1 2009 Apcnº12 Algebra II Usach

7/25/2019 1 2009 Apcn12 Algebra II Usach

1/6

APUNTES DE ALGEBRA LINEAL MARCEL SAINTARD VERAPRIMER SEMESTRE 2009

Para Curso LGEBRA II- USACH Material N12

1

DIAGONALIZACIN

3.6.- Formas Canonicas Elementales: Valores y vectores Propios.Hemos visto que un mismooperador lineal T en L(V,V)se puede representar por tantas matrices Semejantes[ T ]B,como bases ordenadas B de V podamos usar como referente. Ahora, buscaremos una

Base Ordenada de Vsegn la cual la matriz asociada a T, tome la forma ms elementalposible. Las matrices ms simples que hemos visto son las Escalares y las Diagonales.

Nuestro objetivo ser el de representar a cualquier T.L. Tdefinida en Vmediante una

matriz Diagonal D = (cij) con

.,

,,

kisi

kisi0c

k

ik . A esta representacin se le llamar

Diagonalizacionde T. Descubriremos que la base, respecto de la cual la matriz asociada aTes diagonal, resulta ser una baseOrtonormal, cuando la matriz inicial es simtrica.

Si para una T.L. T en L(V,V), existe una matriz diagonal D, diremos que T esDiagonizable; y resultar muy directo y expedito determinar, por ejemplo, su Rango, su

Determinante, suNcleo, suImagen, etc. O sea, si para TenL(V,V), existe una baseBdeV tal que[T]B= D, diagonal, entonces el anlisis deTresultar brevsimo.

3.6.1.- Valores Propios:Como existir la matriz diagonal [T]B= Dasociada a la T.L. T, si y slo

si encontramos una baseB = n1ii

b

tal que T(bk) = kbk , para cada kK, con k= 1,2,3,,n; entonces resultar interesante estudiar a los vectores de V que seantransformados por la T.L. Ten un mltiplo de s mismo, es decir, a los vectores vV talesqueT(v) = v,con K.

Definicin:

Sea V(K

)un espacio vectorial, y sea Tuna T.L.enL(V,V). Un valor propiodeT,ser un escalar K para el cual exista un vector no nulo vV tal que T(v) = v.

Si K es un valor propio de T,entonces:

i) Cualquier vVpara el cual T(v) = v, se llamar un vector propio de T, asociadoal valor propio .

ii) Al conjunto de todos los vectores propios asociados al valor propio , se lellamarEspacio Propio de T, asociado alvalor propio .

Observacin: Los valores propios tambin son llamadosRaces Caractersticas,Eigenvalores, oValores CaractersticosoEspectrales, segn diversos autores.

Notemos que para cualquier T.L. TL(V,V)y K, el conjunto de vectores vVpara los cuales se obtiene queT(v) = vser un s.e.v. de Vy, ms an, resultarser elNcleode la T.L. T I, pues si vKer (TI )entonces (T I)(v) = 0, yluego: T(v) I(v) = 0; de donde: T(v) = v.


2/6



2

En definitiva, Habr valores propiosde Tslo cuandose obtenga queKer(TI ) {0v, es decir, si T I no es inyectiva, y luego, si I B tiene undeterminante nulo, pues no sera invertible.

Teorema3.6.1.- Sea : V ..LT V,una T.L., con dimV = n, y sea K. Son equivalentes lassiguientes afirmaciones:

i) es un valor propiode T.ii) T I es una T.L. Singular o No Invertible.iii) T I = 0(determinante de la matriz asociada a T I).

Observacin: Este ltimo punto, es clave pues nos dice que para encontrar todos los valorespropios de una T.L. en V, bastar con obtener los valores de Kque hacen ceroo anulan al determinante de T I. Y como este determinante resulta ser unpolinomio de grado npara la indeterminada ,se tratar de obtener las races deeste polinomio que llamaremospolinomio caracterstico de T.

Note queKer(T

I)

es el espacio propio asociado a cada valor propio .

Definicin:

Si Bes una base ordenada cualquiera de VyA = [T]B, entonces TIes matrizinvertible si y slo si la matrz A I, tambin lo es. Luego, diremos que cadaescalar K para el cualAIsea Singular oNo Invertible, es un valor propiodeAenK.

