)}\left(\begin{array}{lll} 1 & 4 & 6 \\ 0 & 5 & 3 \end{array}\right) \xrightarrow{E_{2}(3)}\left(\begin{array}{lll} 1 & 4 & 6 \\ 0 & 1 & 2 \end{array}\right) \xrightarrow{E_{12}(3)}\left(\begin{array}{lll} 1 & 0 & 5 \\ 0 & 1 & 2 \end{array}\right) \]

Luego \(N(f) \equiv\left\{\begin{aligned} x & +5 z=0 \\ & y+2 z=0,\end{aligned}\right.\) es decir, \(N(f) \equiv \begin{cases}x & =2 z \\ y & =5 z\end{cases}\)\ Teniendo esto en cuenta, los distintos datos que nos dan sobre la aplicación \(f\) nos dicen:

  • \((2,5,1) \in N(f)\), es decir, \(f(2,5,1)=(0,0,0)\).
  • \((1,0,1)\) es un vector de valor propio 2 , es decir, \(f(1,0,1)=(2,0,2)\).
  • \((1,1,0)\) es un vector de valor propio 2 , es decir, \(f(1,1,0)=(2,2,0)\).

Y puesto que \(B=\{(2,5,1) ;(1,0,1) ;(1,1,0)\}\) forma una base de \(\left(\mathbb{Z}_{7}\right)^{3}\) tenemos todo lo necesario para determinar la aplicación lineal \(f\).

Notemos que las columnas de la matriz \(A=\left(\begin{array}{lll}0 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 0\end{array}\right)\) son las coordenadas de los vectores \(f(2,5,1)\), \(f(1,0,1)\) y \(f(1,1,0)\) en la base canónica. Por tanto, tenemos que \(A=M_{B, B_{c}}(f)\).

Para calcular la matriz de \(f\) en la base canónica tenemos en cuenta que \(M_{B_{c}}(f)=M_{B, B_{c}}(f) \cdot M_{B_{c} \rightarrow B}\) y que

\[ \begin{aligned} M_{B_{c} \rightarrow B}=\left(M_{B \rightarrow B_{c}}\right)^{-1} & =\left(\begin{array}{lll} 2 & 1 & 1 \\ 5 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{array}\right)^{-1}=\left(\begin{array}{lll} 5 & 2 & 2 \\ 2 & 5 & 6 \\ 3 & 5 & 4 \end{array}\right) . \\ M_{B_{c}}(f) & =M_{B, B_{c}}(f) \cdot M_{B_{c} \rightarrow B}=\left(\begin{array}{lll} 0 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & 2 & 0 \end{array}\right) \cdot\left(\begin{array}{lll} 5 & 2 & 2 \\ 2 & 5 & 6 \\ 3 & 5 & 4 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{lll} 3 & 6 & 6 \\ 6 & 3 & 1 \\ 4 & 3 & 5 \end{array}\right) \end{aligned} \]

De aquí podemos calcular una expresión explícita para \(f: f(x, y, z)=(3 x+6 y+6 z, 6 x+3 y+z, 4 x+3 y+5 z)\). Es fácil comprobar, con esta expresión, que \(f(2,5,1)=(0,0,0), f(1,0,1)=(2,0,2)\) y \(f(1,1,0)=(2,2,0)\).

Otra forma de resolver este ejercicio sería la siguiente:\ Conocemos cuanto vale \(f(2,5,1), f(1,0,1)\) y \(f(1,1,0)\). Necesitamos calcular \(f(1,0,0), f(0,1,0)\) y \(f(0,0,1)\). Para esto, escribimos estos tres vectores como combinación lineal de los vectores de la base \(B\).

