6 Diagonalización por congruencia ortogonal de endomorfismos simétricos/hermíticos

Definición II.7.

Sea $V$ un e.v. con producto escalar $\langle,\rangle$ y sea $f\colon V\to V$ un endomorfismo. Las condiciones siguientes son equivalentes:

1.

para toda base ortonormal de $V$ la matriz de $f$ respecto de esa base es hermítica.
2.

existe una base ortonormal de $V$ respecto de la cual la matriz de $f$ es hermítica.
3.

$\langle f(v),w\rangle=\langle v,f(w)\rangle\;\;\forall v,w\in V$

En estas condiciones diremos que el endomorfismo $f$ es hermitico.

Demostración.

$1$ ) $\Rightarrow 2$ )

Obvio.

$2)\Rightarrow 3)$

Sea $BON=\left\{v_{1},v_{2},\ldots,v_{n}\right\}$ tal que $M(F,BON)=A$ y cumple $\overline{A}^{t}=A$ .

Sea $v,w\in V\Rightarrow v=x_{1}v_{1}+\ldots+x_{n}v_{n}$ y $w=y_{1}v_{1}+\ldots+y_{n}v_{n}$ . Entonces

$f(v)=\hat{x_{1}}v_{1}+\ldots+\hat{x_{n}}v_{n}$ donde $A\cdot\begin{pmatrix}x_{1}\\ \vdots\\ x_{n}\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\hat{x_{1}}\\ \vdots\\ \hat{x_{n}}\\ \end{pmatrix}$
$f(w)=\hat{y_{1}}v_{1}+\ldots+\hat{y_{n}}v_{n}$ donde $A\cdot\begin{pmatrix}y_{1}\\ \vdots\\ y_{n}\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\hat{y_{1}}\\ \vdots\\ \hat{y_{n}}\\ \end{pmatrix}$

Recordamos que la matriz de $\langle,\rangle$ respecto de $BON$ es la identidad. Entonces

{}\langle f(v),w\rangle=\begin{pmatrix}\overline{\hat{x_{1}}}&\ldots&\overline% {\hat{x_{n}}}\\ \end{pmatrix}\cdot J\cdot\begin{pmatrix}y_{1}\\ \vdots\\ y_{n}\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\overline{x_{1}}&\cdots&\overline{x_{n}}\\ \end{pmatrix}\cdot\overline{A}^{t}\begin{pmatrix}y_{1}\\ \vdots\\ y_{n}\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\overline{x_{1}}&\cdots&\overline{x_{n}}\\ \end{pmatrix}\cdot A\cdot\begin{pmatrix}y_{1}\\ \vdots\\ y_{n}\\ \end{pmatrix}=\\ {}=\begin{pmatrix}\overline{x_{1}}&\cdots&\overline{x_{n}}\\ \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}y_{1}\\ \vdots\\ y_{n}\\ \end{pmatrix}=\langle v,f(w)\rangle

$3)\Rightarrow 1)$

Sea $BON=\left\{v_{1},\ldots,v_{n}\right\}$ una base ortonormal cualquiera de $V$ y sea $A=M(f,BON)$ . Queremos probar que $\overline{A}^{t}=A=(a_{ij})$ , es decir, $\overline{a_{ij}}=a_{ji}$ .

{}a_{ji}=\underbrace{\begin{pmatrix}0&\cdots&1(j)&0&\cdots&0\\ \end{pmatrix}}_{v_{j}}\underbrace{A\begin{pmatrix}0\\ \vdots\\ 1(i)\\ \vdots\\ 0\\ \end{pmatrix}}_{f(v_{i})}=\langle v_{j},f(v_{i})\rangle\overset{3)}{=}\langle f% (v_{j}),v_{i}\rangle=\\ {}=\begin{pmatrix}0&\cdots&1(j)&\cdots&0\\ \end{pmatrix}\overline{A}^{t}\begin{pmatrix}0\\ \vdots\\ 1(i)\\ \vdots\\ 0\\ \end{pmatrix}=[\overline{A}^{t}]_{ji}=\overline{a_{ij}}

∎

Observación II.8.

