Post on 05-Apr-2020
1
ESPACIOS VECTORIALES
Un conjunto a,b,c, de elementos se dice que constituye
un espacio vectori
(llamados vectores)
(que generalmente es el cual sobre un cuerpo conm erpo
de los reales)
utativo K
si se cumplen:
E
Dado el conjunto (a, b) : a, b , se definen las siguientes leyes: E
En se define una ley de composición interna, que se designa por +, tal que ( ,+)
tiene estructura de grupo abeliano.
E E
+
(a, b) (a ', b ') (a a ', b b')
E x E E
tiene estructura de grupo abeliano: elemento neutro (0, 0) y ( a, b)
el opuesto o simétrico de (a, b),con las propiedades asociativa y conmutativa.
( , ) E
Siendo , , se define una ley de composición externa, que se designa por ,
que satisface las siguientes propiedades:
(a, b) ( a, b)
x E E
( a) ( ) a
(a b) a b
( ) a a a
1 a a
asociativa respecto al producto de escalares
distributiva respecto a la suma de vectores
distributiva respecto a la suma de escalares
1 es la unidad de K
Se comprueba que es un espacio vectorial sobre ., (E, + )
2
1 2 3Dados los vectores del espacio bidimensional a (3,1) , a (4,1) y a (1,1)
¿Son linealmente dependientes?
Solución:
Si son linealmente dependientes, si tiene que cumplir que
1 1 2 3 1 23 32 no siendo nulos simultáneamente a a 0 ya ,
1 2 3(3, 1) (4, 1) (1, 1) (0, 0)
1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3(3 , ) (4 , ) ( , ) (0, 0) (3 4 , ) (0, 0)
31 2 3 1 2 3 1 3
1 2 3 1 2 3 2 3
3 4 0 3 4 3
0 2
3 1 2 3haciendo 1 se tiene: 3 2 1
3(3, 1) 2 (4, 1) 1 (1, 1) (0, 0)
Existen tres números 3, 2 y 1 , no todos ceros, que hacen la suma igual al
vector cero; luego los tres vectores dados son linealmente dependientes.
1 2 3
Dados los vectores del espacio tridimensional.
a (1, 5, 2) , a (2,1,1) y a (3,1,1)
¿Son linealmente dependientes?
Solución:
Si son linealmente dependientes, si tiene que cumplir que
1 1 2 2 3 3 1 2 3a a a 0 , y no siendo nulos simultáneamente
1 2 3(1, 5, 2) (2,1,1) (3,1,1) (0, 0, 0)
de donde,
3
1 2 3
1 2 3
1 2 3
2 3 0
5 0
2
1 2 3
5 1
2 10
1 0
1
sistema homogéneo que, como
1 2 3sólo admite la solución trivial 0
Los vectores son linealmente independientes.
3 1 2 3Dada la base del espacio vectorial E : a (1, 5, 2) , a (2,1,1) y a (3,1,1)
Hallar en dicha base las coordenadas del vector b (3, 8, 2)
Solución:
1 2 3Si (x , x , x ) son las coordenadas del vector b en la base dada, se tiene:
1 2 3x (1, 5, 2) x (2,1,1) x (3,1,1) (3, 8, 2)
1 2 3
1 2 3
1 2 3
x 2x 3x 3
de donde, 5 x x x 8
2x x x 2
1 2 3
3 2 3 1 3 3 1 2 3
8 1 1 5 8 1 5 1 8
2 1 1 2 2 1 2 1 2x 2 x 7 x 5
1 2 3 1 2 3 1 2 3
5 1 1 5 1 1 5 1 1
2 1 1 2 1 1 2 1 1
Las coordenadas del vector b en la base dada son (2, 7, 5)
4
4 1 2 3
4
Sean los vectores de E : a (3, 1, 5, 0) , a (6, 2, 9, 1) , a (3, 1, 6,1) ,
a ( 3,1, 2 , 3). Determinar la dimensión del subespacio vectorial
engendrado por ellos y una base de dicho subespacio vectori
al.
Solución:
La dimensión del subespacio vectorial engendrado es igual al rango de la matriz
formada por dichos vectores.
