3 Diagonalización

Objetivo: Dada una matriz $A\in\mathfrak{{M}}_{n}(\mathbb{K})$ , saber si existen $P$ invertible y $D$ diagonal tal que $P^{-1}AP=D$ (si existen y cuales son).

Equivalentemente, dada una aplicación lineal $f\colon V\to V$ , buscar una base adecuada de vectores de forma que la matriz de $f$ respecto de dicha base sea diagonal:

B=\left\{v_{1},\ldots,v_{n}\right\}\text{ tal que }\mathfrak{{M}}_{B,B}(f)=D=% \begin{pmatrix}\alpha_{1}&&0\\ &\ddots&\\ 0&&\alpha_{n}\\ \end{pmatrix}

¿Por qué equivalente a lo anterior?

Suponer que $f$ respecto de la base $G$ tiene matriz igual a $A$ .

Aplicaciones: Entre otras, sirve para calcular facilmente $A^{m}$ . En caso de que $A$ sea diagonalizable $(P^{-1}AP=D)$ entonces:

A^{m}=(PDP^{-1})^{m}=PD\cancel{P^{-1}}\cdot\cancel{P}D\cancel{P^{-1}}\cdots% \cancel{P}DP^{-1}=P\cdot D^{m}\cdot P^{-1}

donde $D^{m}=\begin{pmatrix}\alpha^{m}_{1}&&0\\ &\ddots&\\ 0&&\alpha^{m}_{n}\\ \end{pmatrix}$ (fácil).

Y también a sistemas dinámicos, sucesiones recursivas, etc.

Definition 3.1.

Dada una matriz $A\in\mathfrak{{M}}_{n}(\mathbb{K})$ , llamamos polinomio característico de $A$ al siguiente polinomio de $K_{n}[x]$ :

p_{A}(x)=\det(xI_{n}-A)

Remark 3.2.

El coeficiente de $x^{n}$ es 1.

Lemma 3.3.

Si $A$ y $B$ son matrices semejantes (ie matrices de la misma aplicación lineal, equivalentemente $B=P^{-1}AP$ para $P$ invertible), entonces

p_{A}(x)=p_{B}(x)

Proof 3.4.

\displaystyle p_{B}(x)

\displaystyle{}=det(xI_{n}-B)\overset{B=P^{-1}AP}{=}\det(xI_{n}-P^{-1}AP)% \overset{I_{n}=P^{-1}P}{=}\det(xP^{-1}P-P^{-1}AP)=

\displaystyle{}=\det(P^{-1}(xI_{n}-A)P)\overset{\begin{subarray}{c}\text{Prop.% }\\ \text{determinantes}\end{subarray}}{=}\cancel{\det(P^{-1})}\cdot\det(xI_{n}-A)% \cdot\cancel{\det(P)}=p_{A}(x)

Definition 3.5.

Se llama polinomio caracteristico de la aplicacion lineal $f\colon V\to V$ al polinomio caracteristico de cualquiera de las matrices de $f$ . Notacion: $p_{f}(x)$ .

Definition 3.6.

Dada una aplicacion lineal $f\colon V\to V$ decimos que $v\in V$ es un vector propio de $f$ asociado al valor propio $\lambda\in\mathbb{K}$ si $v\neq 0$ y $f(v)=\lambda v$ .

Remark 3.7.

La base que estamos buscando esta formada por vectores propios y la diagonal de $D$ por valores propios.

Example 3.8.

Sea la aplicacion lineal

\displaystyle f\colon\mathbb{R}^{2}

\displaystyle{}\longrightarrow\mathbb{R}^{2}

\displaystyle(x,y)

\displaystyle{}\longmapsto(2x+2y,2x+2y)

•

$v_{1}=(1,-1)$ cumple $f(v_{1})=(0,0)=0\cdot v_{1}\Rightarrow v_{1}$ es un vector propio asociado al valor propio $0$ .
•

$v_{2}=(1,1)$ cumple $f(v_{2})=(4,4)=4\cdot v_{2}\Rightarrow v_{2}$ es un vector propio asociado al valor propio $4$ .

Además, $f$ si $B=\left\{v_{1},v_{2}\right\}$ , $M(f,B,B)=\left(\begin{array}[]{c|c}0&0\\ 0&4\end{array}\right)$ (diagonal!)

Definition 3.9 (Subespacio propio).

Dada $f\colon V\to V$ lineal y $\lambda\in\mathbb{K}$ , llamamos subespacio propio asociado a $\lambda\in\mathbb{K}$ a

S_{\lambda}=V(\lambda)=\left\{v\in V\mid f(v)=\lambda v\right\}.