Si $A$ es una matriz hermitica y $P$ cumple $\overline{P}^{t}=P^{-1}$ entonces $P^{-1}AP$ sigue siendo hermítica:

\overline{(P^{-1}AP)}^{t}=\overline{P^{t}A^{t}\underbrace{(P^{-1})^{t}}_{% \overline{P}}}=\overline{P}^{t}\cdot\overline{A}^{t}\cdot\overline{\overline{P% }}=P^{-1}AP

Proposición II.5.

Si $f$ es un endomorfismo hermítico (o simétrico) entonces todos sus autovalores son reales.

(Si $V$ es un e.v. complejo con prod. escalar y $f\colon V\to V$ es hermitico, todos los autovalores de $f$ son reales).

Observación II.9.

Si $V$ es e.v. real y $f\colon V\to V$ es un endomorfismo simetrico, siempre podemos pensar $A=M(f,BON)\in M_{n}(K)$ , $f_{A}\colon\mathbb{R}^{n}\to\mathbb{R}^{n},(x,\ldots,x_{n})\mapsto A\begin{% pmatrix}x_{1}\\ \vdots\\ x_{n}\\ \end{pmatrix}$ con $A^{t}=A\in M_{n}(K)$ .

Entonces

\displaystyle g_{a}\colon\mathbb{C}^{n}

\displaystyle{}\longrightarrow\mathbb{C}^{n}

\displaystyle\begin{pmatrix}x_{1}&\cdots&x_{n}\\ \end{pmatrix}

\displaystyle{}\longmapsto A\begin{pmatrix}x_{1}\\ \vdots\\ x_{n}\\ \end{pmatrix}

sigue siendo un endomorfismo hermitico.

Demostración.

Sea $V$ e.v. complejo y $f\colon V\to V$ hermitica. Sea $\lambda$ una raiz de $p_{f}(x)\in\mathbb{C}[x]$ (polinomio caracteristico). Veamos que $\overline{\lambda}=\lambda$ (es decir, $\lambda\in\mathbb{R}$ ).

Sabemos que $\exists 0\neq v\in V$ tal que $f(v)=\lambda v$ . Se tiene que

$\langle v,f(v)\rangle=\langle v,\lambda v\rangle=\lambda\langle v,v\rangle$ .
$\langle f(v),v\rangle=\langle\lambda v,v\rangle=\overline{\lambda}\langle v,v\rangle$ .

Como $\langle v,f(v)\rangle=\langle f(v),v\rangle$ , $(\lambda-\overline{\lambda})\underbrace{\langle v,v\rangle}_{>0}=0\Rightarrow% \lambda=\overline{\lambda}\in\mathbb{R}$ ∎

Proposición II.6.

Si $f\colon V\to V$ es un endomorfismo hermitico (simetrico) y $\lambda_{1},\ldots,\lambda_{s}$ son todos sus autovalores, entonces la suma de los subespacios propios asociados a $\lambda_{1},\ldots,\lambda_{s}$ es igual a $V$ .

Demostración.

Lo demostraremos por reduccion al absurdo. Supongamos que $\underbrace{S_{\lambda_{1}}\oplus\cdots\oplus S_{\lambda_{s}}}_{U}<V$ . Sabemos que $V=U\oplus U^{\perp}$ (como $U\neq V,U^{\perp}\neq 0_{V}$ ). Sea

\displaystyle g\colon U^{\perp}

\displaystyle{}\longrightarrow U^{\perp}

\displaystyle v

\displaystyle{}\longmapsto f(v)

Veamos que $g$ esta bien definida, es decir, $g(U^{\perp})\subseteq U^{\perp}$ : sea $v\in U^{\perp}$ , $g(v)\in U^{\perp}$ ? $g(v)$ es ortogonal a todos los vectores de $U$ ?

Tomemos $w\in S_{\lambda_{i}}$ , $f(w)=\lambda_{i}w$ .