1 2C 3C
3 1 5 0 0 1 5 0
6 2 9 1 0 2 9 1A r(A) 3
3 1 6 1 0 1 6 1
3 1 2 3 0 1 2 3
1 5El menor 0 r(A) 2
2 9
Como todos los menores de tercer orden que se pueden hallar orlando el anterior
son nulos:
1 5 0 1 5 0La dimensión del subespacio
2 9 1 0 2 9 1 0vectorial es 2
1 6 1 1 2 3
1 5Siendo 0 se concluye:
2 9
B (3, 1, 5, 0) , (6, 2, 9, 1) es una base del subespacio vectorial
1 2 3 4Todo vector v (x , x , x , x ) perteneciente a la variedad lineal se puede
obtener como combinación lineal de los vectores que conforman la base:
1 2 3 4v a b (x , x , x , x ) (3, 1, 5, 0) (6, 2, 9, 1)
1
2
3
4
x 3 6
x 2de donde, las ecuaciones paramétricas:
x 5 9
x
5
2 4Si el vector v (0, x , 1, x ) pertenece a la variedad lineal, tendría:
0 3 62 1
1 5 9
2 2
4 4
x 2 x 0Sustituyendo en las ecuaciones paramétricas:
x x 1
1 2 3
4
Sean los vectores a (2, 3, 4, 1,1) , a (3, 4, 7, 2, 1) , a (1, 3, 1, 1, 8) ,
a (0, 5, 5, 1, 4). Determinar la dimensión de la variedad lineal. La base de
dicha variedad. Expresar el vector (8, 4, 3, a,b) e
n dicha variedad.
Solución:
2 3 4 1 1
3 4 7 2 1A
1 3 1 1 8
0 5 5 1 4
2 3 4
Se obtiene que 3 4 7 0
0 5 5
Como todos los menores de orden 4 que se pueden formar orlando a dicho menor
son nulos, resulta que r (A) 3. Por tanto, la dimensión de la variedad lineal es 3
1 3
2 3
F 2F
F 3F
2 3 4 1 0 3 6 33 6 3 1 2 1
3 4 7 2 0 5 10 55 10 5 15 1 2 1 0
1 3 1 1 1 3 1 15 5 1 5 5 1
0 5 5 1 0 5 5 1
1 3
2 3
F 2F
F 3F
2 3 4 1 0 3 6 153 6 15 1 2 5
3 4 7 1 0 5 10 255 10 25 15 1 2 5 0
1 3 1 8 1 3 1 15 5 1 5 5 1
0 5 5 4 0 5 5 1
2 3 4
Por estar formado 3 4 7 0 por las filas primera, segunda y cuarta, una base
0 5 5
de la variedad lineal es B (2, 3, 4, 1,1) , (3, 4, 7, 2, 1) , (0, 5, 5, 1, 4)
6
1 2 3 4 5Todo vector v (x , x , x , x , x ) perteneciente a la variedad lineal se puede expresar
como combinación lineal de los vectores de la base: v a b c
El vector (8, 4, 3, a,b) en dicha variedad:
(8, 4, 3, a,b) (2, 3, 4, 1,1) (3, 4, 7, 2, 1) (0, 5, 5, 1, 4)
8 2 3
4 3 4 5
Las ecuaciones paramétricas son: 3 4 7 5
a 2
b 4
8 2 38 2 3
4 3 4 5 1 2 37 3
3 4 7 5
a 2 a 2Y de aquí:
b 4 b 13
1 2 3 1 2 3
1 1 2 2 1 3 2 3
Sea V un espacio vectorial sobre un cuerpo conmutativo K.