Se cumple que $S_{\lambda}$ es un subespacio vectorial.

Theorem 3.10.

Sea $f\colon V\to V$ lineal. Los valores propios de $f$ son exactamente las raices del polinomio $p_{f}(x)=0$ .

Proof 3.11.

Lo probaremos escribiendo todo respecto de una base $B=\left\{v_{1},\ldots,v_{n}\right\}$ : $A=M(f,B,B)$ , $(v)_{B}=(x_{1},\cdots,x_{n})$

\displaystyle\lambda\in\mathbb{K}\text{ valor propio }

\displaystyle{}\overset{def}{\iff}\exists 0\neq v\in V\text{ con }f(v)=\lambda v\iff

\displaystyle{}\iff\exists 0\neq(x_{1},\ldots,x_{n})\in\mathbb{K}^{n}\text{ % con }A\begin{pmatrix}x_{1}\\ \vdots\\ x_{n}\\ \end{pmatrix}=\lambda\begin{pmatrix}x_{1}\\ \vdots\\ x_{n}\\ \end{pmatrix}\iff

\displaystyle{}\iff\exists 0\neq(x_{1},\ldots,x_{n})\in\mathbb{K}^{n}\text{ % con }(\lambda I_{n}-A)\begin{pmatrix}x_{1}\\ \vdots\\ x_{n}\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ \vdots\\ 0\\ \end{pmatrix}\iff

\displaystyle{}\iff\text{ el sistema homogeneo }(\lambda I_{n}-A)\begin{% pmatrix}x_{1}\\ \vdots\\ x_{n}\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ \vdots\\ 0\\ \end{pmatrix}\text{ es SCI }\iff

\displaystyle{}\iff\det(\lambda I_{n}-A)=0.

Example 3.12.

Sea $f\colon\mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R}^{2}$ , $(x,y)\mapsto(2x+2y,2x+2y)$ .

Tomemos como base la base canonica $BC=\left\{(1,0),(0,1)\right\}$ . Entonces, $M(f,BC)=\begin{pmatrix}2&2\\ 2&2\\ \end{pmatrix}=A$ .

p_{A}(x)=\left|x\begin{pmatrix}1&0\\ 0&1\\ \end{pmatrix}-\begin{pmatrix}2&2\\ 2&2\\ \end{pmatrix}\right|=\left|\begin{array}[]{cc }x-2&-2\\ -2&x-2\end{array}\right|=x^{2}-4x=x(x-4)

con lo que $p_{A}(x)=0\iff x\in\left\{0,4\right\}$ (valores propios).

Lemma 3.13.

Si $\lambda_{1},\ldots,\lambda_{k}$ son valores propios distintos de $f$ entonces la suma siguiente es suma directa:

S_{\lambda_{1}}\oplus\cdots\oplus S_{\lambda_{k}}

es decir, las bases de vectores de $S_{\lambda_{1}},\ldots,S_{\lambda_{k}}$ son independientes entre sí.

Proof 3.14.

Sean $\lambda_{1},\ldots,\lambda_{k}\in\mathbb{K}$ valores propios distintos.

Veamos que $S_{\lambda_{1}}\oplus\cdots\oplus S_{\lambda_{k}}$ . Por ello veremos que si $a_{1}v_{1}+\cdots+a_{k}v_{k}=0$ entonces $a_{1}=\cdots=a_{k}=0$ (linealmente independientes).

Por inducción en $k$ :

•

Si $k=1$ : $a_{1}\cdot v_{1}=0$ . Como $v_{1}\neq 0$ , $a_{1}=0$ y se cumple.
•

Suponer cierto para $k-1$ y veamos el caso $k$ :

${}\begin{rcases}a_{1}v_{1}+\cdots+a_{k}v_{k}=0\Rightarrow f(v_{1}+\cdots+v_{k}% )=a_{1}\lambda_{1}v_{1}+\cdots+a_{k}\lambda_{k}v_{k}=0\\ a_{1}\lambda_{k}v_{1}+\cdots+a_{k}\lambda_{k}v_{k}=0\end{rcases}\Rightarrow\\ {}\Rightarrow a_{1}(\lambda_{1}-\lambda_{k})v_{1}+\cdots+a_{k-1}(\lambda_{k-1}% -\lambda_{k})v_{k-1}+\cancel{(\lambda_{k}-\lambda_{k})v_{k}}=0$

Puesto que por hipótesis de inducción los vectores $v_{1},\ldots,v_{k-1}$ son linealmente independientes, se tiene que

$a_{1}(\lambda_{1}-\lambda_{k})=\cdots=a_{k-1}(\lambda_{k-1}-\lambda_{k})=0$

y como los autovalores son distintos entre si,

$a_{1}=\cdots=a_{k-1}=0.$

Sustituyendo en la ecuacion anterior, nos queda $a_{k}v_{k}=0$ , con lo que $a_{k}=0$ y hemos llegado a que se cumple la tesis de inducción.