  • \((1,0,0)=a(2,5,1)+b(1,0,1)+c(1,1,0)\). Esto nos da lugar al sistema

\[ \left\{\begin{array}{rl} 2 a+b+c & =1 \\ 5 a +c &=0\\ a+b & =0 \end{array} \right. \]

que resolvemos a continuación:

\[ \left(\begin{array}{llll} 2 & 1 & 1 & 1 \\ 5 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \end{array}\right) \xrightarrow{E_{13}}\left(\begin{array}{llll} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 5 & 0 & 1 & 0 \\ 2 & 1 & 1 & 1 \end{array}\right) \xrightarrow{E_{21}(2)}\left(\begin{array}{llll} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & 6 & 1 & 1 \end{array}\right) \xrightarrow{E_{31}(5)}\left(\begin{array}{llll} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 4 & 0 \\ 0 & 6 & 1 & 1 \end{array}\right) \xrightarrow{E_{12}(6)} \] \[\left(\begin{array}{llll} 1 & 0 & 3 & 0 \\ 0 & 1 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 5 & 1 \end{array}\right) \xrightarrow{E_{32}(5)}\left(\begin{array}{llll} 1 & 0 & 3 & 0 \\ 0 & 1 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 3 \end{array}\right) \xrightarrow{E_{13}(4)}\left(\begin{array}{lll} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right) \]

Y que nos da la solución \(a=5, b=2, c=3\). Notemos que estos valores coinciden con los de la primera columna de la matriz \(M_{B_{c} \rightarrow B}\). A partir de aquí calculamos \(f(1,0,0)\).

\[ f(1,0,0)=f(5(2,5,1)+2(1,0,1)+3(1,1,0))=5 f(2,5,1)+2 f(1,0,1)+3(1,1,0)=5(0,0,0)+2(2,0,2)+3(2,2,0)=(3,6,4) \]

Y esto nos da la primera columna de la matriz \(M_{B_{c}}(f)\).

  • \((0,1,0)=a^{\prime}(2,5,1)+b^{\prime}(1,0,1)+c^{\prime}(1,1,0)\). El sistema que resulta tiene como solución \(a^{\prime}=2\), \(b^{\prime}=5, c^{\prime}=5\). \(f(0,1,0)=f(2(2,5,1)+5(1,0,1)+5(1,1,0))=2 f(2,5,1)+5 f(1,0,1)+5(1,1,0)=2(0,0,0)+5(2,0,2)+5(2,2,0)=(6,3,3)\) \(Y\) ya tenemos la segunda columna de \(M_{B_{c}}(f)\).
  • \((0,0,1)=a^{\prime \prime}(2,5,1)+b^{\prime \prime}(1,0,1)+c^{\prime \prime}(1,1,0)\). El sistema que resulta tiene como solución \(a^{\prime \prime}=2\), \(b^{\prime \prime}=6, c^{\prime \prime}=4\) \(f(0,0,1)=f(2(2,5,1)+6(1,0,1)+4(1,1,0))=2 f(2,5,1)+6 f(1,0,1)+4(1,1,0)=2(0,0,0)+6(2,0,2)+4(2,2,0)=(6,1,5)\)

Ejercicio 22 Sea \(A=\left (\begin{array}{ccc} 2 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 2 \\ 0 & -1 & 3 \end{array}\right )\in M_{3\times 3}({\mathbb R})\).

  1. Estudia si \(A\) es o no diagonalizable (por semejanza). En caso afirmativo, encuentra una matriz regular \(P\) y una matriz diagonal \(D\) tal que \(P^{-1}\cdot A \cdot P = D\).
  2. Utiliza lo obtenido en el apartado anterior para calcular \(A^{10}\).

  1. Comenzamos calculando el polinomio característico:

    \(\begin{array}{rcl} p_A(\lambda) & = & \left | \begin{array}{ccc} 2-\lambda & -1 & 1 \\ 0 & -\lambda & 2 \\ 0 & -1 & 3-\lambda \end{array}\right | \\ \\ & = & (2-\lambda) \cdot \left | \begin{array}{cc} -\lambda & 2 \\ -1 & 3-\lambda \end{array}\right | \\ \\ & = & (2-\lambda) \cdot (-\lambda (3-\lambda) - (-2)) \\ \\ & = & (2-\lambda)(-3\lambda + \lambda^2 + 2 ) \\ \\ & = & (2-\lambda)(\lambda^2 - 3\lambda + 2). \end{array}\)

    También se puede calcular sabiendo que \(p_A(\lambda) = -\lambda^3 + \text{tr}(A) \lambda ^2 - \text{tr}(\text{Adj}(A)) \lambda + \text{det}(A)\).