B u ,u ,u y B' v , v , v son bases de V, donde
v u u , v u , v u u
1 2' '
Hallar respecto a B las ecuaciones de un subespacio que respecto a B' viene
dado por: x 0 , x 0
Solución:
1 1 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 3 2
3 2 3 3 1 2 3 3
v u u u v 0 1 0
1 1
v
v u u v v u u u v
v u
0
1 1u u v v 1v v
1 2 3 1 2 3' ' '
0 1 0
Las fórmulas del cambio de base son: x x x x x x 1 1 0
1 1 1
1 2 3
2 1 2 3
3 3
'
'
'
x x x
de donde, x x x x
x x
1
2
'
'
x 0Sustituyendo en la ecuación del subespacio vectorial dado por el sistema
x 0
7
1 2 3 1
2 32 1 2 3
'
'
x x x 0 x 0
x x 0x x x x 0
ecuaciones del subespacio
vectorial en base B
1 2 34
1 2 3 4
1 2 3 4
1 2 2 3 3 4 4
x x x 0Sea W un subespacio vectorial de R , de ecuaciones:
x x x x 0
referidas a la base B u ,u ,u ,u .
Respecto a la nueva base B' u u ,u u , u u ,u se pide:
1 2
1 2
a) Ecuaciones respecto de la base W
b) ¿Qué coordenadas tiene el vector v u u respecto de las bases B y B'?
c) ¿Pertenece el vector v u u al subespacio W?
Solución:
a) La matriz del cambio de base de B a B':
1 1 2
2 2 3
3 3 4
4 4
v u u
v u u
v u u
v
1 1 0 0
0 1 1 0
0 0 1 1
0 0u 0 1
Las ecuaciones del espacio vectorial W respecto a la base B':
1 1
2 1 21 2 3 4 1 2 3 4
3 2 3
4 3 4
'
' '' ' ' '
' '
' '
1 1 0 0
0 1 1 0
0 0 1 1
0 0
x x
x x xx x x x x x x x
x x x
x x x0 1
1 2 3 1 3
1 2 3 4 4
' '
'
x x x 0 2x x 0Sustituyendo en resulta:
x x x x 0 x 0
1 2b) El vector v u u respecto a la base B tiene de coordenadas (1, 1, 0, 0)
Sustituyendo estas coordenadas en y resolviendo el sistema se obtienen
las ecuaciones del vector v respecto a B':
1
1 2 3 41 2
2 31 2 3 4
3 4
'' ' ' '
' '
' '' ' ' '
' '
1 xx 1 x x x 0
1 x x
0 x x(x , x , x , x ) (1, 0, 0, 0)
0 x x
8
1 3
4
' '
'
c) El vector v pertenece al subespacio W, dado que las coordenadas de v respecto B'
2x x 0 satisfacen las ecuaciones de W:
x 0
3 31 2 3
1 1 2 2 3 3 2 3 1 1 3 2 2 1 3
Sea el endomorfismo f: R R definido respecto a la base B e , e , e
tal que f(x e x e x e ) x x e x x e x x e . Se pide:
3
1) Expresión analítica de f respecto a la base B
2) Vectores Invariantes de f
3) Ecuaciones de Ker f
4) Ecuaciones de Imf
5) Determinar una base de Ker f y ampliarla a una base B' de R
6) Expresión analítica de f respecto de la base B'
Solución:
1 1 2 2 3 3 2 3 1 1 3 2 2 1 31) Siendo f(x e x e x e ) x x e x x e x x e
1 1 2 2 3 3 2 3 1 1 3 2 1 2 3 f(e ) x f(e ) x f(e ) x (e e ) x (e e ) x (e e ) x
Las imágenes de los vectores de la base B son:
1 2 3
2 1 3
3 1 2
f(e ) e e coordenadas (0, 1, 1)
f(e ) e e coordenadas (1, 0,1)
f(e ) e e coorde
0 1 1
Matriz del Endomorfi