Lemma 3.15.

Si $\lambda$ es un valor propio de $f$ , entonces $\dim S_{\lambda}\leq m_{a}(\lambda)$ , donde $m_{a}(\lambda)$ , llamada multiplicidad algebraica, es el numero de veces que aparece $\lambda$ como raiz de $p_{f}(x)$ .

Proof 3.16.

Sea $\left\{v_{1},\ldots,v_{s}\right\}$ una base de $S_{\lambda}$ , donde $s=\dim S_{\lambda}$ , y ampliemos a una base de $V$ : $B=\left\{v_{1},\ldots,v_{s},v_{s+1},\cdots v_{n}\right\}$ . Entonces, siendo $u_{1},\ldots,u_{d}$ autovectores asociados al autovalor $\lambda$ , la matriz asociada a $f$ respecto de la base $B$ sera de la forma

B=M(f,B,B)=\begin{pmatrix}\lambda&0&\cdots&0&*&\cdots&*\\ 0&\lambda&\cdots&0&*&\cdots&*\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&0&\cdots&\lambda&*&\cdots&*\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&0&\cdots&0&*&\cdots&*\\ \end{pmatrix}

y el polinomio caracteristico de $f$ es, desarrollando,

p_{f}(x)=(\lambda-x)^{s}\cdot q(x)

con lo que $m_{a}(\lambda)\geq s=\dim S_{\lambda}$ .

Definition 3.17.

Llamamos multiplicidad geometrica del valor propio $\lambda$ , $m_{g}(\lambda)$ , a la dimension del subespacio propio $V_{\lambda}$ , es decir,

m_{g}(\lambda)=\dim S_{\lambda}

Por tanto, el lema 3.15 afirma que $m_{g}(\lambda)\leq m_{a}(\lambda)$ .

Definition 3.18.

Decimos que $f\colon V\to V$ lineal es diagonalizable si existe una base de $V$ formada por vectores propios. Respecto de dicha base, la matriz de $f$ es diagonal.

Theorem 3.19 (Criterio de diagonalizacion).

Sea $f\colon V\to V$ aplicación lineal. Se cumple que

f\text{ es diagonalizable }\iff\begin{cases}\text{1. la suma de las % multiplicidades algebraicas de}\\ \;\;\;\;\text{todos los valores propios es igual a }n=\dim V\\ \text{2. para cada valor propio }\lambda,m_{a}(\lambda)=m_{g}(\lambda)\end{cases}

Proof 3.20.

$\Rightarrow$: ] Sea $B=\left\{v_{1},\ldots,v_{n}\right\}$ la base de vectores propios de $f$ .

$M(f,B)=\begin{pmatrix}\lambda_{1}&&0\\ &\ddots&\\ 0&&\lambda_{n}\\ \end{pmatrix}\qquad p_{f}(x)=(x-\lambda_{1})\cdots(x-\lambda_{n})$

Por un lado, se tiene que el número de $\lambda_{i}$ ’s es igual a $n=\dim V$ (1).

Si $\lambda$ es valor propio, por el lema 3.15 $m_{a}(\lambda)\geq m_{g}(\lambda)$ . Ademas, si $\lambda$ aparece $m_{a}(\lambda)$ veces en $p_{f}(x)$ eso quiere decir que aparece al menos ese nº de veces en la diagonal de $M(f,B)$ , que provienen de vectores de una base de $V$ (independientes), por lo que $m_{a}(\lambda)\leq\dim S_{\lambda}=m_{g}(\lambda)$ .
$\Leftarrow$: ] Por $(1)$ $p_{f}(x)=(x-\lambda_{1})^{t_{1}}\cdots(x-\lambda_{k})^{t_{k}}$ donde $t_{1}=m_{a}(\lambda_{1}),\ldots,t_{k}=m_{a}(\lambda_{k})$ .