    • \(\text{tr}(A) = 2 + 0 + 3 = 5\)
    • \(\text{tr}(\text{Adj}(A)) = \left | \begin{array}{rr} 0 & 2 \\ -1 & 3 \end{array}\right | + \left | \begin{array}{rr} 2 & 1 \\ 0 & 3 \end{array}\right | + \left | \begin{array}{rr} 2 & -1 \\ 0 & 0 \end{array}\right | = 2 + 6 + 0 = 8\).
    • \(\text{det}(A) = 0 + 0 + 0 - (0 + 0 - 4) = 4\).

    Con esto tenemos que \(p_A(\lambda) = -\lambda^3 + 5\lambda^2 - 8 \lambda + 4\).

    Calculamos ahora las raíces, con sus multiplicidades.

    Si partimos de la primera expresión, \(p_A(\lambda) = (2-\lambda)(\lambda^2-3\lambda + 2)\), ya tenemos que \(\lambda=2\) es raíz, y nos falta calcular las raíces de \(\lambda^2 - 3\lambda + 2\). Las calculamos usando la fórmula de la ecuación de segundo grado: \(\lambda = \frac{3 \pm \sqrt{3^2 - 4\cdot 1 \cdot 2}}{2} = \frac{3 \pm \sqrt{1}}{2} = \frac{3\pm 1}{2}\), que nos da como raíces \(\lambda=2\) y \(\lambda=1\).

    Así que \(p_A(\lambda)\) tiene dos raíces, que son \(\lambda = 2\) (doble) y \(\lambda = 1\) (simple).

    También las podíamos haber obtenido a partir de la expresión \(p_A(\lambda) = -\lambda^3 + 5\lambda^2 - 8 \lambda + 4\).

    \(\hspace{2cm} \begin{array}{r|rrrr} & -1 & 5 & 8 & 4 \\ 1 & & -1 & 4 & -4 \\ \hline & -1 & 4 & -4 & 0 \\ 2 & & -2 & 4 & \\ \hline & -1 & 2 & 0 & \\ 2 & & -2 & & \\ \hline & -1 & 0 & & \end{array}\)

    Y tenemos el mismo resultado. Las raíces son \(\lambda = 1\) (simple) y \(\lambda=2\) (doble).

    Calculamos ahora las multiplicidades geométricas. Tenemos el siguiente cuadro:

    Multiplicidad algebraica Multiplicidad geométrica
    \[\lambda = 1\] \[\alpha_1 = 1\] \[d_1 = 1\]
    \[\lambda = 2\] \[\alpha_2 = 2\] \[d_2 = 1\] o \[d_2 = 2\]

    Nos falta calcular \(d_2\), y sabemos que \(d_2 = 3 - \text{rg}(A - 2Id)\). Tenemos que \(A - 2Id = \left ( \begin{array}{rrr} 0 & -1 & 1 \\ 0 & -2 & 2 \\ 0 & -1 & 1 \end{array}\right )\), y su rango es igual a \(1\). Por consiguiente, \(d_2=2\).

    Y puesto que la suma de las multiplicidades geométricas es \(3\), que es igual al número de filas (o columas) de la matriz \(A\), la matriz es diagonalizable.

    Una vez comprobado que \(A\) es diagonalizable, tenemos que calcular la matriz \(P\). Las columnas de esta matriz forman una base de vectores propios de \(A\), por lo que lo vamos a calcular una base de cada uno de los subespacios propios.