\langle w,g(v)\rangle=\langle w,f(v)\rangle\overset{f\text{ hermitica}}{=}% \langle f(w),v\rangle=\langle\lambda_{i}w,v\rangle\overset{\lambda_{i}\in% \mathbb{R}}{=}\lambda_{i}\langle\underbrace{w}_{\in S_{\lambda_{i}}\subseteq U% },\underbrace{v}_{\in U^{\perp}}\rangle=0\mathchar 46\relax

Como $f$ es endomorfismo, $g$ tambien lo es. Ademas, tambien es hermitico ya que $\forall v,w\in U^{\perp}$ $\langle v,g(w)\rangle=\langle v,f(w)\rangle=\langle f(v),w\rangle=\langle g(v)% ,w\rangle$ .

Por la proposicion II.5, $g$ tiene un autovalor real $\beta$ , y existe $0_{v}\neq v\in U^{\perp}$ tal que $\underbrace{g(v)}_{f(v)}=\beta v$ , por lo que $\beta$ es uno de los $\lambda$ ’s de antes ( $\beta=\lambda_{i}$ para algun i).

Luego $f(v)=\lambda_{i}v\Rightarrow v\in S_{\lambda_{i}}\subseteq U$ . Como $v$ es no nulo, no puede estar en $U$ y en $U^{\perp}$ a la vez. Hemos llegado a una contradicción. ∎

Con la proposicion 1 y la proposicion 2 tenemos que toda matriz $A$ real simetrica o compleja hermitica es diagonalizable por semejanza, es decir, $\exists P$ inversible tal que $P^{-1}AP=D\in M_{n}(\mathbb{R})$ .

Proposición II.7.

Si $\lambda,\mu$ son dos autovalores distintos de $f\colon V\to V$ hermitico (simetrico), entonces

\langle S_{\lambda},S_{\mu}\rangle=0

Demostración.

Sea $v\in S_{\lambda}$ ( $f(v)=\lambda v$ ) y $w\in S_{\mu}(f(w)=\mu w)$ .

{}\mu\langle v,w\rangle=\langle v,\mu w\rangle=\langle v,f(w)\rangle\overset{f% \text{ her/sim}}{=}\langle f(v),w\rangle=\langle\lambda v,w\rangle=\lambda% \langle v,w\rangle\\ {}\Rightarrow\underbrace{(\lambda-\mu)}_{\neq 0}\langle v,w\rangle=0% \Rightarrow\langle v,w\rangle=0

∎

Corolario II.1.

Si $f\colon V\to V$ es un endomorfismo hermitico (simetrico) entonces existe una base ortonormal tal que la matriz de $f$ respecto de esa base es diagonal.

Demostración.

Por las proposiciones anteriores, sabemos que $S_{\lambda_{1}}\oplus\cdots\oplus S_{\lambda_{s}}=V$ , $\lambda_{1},\ldots,\lambda_{s}\in\mathbb{R}$ y que los subespacios propios son ortogonales dos a dos.

En primer lugar, arreglamos $B_{1},B_{2},\ldots,B_{n}$ para que sean bases ortonormales de $S_{\lambda_{1}},\ldots,S_{\lambda_{n}}$ (usando Gram-Schmidt).

Tomamos como base $B_{V}=\bigcup_{i=1}^{s}B_{i}$ , que es base ortonormal de $V$ por la proposición II.7. ∎

De esta forma, se diagonaliza por congruencia y semejanza a la vez y, matricialmente

\begin{array}[]{c}A=M(f,BON_{1})\\ D=M(f,BON_{2})\\ P=M(BON_{2},BON_{1})\end{array}

de forma que $\overline{P}^{t}=P^{-1}$ , $P^{-1}AP=D$ .

Ejemplo II.4.

$A=\begin{pmatrix}1&-1&0\\ -1&1&0\\ 0&0&2\\ \end{pmatrix}$ . Buscar $P$ con $P^{-1}=P^{t}$ y que cumple $P^{-1}AP=D$ diagonal.