nadas (1, 1,0
smo 1 0 1
1) 1 0
La ecuación del endomorfismo f:
1 1 2 2 3 3 1 2 3
0
f(x e
1 1
1 0 1
1 1
x e x e ) x x
0
x
9
2) El vector x es invariante por f f(x) x⇔
1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3 Sea x x e x e x e x x x
0 1 1
1 0 1
1 1
x
0
x x
1 2 3
2 1 3 3 1 2
3 1 2
x x x
de donde: x x x x 0 x x
x x x
1 2 1 2 Los vectores invariantes por f son de la forma: x e e (e e )
Ker(f) x V / f(x) 03)
1 1 2 2 3 3 x x e x e x e Ker f f(x) 0
1 2 3
0 1 1
1 0 1
1 1
f(x) 0 x x x = 0 0 0
0
2 3
1 3 1 2 3
1 2
x x 0
de donde x x 0 (x ,x ,x ) ( , , )
x x 0
1 2 3 En definitiva, Ker(f) (e e e ) /
1 2
1 3
x x 0 Las ecuaciones de Ker(f) respecto a la base B son
x x 0
Im(f) f(4) x) / x V
1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3 y y e y e y e Imf sí existe un x x e x e x e tal que f(x) y
1 2 3 1 2 3
0 1
f(x
1
1 0 1
1 1
) y y y y x x
0
x
1 2 31 2 2 1
2 1 3 1 2 33 1 2
3 1 2
y x xy y x x
y x x y y y 0y x x
y x x
1 2 3 La ecuación de Im(f) respecto a la base B es: y y y 0
1 2 1 3 Por tanto, Im(f) (e e ) (e e ) / ,
10
1 1 2 3
32 1 3 2 1 2 3
5) En el apartado (3) se tenía que una base de Ker(f) era el vector e e e ,
tomando e , e , una base B' , , es una base de R , dado que:
1 1 2 3 2 1 3 2 1 2 1 1 3 2 1 3 1 2 3 (e e e ) e e 0 ( )e ( )e e 0 0
1 1 2 3 2 1 3 26) Las imágenes de los vectores de la base B' e e e , e , e son:
1 1 2 3 1 2
2 1 2 3
3 2 3 1 2 3
e e e e
e e
e e
1
2 1 2 3 1 2
3 2 1 3 1 2 3
f( ) 0 coordenadas respecto B' (0, 0,0)
f( ) f(e ) e e coordenadas respecto B' (1, 1,0)
f( ) f(e ) e e 2 coordenadas respecto B' ( 1, 2,1)
0 0 0
La matriz asociada a f respecto B' es: 1 1 0
1 2 1
11
RAÍCES Y VECTORES CARACTERÍSTICOSDIAGONALIZACIÓN DE MATRICES
En los espacios vectoriales E (x, y) : x, y y F (x ', y', z ') : x ', y ', z '
se define la aplicación f :E F tal que: x ' x y y ' 2x y z ' x
a) Escribir la matriz del homomorfismo
b) Hallar las imágenes de a (2, 4)
Solución:
a) Las ecuaciones: x ' x y , y ' 2x y , z ' x se pueden escribir vectorialmente:
1 1
2 1
x ' x yx
y
1 0
' 2x yy
z ' x
donde es la matri
1 1
A 2 z del homomorfismo1
1 0
En general, un homomorfismo entre espacios vectoriales se puede escribir x ' A x
1 1
2
x ' 2 4 62
b) Para hallar la imagen de a (2, 4) : y ' 4 4 04
z ' 2 01 2
1
0
12
4 2Hallar los valores de la matriz A
1 3
Solución:
Los valores propios se obtienen resolviendo la ecuación característica A I 0
24 2 5A I 0 7 10 0 valores propios
1 3 2
1 1 2
2 1 2
'
'
x 7x 4 xSea la transformación definida por las ecuaciones:
x 2x x
Hallar los valores propios y vectores propios de la transformación.