Como es valor propiode A, siempre y cuando AI= IA= 0, entonces,si definimos el polinomio caracterstico de A como f(x) = xI A, los valorespropiosdeAsern las races de f(x).

Teorema3.6.2.-

Demostracin: SiB = P1 AP, es semejante conA, dondeP es la matriz decambio de una base a otra, entonces :

AIx

PAIxP

PAIxP

PAPIxBIx

1

1

1

)(

De esto se infiere que T: V ..LT V, con dimV = n, no puede tener ms denvalores propios, aunque si puede carecer de ellos.

Podemos probar que las matrices semejantes (asociadas a una misma T.L., pero

segn diversas bases de V) tienen el mismo polinomio caracterstico.


3/6



3

Ejemplo N1: Sea T: R2 ..LT R2una T.L. tal que T= A =

01

10

El polinomio caracterstico de Tser 1xx1

1xAIx 2

Note quex2+ 1es irreductible sobre R. Luego, Tcarece de valores propios.

Pero, si S: C2 ..LT C2 es T.L. tal que S = A =

01

10, entonces su

polinomio caracterstico sera el mismo f(x) = x2 + 1 y S tendra dos valorespropios sobre C: i, y, i.

Ejemplo N2: SeaA =

022

122

113

una matrz asociada a una T.L. cualquiera.

a) Encuentre el polinomio caracterstico deA.

b) SiAest asociada a T:R

3 ..LT

R

3

, respecto de la base cannica, encuentrelos vectores propios de T, y los espacios propios asociados a estos.

Respuesta: a) El polinomio caracterstico deAes f(x) =

x22

12x2

113x

.

Luego,f(x) = x35x2+ 8x 4 = (x 1)(x 2)2.De donde 1= 1, y,2= 2 son los valores propios deAen K.

b) Para 1= 1:AI =

122112

112, con rango(AI) = 2, puesF

1= F

2,y nul(TI) =1,

luegoKer(TI)entrega el espacio propio:

0

0

122

112

0

0

010

102

Luego,z = 2x;y = 0.

Y entonces Ker( T I ) = (1, 0, 2).Esto significa que T(v) = v si y slo si ves un mltiplo de (1, 0, 2).

Para 2 = 2: A 2I =

222

102

111

, con ran(A 2I) = 2, pues F3 = 2F1, y

nul(T 2I) = 1, luego paraKer(T 2I):

0

0

102

111

0

0

120

011

Luego,x = y;z = 2y.

De dondeKer ( T 2I ) = ( 1, 1, 2) .Luego, T(v) = 2vsi y slo si ves un mltiplo de (1, 1, 2).


4/6



4

Definicin:

Matriz Diagonalizable: Sea TL(V,V) con dimV = n. Se dice que T esdiagonalizablesi existe una base de Vtal que cada vector suyo sea vector propiode T.

La razn del nombre es clara, pues si B = n

1iib es base ordenada tal que bies unvector propio de T, para cada i = 1,2,3,...,n, entonces la matriz T, en la baseB, esdiagonal.

Es decir, si T(bi) = ibi , entonces ijBT con

jisi

jisi0

ii

ji

Observacin:

a) Note que si Tes diagonalizable, entonces sus vectores propiosgeneran a V. Esdecir, que Tes diagonalizablesi y solo si tienen un nmero de vectores propios1.i. igual a la dimV. (Los ejemplos de la pgina anterior hablan de Ts.Ls Nodiagonalizables, por lo que no es posible formar base del espacio R3

con los

vectores propiosasociados a los valores propiosde T).

b) Note que si los k espacios propios Wi, asociados a cada uno de los distintosvalores propios ide T, tienen dimensiones di,entonces:i) Nul (T iI ) = di ;

ii) En kiB CT con

kisi

kisi0C

i

ki,

,

, cada i se repite diveces.

iii) Adems, el polinomio caracterstico de se puede escribir como:

f (x) = (x 1)di(x 2)di..............(x k)dk. (Puede que haya, adems,factores no lineales irreductibles, en tal caso el nmero de valores propios

no llega a ny Tno ser diagonalizable; el ejemplo N1es de este tipo).

iv) Es fcil ver que ran(T iI ) = n di(pues su nulidad es di), luego la matrizdiagonal para T iIBtendr di ceros en su diagonal.

v) Si W = W1+ W2+ + Wk es el s.e.v. generado por todos los vectores

propios de T, entonces dimV =

k

1i

id (son de interseccin mnima). En

consecuencia, siB1, B2,, Bk son las bases de los kespacios propios Wi ,entonces el conjuntoB = B1B2Bk es base de W.


