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.

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.