Solución:
1 2
1 2 1 2 1 2' ' ' '
Si existen valores propios existirá un vector x (x , x ) tal que su transformado
x ' (x , x ) sea paralelo a x, es decir, x ' x , o bien: (x , x ) (x , x )
1 1 1 1 1 2 1 2
1 22 2 2 2 1 2
' '
' '
x x x x 7x 4 x (7 )x 4 x 0
2x (1 )x 0x x x x 2x x
13
27 4 Admite soluciones distintas de la trivial 0 8 15 0
2 1
1 2 Valores propios o valores característicos: 5 , 3
La transformación en forma matricial es: x ' A x
1 1
22
'
'transformación matricial
x x7 4 x ' A x
x2 1x
Se había obtenido el mismo resultado directamente con A I 0
7 4 0 7 4 A I
2 1 0 2 1
12
2
57 4 A I 0 8 15 0 valores propios
32 1
Los vectores propios se hallarán con la ecuación matricial: A x x
1 1 1 2 1 1 2
2 2 1 2 2 1 2
x x 7x 4 x x (7 )x 4 x 07 4A x x
x x 2x x x 2x (1 )x 02 1
1 2Valores propios o valores característicos: 5 , 3
1 2 1 21 1 2
1 2 1 2
(7 5)x 4 x 0 2x 4 x 0 Para 5 se tiene: x 2x 0
2x (1 5)x 0 2x 4 x 0
1 2
1
Una solución particular sería: x 2 , x 1. Luego (2, 1) es un vector propio,
correspondiente al valor propio 5
Obsérvese que un vector propio tiene la forma (2 k , k)
1 2 1 22 1 2
1 2 1 2
(7 3)x 4 x 0 4 x 4 x 0 Para 3 se tiene: x x 0
2x (1 3)x 0 2x 2x 0
1 2
2
Una solución particular sería: x 1, x 1. Luego (1, 1) es un vector propio,
correspondiente al valor propio 3
14
Hallar los valores propios y los vectores propios de la matriz simétrica
7 2 1
A 2 10 2 . Normalizar sus vectores característicos.
1 2 7
Solución:
La transformación escrita en forma matricial es x ' A x es decir:
1 1
2 2
33
'
'
'
x 7 2 1 x
x 2 10 2 x
1 2 7 xx
Los valores propios de la matriz A se obtienen resolviendo la ecuación característica
A I 0 , luego:
7 2 1 6 2 1
A I 0 2 10 2 6 10 2
1 2 7 6 2 7
2
1 2 1 1 2 1
(6 ) 1 10 2 (6 ) 0 12 3 (6 ) (12 ) 0
1 2 7 0 0 6
1 2 3Tiene como valores propios 6 y 12
Los vectores propios se hallan mediante la ecuación Ax x
1 1 1 2 3 1
2 2 1 2 3 2
3 3 1 2 3 3
7 2 1 x x 7x 2x x x
2 10 2 x x 2x 10x 2x x
1 2 7 x x x 2x 7x x
1 2 3
1 2 3
1 2 3
(7 )x 2x x 0
2x (10 )x 2x 0
x 2x (7 ) x 0
1 2 Para el valor propio 6, el sistema se convierte en:
1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3
(7 6)x 2x x 0 x 2x x 0
2x (10 6)x 2x 0 2x 4x 2x 0 x 2x x 0
x 2x (7 6) x 0 x 2x x 0
15
1
1 2 3 21
3
11
xvector propio
x 2x x 0 x(1, 1, 1)
x 2
2 2 21 1El módulo del vector (1, 1, 1) es: 1 1 1 3
1
1 1 1El vector normalizado: u , ,
3 3 3
1
1 2 3 22
3
10
xvector propio
x 2x x 0 x(1, 0, 1)
x 2
2 2 22 2El módulo del vector (1, 0, 1) es: 1 0 ( 1) 2
2
1 1El vector normalizado: u , 0 ,
2 2
3 Para el valor propio 12, el sistema se convierte en:
1 2 3 1 2 31 3
1 2 3 1 2 31 2 3
1 2 3 1 2 3
(7 12)x 2x x 0 5x 2x x 0x x 0
2x (10 12)x 2x 0 2x 2x 2x 0x x x 0
x 2x (7 12) x 0 x 2x 5x 0
1 2 3Solución del sistema: (x , x , x ) ( , 2 , )
3Un vector propio para 1: (1, 2, 1)
2 2 23 3El módulo del vector (1, 2, 1) es: 1 ( 2) ( 1) 6
3
1 2 1El vector normalizado: u , ,
6 6 6
16
Analizar si son equivalentes las matrices A y B:
1 1 2 3 1 2 1 3 4 1
1 1 1 1 2 1 3 1 2 1A B
1 2 1 3 1 3 4 1 2 1
1 0 0 1 2 0 6 5 4 3
Solución:
En el conjunto de las matrices la equivalencia de matrices es una relación
de equivalencia. Cada clase de equivalencia está formada por todas las matrices
que tienen el mismo rango.