5/6



5

Teorema3.6.3.- Sea TL(V,V),con dimV = ny sean 1, 2,, klos valores propios de T,distintos. Sea Wiel espacio propio de io, lo que es lo mismo, el Ker(iI).Lo siguiente es equivalente:

i) Tes diagonalizable.

ii) W1W2Wk= V

iii) f (x) = ( x 1)d1(x 2)

d2(x k)

dk con di= dimWi/ ndk

1i

i

.

Anlogamente, este teorema aplicado a matrices, queda:

AMn(K) es semejante a una matriz diagonal, ssi: Existe P Mn(K)

invertible y tal queP1APes diagonal.

Con tiempo y espacio,es posible demostrar que las columnas P1, P2, , Pkdela matrizP, forman una base B = P1, P2, , Pkpara V, tal que, agrupandoadecuadamente sus vectores en B1, B2, , Bk se obtiene las bases de losespacios propios Wiasociados a los ivalores propios distintos deAenK.

Ejemplo: Sea T: R3 ..LT R3representado por A =

463

241

665

en base cannica.

i) Calculemos o construyamos el polinomio caracterstico y obtengamos losvalores propiosasociados a T.

ii) Obtengamos dimensin y base para los espacios propios asociados a losvalores propios obtenidos y decidamos si Tes diagonalizable.

iii) Construyamos, si existe, la matriz diagonal D asociada a T e indiquemosrespecto de qu base lo hace.

iv) Obtengamos la matrizP que satisface la igualdad:P1AP = D.

Respuesta: i) f(x) = AIx =

4x63

24x1

665x

=

4x63

24x1

x202x

=

1x63

14x1

002x

= (x 2)1x6

14x

= (x 2)(x23x + 2) = (x 2)2(x 1).

Por lo tanto, f(x) = (x 2)2(x 1)es el polinomio caracterstico para Ty susvalores propios asociados son 1= 1 y 2= 2.

ii) Espacios propios:

a) Para 1= 1: A I =

563

231

664yKer(A I)sera:


6/6



6

0

0

0

563

231

664

0

0

0

130

260

231

0

0

0

000

130

101

Luego,Ker(A I) = {( 3y, y, 3y),yIR} = .

Por lo tanto, el espacio propio asociado a 1= 1es W1= conbaseB1= {(3, 1, 3)}y dim(W1) = 1.

b) Para 2= 2: A 2I =

663

221

663yKer(A 2I)sera:

0

0

0

663

221

663

0

0

0

000

000

221

Luego,Ker(A 2I) = {( 2y + 2z, y, z ),y, zIR} = .

Y el espacio propio asociado a 2= 2es W2= conbaseB2= {(2, 1, 0), (2, 0, 1)}y dim(W2) = 2.

c) Como dim(W1) + dim(W2) = 3 = dim(R3),inferimos que Tes diagonalizable.

iii) Luego,B = B1B2= {(3, 1, 3 ), (2, 1, 0 ), (2, 0, 1)}es la base deR3que nos

entrega la matriz diagonalD =

200

020

001

asociada a T.

iv) Por ltimo, esto nos dice queA =

463

241

665

es semejante conD =

200

020

001

.

Luego, existePinvertible y tal queP1AP = D.

Note que para obtenerP, que es la matriz de cambio de base Ba base cannicaE, usamos

como columnas los vectores de la baseB = B1B2; luegoP =

103

011

223e invirtiendoP

obtenemosP1=

563

231

221

. Estas son las matricesP1yPque satisfacen la igualdad

P1AP = D. Verifquelo Usted.

1 2009 Apcnº12 Algebra II Usach

Documents

Transcript of 1 2009 Apcnº12 Algebra II Usach