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Apuntes de ´ Algebra. Ingenier´ ıa Industrial Encarnaci´onAlgabaDur´an Fernando Mayoral Masa Alejandro J. Rodr´ ıguez Luis Dpto. Matem´atica Aplicada II E.T.S. Ingenieros Universidad de Sevilla

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Apuntes de Algebra.

Ingenierıa Industrial

Encarnacion Algaba DuranFernando Mayoral Masa

Alejandro J. Rodrıguez Luis

Dpto. Matematica Aplicada II

E.T.S. Ingenieros

Universidad de Sevilla

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Introduccion.

Con las siguientes notas se pretende facilitar a los alumnos de la asignatura de Algebra la tareade trabajar y asimilar sus contenidos.

Referente a algunos contenidos, y sin pretender ser exhaustivos, es conveniente resenar lo siguiente:Las conicas y las cuadricas. El estudio de las conicas (parabolas, elipses e hiperbolas en el

plano) y de las cuadricas (elipsoides, paraboloides, ... en el espacio) aparece separado en dos bloques.Por una parte en el Tema 1 se estudian, desde un punto de vista elemental, aquellos aspectos que norequieren tecnicas adicionales a las conocidas en Bachillerato. Esto permite el estudio y manipulacionde las conicas y cuadricas cuyos ejes y planos (en el caso de las cuadricas) de simetrıa son paralelosa los coordenados. Por otra parte, en el Tema 11 se hace el estudio de las conicas y las cuadricas conelementos de simetrıa girados respecto al sistema de coordenadas. Las razones para no concentrartodo su analisis al final de la asignatura son varias. Quiza la mas importante sea que constituyen uncatalogo basico de ejemplos en el estudio del calculo diferencial e integral de una y varias variables yno tiene sentido considerar la parte elemental al final del temario cuando ya haya sido usada en lasasignaturas de Calculo y Fundamentos Fısicos.

Las formas cuadraticas. Referente a las formas cuadraticas puede decirse algo similar a locomentado para las conicas y las cuadricas. Su estudio esta dividido en dos partes. Por una, laque puede ser estudiada con tecnicas elementales (Tema 2) y por otra (Tema 11) la que requieredel estudio de autovalores y autovectores. Las formas cuadraticas son polinomios homogeneos desegundo grado en varias variables. En la optimizacion de funciones de varias variables (calculo demaximos y mınimos) juegan el mismo papel que tiene la derivada segunda en el calculo de extremosde funciones de una variable.

Numeros complejos. El estudio de un tema dedicado a los numeros complejos obedece a dosmotivos fundamentales. Por un lado, aunque solo se consideraran matrices reales, pueden aparecer enel calculo de autovalores y autovectores (Tema 10). Por otro, cabe citar el fuerte contenido geometricoque tienen sus operaciones en relacion con las transformaciones en el plano.

Vectores y matrices reales. Consideramos casi exclusivamente vectores y matrices reales,aunque conceptualmente, en lo relativo a manipulacion algebraica, no hay diferencias esenciales entretrabajar con vectores y matrices con entradas reales o hacerlo con entradas complejas. No obstante,en los problemas de autovalores y autovectores (Tema 10) apareceran no solo numeros sino tambienvectores y matrices complejos. Haremos uso de los conceptos de independencia lineal, subespaciovectorial generado por ciertos vectores, inversa de una matriz, ..., sin tener en cuenta si se trata ono de coordenadas reales o complejas y aunque, de manera explıcita, en los temas anteriores solose hayan considerado algunos conceptos en el caso real. Por otra parte, en los conceptos y tecnicasrelacionados con cuestiones metricas (ortogonalidad, distancias, ...), que estan basados en el productoescalar, la consideracion del caso complejo conllevarıa el cambio de la definicion de producto escalar.Por ello, no citaremos nada relativo a cuestiones metricas para vectores complejos.

Geometrıa. La geometrıa puede considerarse el nexo comun a todos los conceptos y tecnicas dela asignatura. Aunque, en lo relativo a conceptos lineales, se trabaje habitualmente con vectores ymatrices en dimension arbitraria, la visualizacion de los conceptos, tecnicas,... en el plano y el espacio(de dimension tres) constituye una herramienta esencial.