    Comenzamos con el subespacio de valor propio \(1\), que viene dado como la solución de un sistema de ecuaciones homogéneo cuya matriz de coeficientes es \(A - 1\cdot Id\).

    \(\left (\begin{array}{rrr} 1 & -1 & 1 \\ 0 & -1 & 2 \\ 0 & -1 & 2 \end{array}\right ) \stackrel{E_{2}(-1)}{\longrightarrow} \left (\begin{array}{rrr} 1 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -2 \\ 0 & -1 & 2 \end{array}\right ) \stackrel{E_{12}(1)}{\stackrel{E_{32}(1)}{\longrightarrow}} \left (\begin{array}{rrr} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right )\)

    Tenemos que \(V_1 \equiv \left \{ \begin{array}{rrrrrrr} x & & & - & z & = & 0\ \\ & & y & - & 2z & = & 0. \end{array}\right.\) Una base de este subespacio es \(B_{V_1} = \{(1,2,1)\}\).

    Seguimos con \(V_2\). A partir de la matriz \(A - 2Id\) vemos que este subespacio viene dado por una ecuación, que es \(-y+z=0\). Una base de este subespacio es \(B_{V_2} = \{(1,0,0),\ (0,1,1)\}\).

    Y ya tenemos las dos matrices que nos pide: la matriz \(P\) cuyas columnas son los vectores propios que hemos obtenido, y la matriz \(D\) que es una matriz diagonal y que en la diagonal tiene los valores propios (en el mismo orden en que colocamos los vectores en la matriz \(P\)). Es decir:

    \[ P = \left (\begin{array}{rrr} 1 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{array} \right );\qquad D = \left (\begin{array}{rrr} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{array} \right ). \]

  2. Tenemos que \(P^{-1}A P = D\), luego \(A = PDP^{-1}\). Entonces \(A^{10} = PD^{10}P^{-1}\). Necesitamos calcular \(P^{-1}\) y \(D^{10}\).

    \[ \left (\begin{array}{rrrrrr} 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right ) \stackrel{E_{21}(-2)}{\stackrel{E_{31}(-1)}{\longrightarrow}} \left (\begin{array}{rrrrrr} 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & 1 & -2 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & -1 & 0 & 1 \end{array} \right ) \stackrel{E_{23}}{\longrightarrow} \left (\begin{array}{rrrrrr} 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & -1 & 0 & 1 \\ 0 & -2 & 1 & -2 & 1 & 0 \end{array} \right ) \stackrel{E_{12}(1)}{\stackrel{E_{32}(-2)}{\longrightarrow}} \]

    \[ \left (\begin{array}{rrrrrr} 1 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 1 & -1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & -1 & 0 & 1 & -2 \end{array} \right ) \stackrel{E_{13}(1)}{\stackrel{E_{23}(1)}{\longrightarrow}} \left (\begin{array}{rrrrrr} 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & -1 & 0 & -1 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & -1 & 0 & 1 & -2 \end{array} \right ) \stackrel{E_{2}(-1)}{\stackrel{E_{3}(-1)}{\longrightarrow}} \left (\begin{array}{rrrrrr} 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & -1 & 2 \end{array} \right ) \]

    Ya tenemos \(P^{-1}\). En cuanto a \(D^{10}\) se tiene que

    \[D^{10} = \left (\begin{array}{rrr} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{array} \right )^{10} = \left (\begin{array}{ccc} 1^{10} & 0 & 0 \\ 0 & 2^{10} & 0 \\ 0 & 0 & 2^{10} \end{array} \right ) = \left (\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1024 & 0 \\ 0 & 0 & 1024 \end{array} \right ) \]