Ademas, para cada $\lambda_{i}$ , $m_{a}(\lambda_{i})=m_{g}(\lambda_{i})$ (2), luego $S_{\lambda_{1}}\oplus\cdots\oplus S_{\lambda_{k}}$ es un subespacio de $V$ y su dimension es $\dim(S_{\lambda_{1}}\oplus\cdots\oplus S_{\lambda_{k}})=\dim S_{\lambda_{1}}+% \cdots+\dim S_{\lambda_{k}}=m_{g}(\lambda_{1})+\cdots+m_{g}(\lambda_{k})% \overset{2)}{=}m_{a}(\lambda_{1})+\cdots+m_{a}(\lambda_{k})\overset{\text{% grado de }p_{f}(x)}{=}n$ .

Como consecuencia, $S_{\lambda_{1}}\oplus\cdots\oplus S_{\lambda_{k}}=V$ y la base buscada de $V$ es $B_{S_{\lambda_{1}}}\cup B_{S_{\lambda_{2}}}\cup\cdots\cup B_{S_{\lambda_{k}}}$ .

Corollary 3.21.

Si $\dim V=n$ y $f$ tiene $n$ valores propios distintos entonces $f$ siempre es diagonalizable.

Proof 3.22.

Si $A$ tiene $n$ autovalores distintos, entonces cada autovalor tendrá multiplicidad algebraica $m_{a}(\lambda_{i})=1$ . Además, para cada $\lambda_{i}$ , $m_{g}(\lambda_{i})\geq 1$ ya que $\lambda_{i}$ es valor propio si y sólo si $S_{\lambda_{i}}\neq 0$ .

Aplicando el lema 3.15,

1=m_{a}(\lambda_{i})\geq m_{g}(\lambda_{i})\geq 1\Rightarrow m_{g}(\lambda_{i}% )=m_{a}(\lambda_{i})=1.

{metodo}

1.

Calcular $p_{f}(x)$ y los valores propios con sus multiplicidades algebraicas.
2.

Comprobar la primera condición del criterio de diagonalización (que todas las raíces del polinomio característico estén en $\mathbb{K}$ ).
3.

Si $m_{a}(\lambda)=1$ siempre $m_{g}(\lambda)=1=m_{a}(\lambda)$ . Comprobar solo los que $m_{a}(\lambda)\geq 2$ . Para ello hallar $S_{\lambda}$ , su dimensión y una base

$S_{\lambda}=\left\{v\mid f(v)=\lambda v\right\}=\left\{v\mid(\lambda I-A)v=0\right\}$

Si se cumple que $m_{a}(\lambda)=m_{g}(\lambda)$ en todos los casos, la base buscada es la unión de las bases de $S_{\lambda}$ ’s.

$D$ es la matriz de los vectores propios en la diagonal y $P$ es la matriz de los vectores propios con sus coordenadas por columnas.

Remark 3.23.

El que una aplicacion lineal sea diagonalizable depende fuertemente del cuerpo sobre el que se trabaje. Por ejemplo, si $A=\begin{pmatrix}0&1\\ -1&0\\ \end{pmatrix}$ :

$p_{a}(x)=\begin{vmatrix}x&-1\\ 1&x\\ \end{vmatrix}=x^{2}+1$

•

Si $\mathbb{K}=\mathbb{R}$ , $x^{2}+1$ no tiene raices y por tanto no se cumple la primera condicion del criterio de diagonalizacion.
•

Si $\mathbb{K}=\mathbb{C}$ , $x^{2}+1=(x+i)(x-i)\Rightarrow\begin{cases}\lambda=i\;m_{a}(i)=1=m_{g}(i)\\ \lambda=-i\;m_{a}(-i)=1=m_{g}(-i)\end{cases}$

Es decir, $A$ si es diagonalizable en $\mathbb{C}$ .

Aplicaciones

•

Potencias de matrices: si $A$ es diagonalizable, $P^{-1}AP=D\Rightarrow A^{k}=(PDP^{-1})^{k}=PD^{k}P^{-1}$
•

Sucesiones recursivas:

$\displaystyle\begin{cases}x_{n}=ax_{n-1}+bx_{n-2}\\ x_{2}=\alpha\\ x_{1}=\beta\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}\binom{x_{n}}{x_{n-1}}=\begin{% pmatrix}a&b\\ 1&0\\ \end{pmatrix}\binom{x_{n-1}}{x_{n-2}}\\ \binom{x_{2}}{x_{1}}=\binom{\alpha}{\beta}\end{cases}\Rightarrow$

$\displaystyle\Rightarrow\binom{x_{n}}{x_{n-1}}=A\binom{x_{n-1}}{x_{n-2}}=A^{2}% \binom{x_{n-2}}{x_{n-3}}=\cdots=\underbrace{A^{n-2}}_{\text{potencias de }A}% \binom{x_{2}}{x_{1}}$
•

Sistemas dinamicos …