Determinantes. Normalmente los estudiantes los conocen para orden pequeno (dos y tres), y losmanejan en el estudio y resolucion de sistemas de ecuaciones lineales con pocas incognitas. Desde elpunto de vista de los sistemas grandes de ecuaciones lineales constituyen una herramienta teorica y

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poco mas. Para dimensiones grandes, su calculo requiere del metodo de eliminacion de Gauss, queutilizaremos para el estudio y resolucion de un sistema lineal con un numero generico de ecuaciones eincognitas y que los alumnos conocen, en su version elemental, desde los ultimos cursos de Primariay primeros de Secundaria. Por ello, el estudio que se hace de los determinantes se retrasa hasta elTema 5 en el que de forma somera se consideran sus propiedades.

¿Como debe usarse este texto? En general suele ser difıcil explicitar lo que se debe hacerrespecto a algo, puesto que suele depender de la persona a la que va dirigido. Sin embargo, enla cuestion que nos ocupa, sı puede decirse lo que no se debe hacer. No debe considerarse queeste texto sirve como sustituto de las clases o del trabajo adecuado por parte de los estudiantes(y en particular de la consulta de algunos textos de los que hay en la Biblioteca de la Escuela).En lo que respecta a los ejercicios resueltos incluidos en el texto, no es aconsejable memorizarlospresumiendo que los del examen sean muy parecidos. Suele ser recomendable pelearse con ellos antesde ver la resolucion completa e incluso intentar resoluciones distintas de las planteadas en el texto.Los ejercicios que tienen cierto caracter geometrico suelen ser abordables de muchas formas distintasy, ademas de las planteadas en el texto, pueden existir otras igualmente razonables. La mayor partede los ejercicios resueltos que aparecen a lo largo del texto corresponden a ejercicios de examenes decursos anteriores. Al final de estos apuntes estan incluidos los enunciados de todos los examenes dela asignatura correspondientes a los tres ultimos cursos.

Division por temas. En lo que se refiere a como estan repartidos por temas los distintos con-tenidos de la asignatura cabe hacer los siguientes comentarios:

La separacion de los Temas 6 y 7 obedece a que en el primer cuatrimestre de la asignatura nosuelen tener cabida los epıgrafes contemplados en el Tema 7. Lo habitual, en los ultimos anos,es que la materia del primer cuatrimestre (Primer Parcial) corresponda a los temas 1 a 6 y quedel 7 en adelante sea la materia del Segundo Parcial.

En el estudio de cuestiones metricas se han considerado por un lado los conceptos y tecnicasfundamentales (Tema 8) y por otro sus aplicaciones a problemas de mınimos cuadrados (Tema9). Hubiera sido igualmente razonable incluir el Tema 9 como una seccion del 8.

La redaccion de estas notas ha sido un trabajo acumulativo en el que, en uno u otro momento,y en mayor o menor medida, han participado todos los profesores del Departamento de MatematicaAplicada II en la Escuela Superior de Ingenieros de Sevilla que, en los ultimos anos, han impartidola asignatura de Algebra de Ingenierıa Industrial o Quımica: Jose Miguel Dıaz Banez, FernandoFernandez Sanchez, Estanislao Gamero Gutierrez, Juan Manuel Virues Gavira, ...

Sevilla, Septiembre de 2008.

En esta segunda edicion se han corregido algunas erratas y se han incluido los examenes del ultimocurso.

Sevilla, Septiembre de 2009.

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INDICE

Tema 1.- Elementos de geometrıa en el plano y el espacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .7

1. Vectores en R2 y R3. Rectas en el plano. Rectas y planos en el espacio . . . . . . . . . . . . . 7

2. Conicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .9

3. Cuadricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .28

Tema 2.- Formas Cuadraticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301. Definicion y representacion matricial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .30

2. Clasificacion de las formas cuadraticas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3. Reduccion a suma de cuadrados: metodo de Lagrange. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .40

Tema 3.- Numeros Complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

1. Los numeros complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2. Operaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

3. Las raıces de un polinomio real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

4. Aplicaciones geometricas de los numeros complejos:transformaciones en el plano. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .63

Tema 4.- Sistemas de Ecuaciones Lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 651. Sistemas de ecuaciones lineales. Notacion matricial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

2. Reduccion por filas y formas escalonadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

3. Vectores en Rn: Combinaciones lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

4. El conjunto solucion de un sistema de ecuaciones lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

5. Dependencia e independencia lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

6. Transformaciones lineales: matriz asociada, ejemplos geometricosen el plano y en el espacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

7. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .92

Tema 5.- Algebra de Matrices. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