xm n
Basta, por tanto, obtener r(A) y r(B)
1 1 2 3 1 1 2 11 1 2
1 1 1 1 1 1 1 2 Siendo: 1 1 1 0 , 0 , 0
1 2 1 3 1 2 1 11 2 1
1 0 0 1 1 0 0 2
r(A) 3
2 1 3 4 2 1 3 12 1 3
1 3 1 2 1 3 1 1 Como: 1 3 1 0 , 0 , 0
3 4 1 2 3 4 1 13 4 1
0 6 5 4 0 6 5 3
r(B) 3
En consecuencia, como los rangos son iguales, las matrices son semejantes.
Adviértase que dos matrices equivalentes proceden una de otra mediante alguna
o alguna de las transformaciones siguientes:
Cambiar entre sí dos líneas paralelas
Multiplicar los elementos de una lín
ea por un número
Sumar a una línea otra u otras paralelas
17
1 3 2
Dada la matriz simétrica A 3 7 5
2 5 8
Encontrar una matriz diagonal congruente con A
Solución:
i
i Las transformaciones ,mientras que las transformaciones
F
C s
afectan
ólo afec
tan a A
a (A I)
Se forma la matriz particionada (A I) :
2 1 2 1
3 1 3 1
F 3F C 3C
F 2F C 2C
1 0 0 1 0 0
0 1 0 3 1 0
0 0 1 2 0 1
1 3 2 1 3 2
(A I) 3 7 5 0 2 1
2 5 8 0 1 4
3 22 1
3 1
2F FC 3C
C 2C
1 0 0 1 0 0
3 1 0 3 1 0
2
1 0 0 1 0 0
0 2 1 0 2 1
0 1 4 0 0 90 1 1 1 2
3 22C C 1 0 0
0 2 0
0 0 1
1 0 0
3 1 0
1 1 28
Se ha encontrado una matriz dia
1 0 0
D 0 2 0
0 0 1
gonal
8
18
La matriz diagonal es congruente con la matriz D dada A
1 0 0 1 3 1
3 1 0 0 1 1
1 1 2 0 0
Haciendo N'
2
N
Se tiene que D NAN'
1 0 0 1 3 1 1 3 1
3 1 0 0 1 1 0 1 1
1 1 2 0
1 3 2 1 3 2
NAN' 3 7 5 0 2 1
2 5 8 0 0 90 2 0 0 2
1 0 0
0 2 0 D
0 0 18
Para que en la matriz diagonal sólo figuren 1, 0 , 1 , se parte de la
1 0 0
D 0 2 0
0 0 18
matriz diagonal , congruente con la matriz A
10 0
1
1Haciendo P 0 0
2
10 0
18
'
1 0 0
0 2 0
0 0
1 0 0 1 0 0
1 1PDP 0 0 0 0
2 2
1 10 0 0 0
18 18
18
2 3
3 2
F F
C C
1 0 0 1 0 01 0 0 1 0 0
2 10 0 0 0 0 1 0 E 0 1 0
2 20 0 1 0 0 1
18 10 0 0 0
18 18
La matriz E es el representante canónico de la clase de equivalencia de las matrices
congruentes con la matriz A
19
La signatura de la matriz E se obtiene como diferencia entre el número
de términos positivos (2) y el de términos negativos (1): 2 1 1
Todas las matrices congruentes con A tienen rango 3, dado que A 0,
y signatura unidad.
11 3Diagonalizar la matriz A
3 9
Solución:
1Una matriz A es diagonalizable si existe una matriz P tal que PAP es diagonal.
La matriz A es una matriz simétrica que siempre tiene raíces características reales.