    Finalmente:

    \[ A^{10} = \left (\begin{array}{ccc} 1 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{array}\right ) \left (\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1024 & 0 \\ 0 & 0 & 1024 \end{array}\right ) \left (\begin{array}{ccc} 0 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \\ 0 & -1 & 2 \end{array}\right )= \left (\begin{array}{ccc} 1 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{array}\right ) \left (\begin{array}{ccc} 0 & 1 & -1 \\ 1024 & -1024 & 1024 \\ 0 & -1024 & 2048 \end{array}\right) \]

    \[ A^{10} = \left (\begin{array}{ccc} 1024 & -1023 & 1023 \\ 0 & -1022 & 2046 \\ 0 & -1023 & 2047 \end{array}\right) \]

Ejercicio 23 Sea \(V_2\) el subespacio de \(({\mathbb Z}_7)^3\) generado por \((1,1,0)\) y \(V_3\) el subespacio de \(({\mathbb Z}_7)^3\) de ecuación \(y+z=0\).

Sea \(A\in M_3({\mathbb Z}_7)\) la matriz cuyos valores propios son \(2\) y \(3\) y cuyos subespacios propios son \(V_2\) y \(V_3\) respectivamente.

Calcula las matrices \(A\) y \(A^{96}\).

Para resolver este ejercicio necesitamos una base de cada uno de los subespacios propios. Como base de \(V_2\) tenemos \(B_{V_2}=\{(1,1,0)\}\). En cuanto a \(V_3\), puesto que viene dado por una ecuación, su dimensión es igual a \(3-1=2\). Una base estará formada por dos vectores linealmente independientes que satisfagan la ecuación. Tomamos la siguiente base: \(B_{V_3} = \{(1,0,0),\ (0,1,6)\}\).

Por otra parte, la matriz \(A\) tiene dos valores propios \(\lambda=2\) y \(\lambda = 3\). Sus mulitplicidades geométricas son \(d_2 = \text{dim}(V_2) = 1\) y \(d_3 = \text{dim}(V_3) = 2\). Al ser la suma de las multiplicidades geométricas igual al número de filas (o columnas) de la matriz \(A\), la matriz \(A\) es diagonalizable.

Esto significa que existe una matriz \(P\in M_3({\mathbb Z}_7)\), regular, para la que \(P^{-1}\cdot A\cdot P\) es una matriz diagonal (y en la diagonal están los valores propios de \(A\), tantas veces como nos indica su multiplicidad).

La matriz \(P\) tienen como columnas una base de vectores propios de \(A\), por lo que \(P = \left (\begin{array}{rrr} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 6 \end{array}\right )\), mientras que la matriz \(D\) es igual a \(\left (\begin{array}{rrr} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{array}\right )\).

Y tenemos ahora: \(P^{-1}\cdot A\cdot P = D \Longrightarrow P\cdot P^{-1}\cdot A \cdot P \cdot P^{-1}= P\cdot D\cdot P^{-1} \Longrightarrow A = P\cdot D \cdot P^{-1}\).

Calculamos \(P^{-1}\).

\[ \begin{array}{l} \quad \left ( \begin{array}{rrrrrr} 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 6 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right ) \stackrel{E_{12}}{\longrightarrow}\left ( \begin{array}{rrrrrr} 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 6 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right ) \\ \stackrel{E_{21}(6)}{\stackrel{E_{3}(6)}{\longrightarrow}} \left ( \begin{array}{rrrrrr} 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 6 & 1 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 6 \end{array}\right ) \stackrel{E_{13}(6)}{\stackrel{E_{23}(1)}{\longrightarrow}} \left ( \begin{array}{rrrrrr} 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 6 & 6 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 6 \end{array}\right ) \end{array} \]

Y multiplicamos:

\(P\cdot D = \left (\begin{array}{rrr} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 6 \end{array}\right )\cdot \left (\begin{array}{rrr} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{array}\right ) = \left (\begin{array}{rrr} 2 & 3 & 0 \\ 2 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 4 \end{array}\right )\)

\(A = P\cdot D \cdot P^{-1} = \left (\begin{array}{rrr} 2 & 3 & 0 \\ 2 & 0 & 3 \\ 0 & 0 & 4 \end{array}\right )\cdot \left (\begin{array}{rrr} 0 & 1 & 1 \\ 1 & 6 & 6 \\ 0 & 0 & 6 \end{array}\right ) = \left (\begin{array}{rrr} 3 & 6 & 6 \\ 0 & 2 & 6 \\ 0 & 0 & 3 \end{array}\right )\)

Por último, calculamos \(A^{96}\). Antes, calculamos la matriz \(D^{96}\). Al ser una matriz diagonal, para calcularla hay que elevar cada uno de sus coeficientes al exponente \(96\).