1. Operaciones con matrices. Propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

2. Matriz inversa de una matriz cuadrada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

3. Matrices elementales. Metodo de Gauss-Jordan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

4. Factorizacion A = LU o PA = LU de una matriz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

5. Determinantes: Definicion y propiedades. Regla de Cramer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .106

6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .115

Tema 6.- El espacio Rn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

1. Subespacios vectoriales de Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

2. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .123

Tema 7.- Bases de un subespacio vectorial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

1. Bases de un subespacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

2. Rango de una matriz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

3. Suma e Interseccion de subespacios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

4. Bases de Rn. Cambios de base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .138

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Tema 8.- Ortogonalidad. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

1. Producto escalar. Norma, distancia, angulos y ortogonalidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

2. El complemento ortogonal de un subespacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

3. Bases ortonormales de un subespacio. Matrices ortogonales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

4. Proyeccion ortogonal sobre un subespacio. El teorema de lamejor aproximacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

5. El metodo de Gram-Schmidt. Factorizaciones QR de una matriz . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .161

Tema 9.- Mınimos cuadrados. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1641. Problemas de mınimos cuadrados. Ecuaciones normales de Gauss. . . . . . . . . . . . . . . . 164

2. Ajuste de curvas, regresion lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

3. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .171

Tema 10.- Autovalores y autovectores. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173

1. Definicion y propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .174

2. Matrices diagonalizables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176

3. Matrices semejantes y aplicaciones lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .179

4. Autovalores y autovectores complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179

5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .194

Tema 11.- Matrices simetricas reales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .1961. Propiedades. Diagonalizacion ortogonal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

2. Aplicacion a las formas cuadraticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203

3. Aplicacion a las conicas y cuadricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210

4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .239

Tema 12.- Matrices no diagonalizables. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240

1. Autovectores generalizados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 240

2. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .242

3. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .256

Enunciados de examenes de cursos anteriores. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258Examenes del curso 2008–09 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258

Examenes del curso 2007–08 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265

Examenes del curso 2006–07 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272

Examenes del curso 2005–06 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279

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Tema 7.- Bases de un subespacio vectorial.

1. Bases de un subespacio.2. Rango de una matriz.3. Suma e Interseccion de subespacios.4. Bases de Rn. Cambios de base.5. Ejercicios.

En el Tema 6 ya hemos hecho referencia al concepto de base de un subespacio vectorial. En esta leccion daremosla definicion formal de base y consideraremos los resultados fundamentales asociados a dicho concepto.

1. Bases de un subespacio.

Definicion. Dado un subespacio S de Rn distinto del subespacio nulo S 6= {0}, se dice que un conjunto de vectores

{v1, v2, . . . , vr}

de S es una base de S si:

(a) {v1, v2, . . . , vr} es linealmente independiente,

(b) {v1, v2, . . . , vr} genera S,S = Gen {v1, v2, . . . , vr} .

Las anteriores condiciones se pueden expresar de forma matricial: Si denotamos por A a la matriz cuyas columnasson los vectores dados

A =

...... · · ·

...

v1 v2. . . vr

...... · · ·

...

las columnas de A forman una base de un subespacio vectorial S si:

(a) El sistema homogeneo Ax = 0 tiene solucion unica (condicion equivalente a que los vectores sean linealmenteindependientes) y

(b) S = Col (A), es decir S esta formado por los vectores y ∈ Rm para los que el sistema de ecuaciones Ax = y escompatible.

Ejemplo. Los vectores canonicos de Rn,

e1 =

10...0

, e2 =

01...0

, . . . , en =

0...01

forman una base de Rn. Los vectores

{e1, e1 + e2, · · · , e1 + e2 + · · ·+ en}

tambien forman una base de Rn.

Definicion/Teorema. (Coordenadas respecto de una base) Dada una base {v1, v2, . . . , vr} de un subespacio vectorialS, cada vector v de S se puede expresar de forma unica como combinacion lineal de los vectores de la base dada,

v = c1v1 + c2v2 + · · ·+ crvr.

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Los coeficientes que aparecen en dicha expresion (c1, . . . , cr) se denominan coordenadas de v respecto a la base dadaB = {v1, v2, . . . , vr} y se suelen denotar por

[v]B =

c1

...cr

.

Definicion/Teorema. Consideremos un subespacio vectorial S de Rm distinto del subespacio nulo S 6= {0}. Severifican:

(a) S tiene base.

(b) Todas las bases de S tienen el mismo numero de elementos.

Al numero de elementos de una base de S se le denomina dimension de S. Por definicion, la dimension delsubespacio formado por el vector nulo es cero.