211 3
Con la ecuación característica A I 20 96 03 9
1 2se obtienen los valores propios 12 y 8
12 0Una matriz diagonal semejante a la matriz A es: D
0 8
Se comprueba que D es semejante a la matriz A determinando los vectores
característicos, que verifican la ecuación Ax x
1 2 1 1 21 1
2 2 1 2 2 1 2
11 3 11x 3 x x (11 )x 3 x 0x x
x x3 9 3 x 9x x 3 x (9 )x 0
1 2 1 21
1 2 1 2
(11 12)x 3 x 0 x 3 x 0 Para 12 se tiene:
3 x (9 12)x 0 3 x 3x 0
1 2
1 2 1 1
que equivale a la única ecuación x 3 x 0 , que tiene como solución particular
3 1x 3 , x 1 ; obteniendo el vector u 3 , 1 , normalizado es: ,
2 2
1 2 1 22
1 2 1 2
(11 8)x 3 x 0 3x 3 x 0 Para 8 se tiene:
3 x (9 8)x 0 3 x x 0
20
1 2
1 2 2 2
que equivale a la única ecuación 3 x x 0 , que tiene como solución particular
31x 1 , x 3 ; obteniendo el vector u 1, 3 , normalizado es: ,
2 2
1 2 La matriz P se obtiene formando por filas los vectores y
1
3 1Matriz que es ortogonal al verificarse que2 2PP' P (transpuesta es igual a la inversa)31
2 2
1
3 31 111 32 2 2 2La matriz D PAP
3 93 31 1
2 2 2 2
3 16 3 6 12 02 2 La matriz D es semejante a la matriz A
0 84 4 3 31
2 2
1
3 1 1
Obtener una matriz P tal que PAP sea diagonal a A 1 5 1
1 1 3
Solución:
3 1 1 3 1 1
El polinomio característico A I 1 5 1 3 5 1
1 1 3 3 1 3
1 1 1 1 1 1
(3 ) 1 5 1 (3 ) 0 6 2 (3 ) (6 ) (2 ) 0
1 1 3 0 0 2
1 2 3se obtienen los valores propios: 6 , 3 , 2
6 0 0
Una matriz diagonal semejante a la matriz A es: D 0 3 0
0 0 2
Los vectores característicos verifican la ecuación Ax x
21
1 1 1 2 3 1 1 2 3
2 2 1 2 3 2 1 2 3
3 3 1 2 3 3 1 2 3
3 1 1 x x 3x x x x (3 )x x x 0
1 5 1 x x x 5x x x x (5 )x x 0
1 1 3 x x x x 3x x x x (3 )x 0
1 2 3 1 2 3
1 1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3
(3 6)x x x 0 3x x x 0
Para 6 se tiene: x (5 6)x x 0 x x x 0
x x (3 6)x 0 x x 3x 0
1 31 3 2
1 2 3
x x 0para x 1 x 1 x 2
x x x 0
1 1
1 2 1un vector propio u (1, 2 , 1) , normalizado , ,
6 6 6
1 2 3 2 3
2 1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2
(3 3)x x x 0 x x 0
Para 3 se tiene: x (5 3)x x 0 x 2 x x 0
x x (3 3)x 0 x x 0
2 31 2 3
1 2
x x 0para x 1 x 1 x 1
x x 0
2 2
1 1 1un vector propio u (1, 1, 1) , normalizado , ,
3 3 3
1 2 3 1 2 3
3 1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3
(3 2)x x x 0 x x x 0
Para 2 se tiene: x (5 2)x x 0 x 3 x x 0
x x (3 2)x 0 x x x 0
22 1 3
1 3
x 0x 0 para x 1 x 1
x x 0
3 3
1 1un vector propio u (1, 0 , 1) , normalizado , 0 ,
2 2
La matriz P es la que tiene por filas los vectores propios hallados:
1 2 1
6 6 6
Que se comprueba que es ortogonal, calculando1 1 1P
los productos escalares de sus vectores fila.3 3 3
1 10
2 2
22
1 2
1 2 1 1 1 1 2 2. , , . , , 0
6 6 6 3 3 3 18 18
1 3
1 2 1 1 1 1 1. , , . , 0 , 0
6 6 6 2 2 12 12
2 3
1 1 1 1 1 1 1. , , . , 0 , 0
3 3 3 2 2 6 6
1
1
Se comprueba que PAP D , teniendo en cuenta que como la matriz P es ortogonal,
la matriz inversa coincide con la transpuesta, es decir, P P'
1
1 2 1 1 1 1
6 6 6 6 3 23 1 1
1 1 1 2 1PAP 1 5 1 0
3 3 3 3 31 1 3
1 1 1 1 10
2 2 6 3 2
1 1 1
6 3 26 2 6 6 6 0 02 1
3 3 3 0 0 3 03 3
0 0 22 0 21 1 1
6 3 2
23
1 1Comprobar que la matriz A no es diagonizable.