Por otra parte, \(2^6 = 1\) y \(3^6=1\), ya que \(\varphi(7) = 6\), así que \(2^{96} = (2^6)^{16} = 1^{16} = 1\), e igual para \(3^{96}\).

\(D^{96} = \left (\begin{array}{rrr} 2^{96} & 0 & 0 \\ 0 & 3^{96} & 0 \\ 0 & 0 & 3^{96} \end{array}\right ) = \left (\begin{array}{rrr} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right ) = Id\).

Tenemos entonces:

\(A^{96} = (P\cdot D\cdot P^{-1})^{96} = P \cdot D^{96} \cdot P^{-1} = P\cdot Id \cdot P^{-1} = Id\).

Ejercicio 24 Encuentra todos los valores \(a\in {\mathbb R}\) para los que la matriz \(A=\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\3 & 4 & a \\ a & 0 & 4 \end{pmatrix}\in\mathcal{M}_{3\times 3}({\mathbb R})\) es diagonalizable. Para aquellos valores de \(a\) en que la matriz \(A\) sea diagonalizable, calcula una matriz regular \(P\) y una matriz diagonal \(D\) tales que \(P^{-1}\cdot A\cdot P = D.\)

En primer lugar calculamos los valores propios con sus multiplicidades algebraicas. Para eso, calculamos el polinomio característico:

\[p_A(\lambda) = \left | \begin{array}{ccc} 2-\lambda & 0 & 0 \\3 & 4-\lambda & a \\ a & 0 & 4-\lambda\end{array}\right | = (2-\lambda) \cdot \left | \begin{array}{cc} 4-\lambda & a \\ 0 & 4-\lambda \end{array}\right | = (2-\lambda)\cdot (4-\lambda)^2.\]

Vemos que \(A\) tiene dos valorer propios: \(\lambda_1=2\), cuya multiplicidad algebraica es \(1\) y \(\lambda_2=4\) cuya multiplicidad algebraica es \(2\). Tenemos entonces:

\[ \begin{array}{|c|c|c|} \text{Valor propio} & \text{Multiplicidad algebraica} & \text{Multiplicidad geométrica} \\ \hline \lambda_1 = 2 & \alpha_2=1 & d_2 = 1 \\ \hline \lambda_2 = 4 & \alpha_4 = 2 & d_4 = 1 \text{ ó } 2 \\ \hline \end{array}\]

La matriz \(A\) es entonces diagonalizable si \(d_4=2\). Puesto que \(d_4 = 3 - \text{rg}(A-4\cdot Id)\), estudiamos esta matriz.

\[ A - 4\cdot Id = \left (\begin{array}{rrr} -2 & 0 & 0 \\3 & 0 & a \\ a & 0 & 0 \end{array}\right ).\]

Si \(a=0\) la matriz \(A-4\cdot Id\) tiene solo una columna distinta de cero, luego \(\text{rg}(A-4\cdot Id)=1\), mientras que si \(a\neq 0\) encontramos una submatriz \(2\times 2\) (la formada por las filas primera y segunda, y columnas primera y tercera) cuyo determinante es \(-2a \neq 0\), por lo que \(\text{rg}(A-4\cdot Id) = 2\). En resumen, tenemos:

  • Si \(a=0\), \(d_4 = 3-\text{rg}(A-4\cdot Id) = 3-1=2\), por lo que \(A\) es diaogonalizable.
  • Si \(a\neq 0\), \(d_4=3-\text{rg}(A-4\cdot Id) = 3-2=1\), por lo que \(A\) no es diagonalizable.