Si, al igual que antes, denotamos por A a la matriz cuyas columnas son los vectores dados

A =

...... · · ·

...

v1 v2. . . vr

...... · · ·

...

,

para cada vector v (vector columna) de S se verifica que

v = Ac

para algun vector de coeficientes c.

Teorema (El Teorema de la Base). Consideremos un subespacio vectorial S de Rm de dimension p (p ≤ m) y unconjunto de vectores {u1, . . . , uq} ⊂ S.

(a) Si {u1, . . . , uq} generan S, entonces q ≥ p. Ademas, q = p⇐⇒ {u1, . . . , uq} es una base de S.

(b) Si {u1, . . . , uq} es linealmente independiente, entonces q ≤ p. Ademas, q = p⇐⇒ {u1, . . . , uq} es una base de S.

En particular, si tenemos un conjunto de n vectores de Rm:

Si n > m, los n vectores no pueden ser linealmente independientes,

Si m > n, los n vectores no pueden generar Rm.

2. Rango de una matriz.

Definicion. Dada una matriz A, m × n, se llama rango de A a la dimension de su espacio columna, es decir, a ladimension del subespacio vectorial (de Rm)

Col (A) = {combinaciones lineales de las columnas de A}= {Ax : x ∈ Rn} = {y ∈ Rm : Ax = y es compatible} .

Teniendo en cuenta la relacion entre la dimension del espacio columna de A y la reduccion de A a forma escalonadatenemos que

rango(A) = numero de pivotes de A.

Para una matriz cuadrada A de orden n, teniendo en cuenta los resultados sobre la existencia de la inversaobtenemos que:

A tiene inversa ⇐⇒ rango(A) = n.

Teorema. Consideremos una matriz A, m× n. Se verifican:

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(a) rango(A) = rango(AT ). Es decir, la dimension del subespacio vectorial (de Rn) generado por las m filas de Acoincide con la dimension del espacio columna de A (subespacio vectorial de Rm generado por las n columnasde A):

dim (Col (A)) = dim(Col (AT )

).

Es decir, si por un lado reducimos la matriz A a forma escalonada por filas (mediante operaciones fila) y porotro reducimos a forma escalonada por columnas (mediante operaciones columna), el numero de pivotes que setienen en ambas reducciones es el mismo.

(b) Teorema del rango.dim (Col (A)) + dim (Nul (A)) = n.

(c) En terminos de la reduccion por filas de A a forma escalonada, el Teorema del rango se puede expresar mediante:

(numero de pivotes) + (numero de variables libres) = n.

Si consideramos la transformacion lineal T : Rn −→ Rm, asociada a una matriz real A, m × n, el espacio imagende la transformacion es el espacio columna de la matriz A,

Imagen(T ) = T (Rn) = {T (x) ∈ Rm : x ∈ Rn} == {y ∈ Rm : y = T (x) para algun x ∈ Rn} = Col (A).

Se trata, por tanto, de un subespacio vectorial de Rm cuya dimension es rango(A).

La imagen, mediante T , de cualquier subespacio vectorial S de Rn sera un subespacio vectorial T (S) de Rm

contenido en el espacio imagen (columna) y por tanto la dimension de dicho subespacio T (S) sera menor o igual queel rango de A (y menor o igual que la dimension del subespacio S original).

Por otra parte, si consideramos un subespacio vectorial H de Rm, el conjunto de los vectores x ∈ Rn cuyostransformados T (x) = Ax pertenecen a H forman un subespacio vectorial de Rn. En particular, si H es el subespacionulo de Rm, es decir, H = {0} ⊆ Rm entonces, obtenemos el nucleo de la transformacion T o lo que es lo mismo, elespacio nulo de A,

ker(T ) = {x ∈ Rn : T (x) = 0} = {x ∈ Rn : Ax = 0} = Nul (A).

Ejercicio resueltoConsidera la transformacion lineal T que verifica

T

120

=

1−1−12

, T

110

=

0−303

, T

101

=

1−4−15

.

(a) Calcula la matriz A tal que T (x) = Ax para todo x ∈ R3.(b) Calcula unas ecuaciones implıcitas del espacio columna de A.(c) Calcula un conjunto linealmente independiente de vectores S que genere el subespacio nulo de A.

(a) La aplicacion lineal T : R3 → R4 tiene asociada, respecto de las bases canonicas, la matriz A en cuyas columnasaparecen los transformados de la base canonica del espacio de partida, es decir, A = [T (e1)|T (e2)|T (e3)].