0 1
Solución:
21 1La ecuación característica A I 0 (1 ) 0 1 (doble)
0 1
Los vectores característicos verifican la ecuación Ax x
1 1 1 2 1 1 2
2 2 2 2 2
x x x x x (1 )x x 01 1
x x x x (1 )x 00 1
1 22
2
(1 1)x x 0 Para 1 se tiene: x 0
(1 1)x 0
1Sólo existe un vector propio independiente, por ejemplo, (1, 0)
xComo para diagonalizar la matriz haría falta una matriz 2 2, cuyas líneas serían
los vectores independientes, no se puede formar dicha matriz y la dada no es
diagonizable.
Comprobar que la matrices tienen el mismo polinomio característico y,
sin embargo, no son semejantes.
2 2 1 2 1 1
A 1 3 1 y B 0 2 1
1 2 2 3 2 3
Solución:
Polinomio característico de A:
2 2 1 5 2 1 1 2 1
A I 1 3 1 5 3 1 (5 ) 1 3 1
1 2 2 5 2 2 1 2 2
12
2
3
1 2 1 1
(5 ) 0 1 0 (5 ) (1 ) 0 valores propios 1
0 0 1 5
24
1 2 3
1 2 3
1 2 3
(2 )x 2x x 0Los vectores característicos de
x (3 )x x 0A se obtienen a partir del sistema
x 2x (2 )x 0
1 2 3 1
1 2 3 1 2 3 2
1 2 3 3
(2 1)x 2x x 0 x
1: x (3 1)x x 0 x 2x x 0 2x
x 2x (2 1)x 0 x
1 2Con vectores linealmente independientes: u (1, 2, 1) , u (1, 0, 1)
1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3 1 3
1 2 3 1 2 3
(2 5)x 2x x 0 3x 2x x 0
5 : x (3 5)x x 0 x 2x x 0 x x 0
x 2x (2 5)x 0 x 2x 3x 0
3Con vector propio u (1, 1, 1)
1
1 2 1 1 1 1
La matriz ortogonal P 1 0 1 donde, P P' 2 0 1
1 1 1 1 1 1
La matriz A es diagonalizable:
1
1 2 1 2 2 1 1 1 1 1 0 0
P AP 1 0 1 1 3 1 2 0 1 0 1 0
1 1 1 1 2 2 1 1 1 0 0 5
Polinomio característico de B:
2 1 1 2 0 1 2 0 1
B I 0 2 1 0 1 1 0 1 1
3 2 3 3 1 3 3 0 4
2 (2 ) (1 ) (4 ) 3(1 ) (1 ) (2 )(4 ) 3 (1 ) 6 5 0
1
2
3
1
valores propios 1
5
1 2 3
2 3
1 2 3
(2 )x x x 0Los vectores característicos de
(2 )x x 0B se obtienen a partir del sistema
3x 2x (3 )x 0
25
1 2 3 1 2 31
2 3 2 32 3
1 2 3 1 2 3
(2 1)x x x 0 x x x 0x 0
1: (2 1)x x 0 x x 0x x
3x 2x (3 1)x 0 3x 2x 2x 0
1Con el único vector independiente v (0, 1, 1)
Por tanto, es imposible diagonalizar la matriz B, luego no puede ser semejante a
1 0 0
la matriz 0 1 0
0 0 5
Las matrices A y B tienen el mismo polinomio característico, pero no son semejantes.