En conclusión, \(A\) es diagonalizable si, y solo si, \(a=0\). Vamos en este caso a calcular los vectores propios.

  • Para el valor propio \(2\), y puesto que \(A-2\cdot Id = \left (\begin{array}{rrr} 0 & 0 & 0 \\3 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{array}\right )\), el subespacio \(V_2\) tiene ecuaciones:

    \[ V_2 \equiv \left\{ \begin{array}{rrrrrr} 3x & + & 2y & & = & 0 \\ & & & 2z & = & 0 \end{array}\right. \]

    Y una base de \(V_2\) es \(B_{V_2} = \{(2,-3,0)\}\).

  • Para el valor propio \(4\), y puesto que \(A-4\cdot Id = \left (\begin{array}{rrr} -2 & 0 & 0 \\3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right )\), el subespacio \(V_4\) tiene ecuación \(V_4 \equiv x = 0\). Una base es \(B_{V_4} = \{(0,1,0),\ (0,0,1)\}\).

Con estas bases formamos la matriz \(P=\left (\begin{array}{rrr} 2 & 0 & 0 \\ -3 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right )\) (sus columnas son los vectores propios que hemos encontrado). Se tiene que:

\[ P^{-1}\cdot A \cdot P = \left (\begin{array}{ccc} 2& 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{array}\right ). \]

Y esta última es la matriz \(D\) que nos piden.

Ejercicio 25 Sea \(f:{\mathbb R}^3\rightarrow {\mathbb R}^3\) la aplicación lineal dada por \[ f(x,y,z) = (-2x+z,-x-y+z,-2x+z). \]

Y sea \(A=M_{B_c}(f)\).

  1. Halla la matriz \(A\).
  2. Calcula los valores propios de \(A\).
  3. Calcula una base de vectores propios de \(A\). Llama a esta base \(B\).
  4. Calcula \(M_{B}(f)\).
  5. Calcula las ecuaciones cartesianas de \(\text{Im}(f)\).

  1. Tenemos que \(f(1,0,0) = (-2,-1,-2)\), \(f(0,1,0) = (0,-1,0)\) y \(f(0,0,1) = (1,1,1)\). Por tanto:

    \[ A = M_B(f) = \left (\begin{array}{rrr} -2 & 0 & 1 \\ -1 & -1 & 1 \\ -2 & 0 & 1 \end{array}\right ). \]

  2. Calculamos el polinomio característico de \(A\):

    \[ \begin{array}{lll} p_A(\lambda) & = & \left | \begin{array}{ccc} -2-\lambda & 0 & 1 \\ -1 & -1-\lambda & 1 \\ -2 & 0 & 1-\lambda \end{array}\right | \\ & & \\ & = & (-1-\lambda)\left | \begin{array}{cc} -2-\lambda & 1 \\ -2 & 1-\lambda \end{array}\right | \\ & & \\ & = & (-1-\lambda) ((-2-\lambda)(1-\lambda) - (-2)) \\ & & \\ & = & (-1-\lambda)(-2+2\lambda-\lambda+\lambda^2+2) \\ & & \\ & = & (-1-\lambda)(\lambda^2+\lambda) \\ & & \\ & = & (-1-\lambda)\lambda (\lambda+1) \\ & & \\ & = & -\lambda(\lambda+1)^2\end{array} \]

    La matriz \(A\) tiene dos valores propios: \(\lambda=0\), con multiplicidad algebraica \(1\) y \(\lambda=-1\) con multiplicidad algebraica \(2\).
  3. Calculamos una base de cada uno de los subespacios propios, y las unimos:

    • Subespacio \(V_0\). Este subespacio viene definido por un sistema de ecuaciones cuya matriz de coeficientes es \(A-0Id = A\). Resolvemos el sistema: \[ \begin{array}{c} \left (\begin{array}{rrr} -2 & 0 & 1 \\ -1 & -1 & 1 \\ -2 & 0 & 1 \end{array}\right ) \stackrel{\stackrel{E_{12}(-3)}{}}{\longrightarrow} \left (\begin{array}{rrr} 1 & 3 & -2 \\ -1 & -1 & 1 \\ -2 & 0 & 1 \end{array}\right ) \stackrel{\stackrel{E_{21}(1)}{\stackrel{E_{31}(2)}{}}}{\longrightarrow} \left (\begin{array}{rrr} 1 & 3 & -2 \\ 0 & 2 & -1 \\ 0 & 6 & -3 \end{array}\right ) \\ \\ \stackrel{\stackrel{E_{12}\left (\frac{1}{2}\right )}{}}{\longrightarrow} \left (\begin{array}{rrr} 1 & 3 & -2 \\ & & \\ 0 & 1 & \frac{-1}{2} \\ & & \\ 0 & 6 & -3 \end{array}\right ) \stackrel{\stackrel{E_{12}(-3)}{\stackrel{E_{32}(-6)}{}}}{\longrightarrow} \left (\begin{array}{rrr} 1 & 0 & \frac{-1}{2} \\ & & \\ 0 & 1 & \frac{-1}{2} \\ & & \\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right ) \end{array} \]

      Luego \(V_0\equiv \left\{ \begin{array}{rrrrrrr} x & & & - & \frac{1}{2} z & = & 0 \\ &&&&&& \\ & & y & - & \frac{1}{2}z & = & 0 \end{array}\right.\), es decir, \(V_0\equiv \left\{ \begin{array}{rrr} x & = & \frac{z}{2} \\ & & \\ y & = & \frac{z}{2} \end{array}\right.\)

      Una base de \(V_0\) la obtenemos dándole a \(z\) el valor \(2\), y nos queda \(B_{V_0}=\{(1,1,2)\}\).

    • Subespacio \(V_{-1}\). Repetimos lo el apartado anterior pero con la matriz \(A-(-Id) = A+Id\). \[ \left (\begin{array}{rrr} -1 &0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ -2 & 0 & 2 \end{array}\right ) \stackrel{\stackrel{E_{1}(-1)}{}}{\longrightarrow} \left (\begin{array}{rrr} 1 &0 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \\ -2 & 0 & 2 \end{array}\right ) \stackrel{\stackrel{E_{31}(2)}{}}{\longrightarrow} \left (\begin{array}{rrr} 1 &0 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right ) \]

      \(V_{-1}\equiv x-z=0\), luego \(\text{dim}(V_{-1}) = 2\) y una base es \(B_{V_{1}}=\{(1,0,1),\ (0,1,0)\}\).

    La base \(B\) se obtiene uniendo ambas bases: \(B=\{(1,1,2),\ (1,0,1),\ (0,1,0)\}\).

  4. Calculamos la imagen de los tres vectores de \(B\):
    • \(f(1,1,2) = (0,0,0)\).
    • \(f(1,0,1) = (-2+1,-1+1,-2+1) = (-1,0,-1) = 0\cdot (1,1,2) -1\cdot (1,0,1) + 0\cdot (0,1,0)\).
    • \(f(0,1,0) = (0,-1,0) = 0\cdot (1,1,2) + 0\cdot (1,0,1) -1\cdot (0,1,0)\).

    Luego \(M_B(f) = \left (\begin{array}{rrr} 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{array}\right )\).

  5. Sabemos que \(\text{dim}(Im(f)) = 2\) (pues \(\text{rg}(A)=2\)). Además, los vectores de \(V_{-1}\) pertenecen a \(\text{Im}(f)\). Por tanto, tenemos que \(\text{Im}(f)=V_{-1}\). Las ecuaciones están calculadas más arriba: \(\text{Im}(f) \equiv x-z=0\).