Una posibilidad es plantear el sistema de ecuaciones vectoriales, donde, por comodidad llamamos a = (1,−1,−1, 2)T ,b = (0,−3, 0,−3)T , c = (1,−4,−1, 5)T ,

T ([1, 2, 0]T ) = T (e1 + 2e2) = T (e1) + 2T (e2) = aT ([1, 1, 0]T ) = T (e1 + e2) = T (e1) + T (e2) = bT ([1, 0, 1]T ) = T (e1 + e3) = T (e1) + T (e3) = c

−→

T (e2) = a− b = (1, 2,−1,−1)T

T (e1) = b− T (e2) = (−1,−5, 1, 4)T

T (e3) = c− T (e1) = (2, 1,−2, 1)T

que en este caso se resuelve trivialmente (en general, lo resolveremos mediante eliminacion de Gauss).Por tanto,

A = [T (e1)|T (e2)|T (e3)] =

−1 1 2−5 2 11 −1 −24 −1 1

.

127

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Antes de seguir, podemos asegurarnos de que la matriz encontrada es la correcta comprobando que

A[1, 2, 0]T = (1,−1,−1, 2)T , A[1, 1, 0]T = (0,−3, 0,−3)T A[1, 0, 1]T = (1,−4,−1, 5)T .

Otra forma de encontrar A es escribir matricialmente las igualdades que nos dan:

A

120

=

1−1−12

, A

110

=

0−303

, A

101

=

1−4−15

→ A

1 1 12 1 00 0 1

=

1 0 1−1 −3 −4−1 0 −12 3 5

,

de donde deducimos

A =

1 0 1−1 −3 −4−1 0 −12 3 5

1 1 12 1 00 0 1

−1

=

1 0 1−1 −3 −4−1 0 −12 3 5

−1 1 12 −1 −20 0 1

=

−1 1 2−5 2 11 −1 −24 −1 1

.

La matriz inversa que aparece la hemos calculado aplicando el metodo de Gauss–Jordan:

1 1 1 1 0 02 1 0 0 1 00 0 1 0 0 1

1 1 1 1 0 00 −1 −2 −2 1 00 0 1 0 0 1

1 1 0 1 0 −10 −1 0 −2 1 20 0 1 0 0 1

1 0 0 −1 1 10 −1 0 −2 1 20 0 1 0 0 1

1 0 0 −1 1 10 1 0 2 −1 −20 0 1 0 0 1

.

(b) Puesto que

Col(A) = Gen

−1−514

,

12−1−1

,

21−21

,

dado un conjunto generador {v1, v2, v3} del subespacio Col(A) ⊂ R4, encontrar las ecuaciones implıcitas de Col(A) eshallar las condiciones que deben verificar las componentes de un vector de R4, x = (x1, x2, x3, x4)

T , para que pertenezcaa Col(A), es decir, para que se pueda escribir como combinacion lineal del conjunto generador x = c1v1 + c2v2 + c3v3,es decir, para que existan esos escalares ci, o lo que es equivalente, para que el sistema

(v1|v2|v3)c = x, con c = (c1, c2, c3)T

sea compatible. Para exigir esto construimos la matriz ampliada (v1|v2|v3|x):

−1 1 2 x1

−5 2 1 x2

1 −1 −2 x3

4 −1 1 x4

−1 1 2 x1

0 −3 −9 x2 − 5x1

0 0 0 x3 + x1

0 3 9 x4 + 4x1

−1 1 2 x1

0 −3 −9 x2 − 5x1

0 0 0 x3 + x1

0 0 0 x4 − x1 + x2

,

es decir, las coordenadas de los vectores que pertenezcan a Col(A) deben verificar

x1 + x3 = 0, x1 − x2 − x4 = 0.

Merece la pena emplear unos segundos, para estar seguros de que el resultado obtenido es correcto, en comprobar quelos tres vectores que generan el espacio columna verifican todas (dos en nuestro caso) las ecuaciones obtenidas.

Observemos que dim(Col(A)) = 2 (pues la tercera columna de A es combinacion lineal de las dos primeras) y alestar ese subespacio en R4 lo definen dos ecuaciones implıcitas.