\displaystyle f\colon\mathbb{R}^{3}

\displaystyle{}\longrightarrow\mathbb{R}^{3}

\displaystyle(x_{1},x_{2},x_{3})

\displaystyle{}\longmapsto A\begin{pmatrix}x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3}\\ \end{pmatrix}

En primer lugar, hallamos el polinomio característico:

p_{A}(x)=\det(xI-A)=\begin{vmatrix}x-1&1&0\\ 1&x-1&0\\ 0&0&x-2\\ \end{vmatrix}=(x-2)\cdot\begin{vmatrix}x-1&1\\ 1&x-1\\ \end{vmatrix}=(x-2)^{2}\cdot x

Los autovalores son $\lambda_{1}=2$ , con $m_{g}(2)=2$ , y $\lambda_{2}=0$ , con $m_{g}(0)=1$ . Se tiene que

S_{2}=\left\{(x,y,z)\mid A\cdot\begin{pmatrix}x\\ y\\ z\\ \end{pmatrix}=2\begin{pmatrix}x\\ y\\ z\\ \end{pmatrix}\right\}

Resolviendo el sistema,

\underbrace{\begin{pmatrix}1&1&0\\ 1&1&0\\ 0&0&0\\ \end{pmatrix}}_{2I-A}\begin{pmatrix}x\\ y\\ z\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 0\\ \end{pmatrix}\quad x+y=0\Rightarrow\text{Sol: }x=-y\;\;\forall y\forall z

luego $S_{2}=\langle(-1,1,0),(0,0,1)\rangle$ .

Para el autovalor 0,

\begin{pmatrix}-1&1&0\\ 1&-1&0\\ 0&0&-2\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\ y\\ z\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 0\\ \end{pmatrix}\quad\begin{rcases}-x+y=0\\ -2z=0\end{rcases}\Rightarrow\begin{array}[]{c}x=y\;\forall y\\ z=0\end{array}

y $S_{0}=\langle\underbrace{(1,1,0)}_{v_{3}}\rangle$ .

Necesitamos pasar las bases de $S_{0}$ y $S_{2}$ a bases ortonormales.

Calculamos la norma de $v_{3}$ : $\left\lVert v_{3}\right\rVert=\sqrt{\langle v_{3},v_{3}\rangle}=\sqrt{\begin{% pmatrix}1&1&0\\ \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 0\\ \end{pmatrix}}=\sqrt{2}$ .

Por tanto, $S_{0}=\langle\underbrace{(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},0)}_{w_{3}}\rangle$ .

En el caso de $S_{2}$ , vemos que $\langle v_{1},v_{2}\rangle=\begin{pmatrix}-1&1&0\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 1\\ \end{pmatrix}=0$ , con lo que es una base ortogonal y solamente tenemos que “pasarla” a ortonormal.

Como $\left\lVert v_{1}\right\rVert=\sqrt{\langle v_{1},v_{1}\rangle}=\sqrt{\begin{% pmatrix}-1&1&0\\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1\\ 1\\ 0\\ \end{pmatrix}}=\sqrt{2}$ y $\left\lVert v_{2}\right\rVert=1$ , $S_{2}=\langle\underbrace{(-\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},0)}_{w_{1}},% \underbrace{(0,0,1)}_{w_{2}}$ .

Por tanto, $BON=\left\{w_{1},w_{2},w_{3}\right\}$ y

P=M(BON,\text{Base ortogonal (tb o.n.)})\text{ cumple }P^{-1}=P^{t}

P=\begin{pmatrix}-\frac{1}{\sqrt{2}}&0&\frac{1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{\sqrt{2}}&0&\frac{1}{\sqrt{2}}\\ 0&1&0\\ \end{pmatrix}\qquad D=\begin{pmatrix}2&0&0\\ 0&2&0\\ 0&0&0\\ \end{pmatrix}

y se tiene que $P^{-1}AP=D=P^{t}AP$ .

Observación II.10.

Dada una $A$ simetrica o hermitica, el numero de autovalores positivos indica la signatura.