(c) El espacio nulo de A esta formado por los vectores x ∈ R3 tales que Ax = 0. Al aplicar el metodo de eliminacionpara resolverlo vamos a obtener el mismo resultado (en las tres primeras columnas) que el conseguido al buscar lasecuaciones implıcitas en el apartado anterior:

−1 1 2−5 2 11 −1 −24 −1 1

−1 1 20 −3 −90 0 00 3 9

−1 1 20 −3 −90 0 00 0 0

→{

x1 = x2 + 2x3 = −3x3 + 2x3 = −x3,x2 = −3x3,

128

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con lo que Nul(A) = Gen {v = (−1,−3, 1)T}, es decir, S =

−1−31

. Es facil comprobar que v verifica Av = 0,

es decir, que pertenece a Nul(A). Ademas, sabiendo que, en nuestro caso, T esta definida en R3, la igualdad

dim(Col(A)) + dim(Nul(A)) = 3

nos permitıa saber, antes de comenzar este apartado, que

dim(Nul(A)) = 3− dim(Col(A)) = 3− 2 = 1.

3. Suma e Interseccion de subespacios.

3.1. Suma e Interseccion de subespacios.

Definicion. Consideremos dos subespacios vectoriales E y F de Rm, se definen:

El subespacio suma, E + F como el conjunto de vectores w ∈ Rm que pueden expresarse como suma w = u + vde un vector u ∈ E y otro vector v ∈ F ,

E + F = {w ∈ Rm : existen u ∈ E y v ∈ F tales que w = u + v} ,

El subespacio interseccion, E ∩F como el conjunto de vectores que pertenecen simultaneamente a ambos subes-pacios

E ∩ F = {w ∈ Rm : w ∈ E y w ∈ F } .

Propiedades.

1. E + F y E ∩ F son subespacios vectoriales.

2. E ∩ F ⊆ E, F y E, F ⊆ E + F .

3. Si E = Nul (A) y F = Nul (B), entonces

E ∩ F = Nul

[AB

]

.

Es decir, si los subespacios E y F vienen dados en forma implıcita mediante Ax = 0 y Bx = 0 respectiva-mente, es inmediato tener una descripcion implıcita de E ∩ F , basta considerar todas las ecuaciones implıcitassimultaneamente.

4. Si E = Col (A) y F = Col (B), entonces

E + F = Col[

A B].

Si E = Gen {u1, u2, ..., up} y F = Gen {v1, v2, ..., vq}, entonces

E + F = Gen {u1, u2, ..., up, v1, v2, ..., vq}.

Teorema. Consideremos dos subespacios E y F de Rm, se verifica:

(a) dim (E ∩ F ) ≤ dim (E), dim (F ) ≤ dim (E + F ) ≤ dim (E) + dim (F ).

(b) dim (E + F ) = dim (E) + dim (F )− dim (E ∩ F ).

(b) Si E ∩ F = {0} entonces dim (E + F ) = dim (E) + dim (F ).

129

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Ejercicio resueltoSean los subespacios

E = Gen

12−5

,

−311

y F = Gen

1−11

,

10a

, a ∈ R.

Encontrar, segun los valores de a ∈ R, una base de E ∩ F .

Para trabajar con E∩F lo mas facil es unir unas ecuaciones implıcitas de E y unas de F y obtener ası un conjuntode ecuaciones implıcitas para E ∩ F .

Necesitamos pues calcular unas ecuaciones implıcitas de E. Puesto que

E = Gen

12−5

,

−311

,

dado un conjunto generador {v1, v2} del subespacio E ⊂ R3, encontrar las ecuaciones implıcitas de E es hallar lascondiciones que deben verificar las componentes de un vector de R3, x = (x1, x2, x3)

T , para que pertenezca a E, esdecir, para que se pueda escribir como combinacion lineal del conjunto generador x = c1v1 + c2v2, es decir, para queexistan esos escalares ci, o lo que es equivalente, para que el sistema

(v1|v2)c = x, con c = (c1, c2)T

sea compatible. Para exigir esto construimos la matriz ampliada (v1|v2|x):

1 −3 x1

2 1 x2

−5 1 x3

1 −3 x1

0 7 x2 − 2x1

0 −14 x3 + 5x1

1 −3 x1

0 7 x2 − 2x1

0 0 x1 + 2x2 + x3

.

Por tanto, una ecuacion implıcita de E es x1 +2x2 +x3 = 0. Nos aseguraremos de que no nos hemos equivocado en loscalculos comprobando que los dos vectores v1 y v2 satisfacen las ecuaciones implıcitas obtenidas (en este caso, comoesos dos vectores son linealmente independientes, dim(E) = 2, y como E ⊂ R3, este subespacio viene definido por unaecuacion implıcita).

De forma analoga calculamos unas ecuaciones implıcitas de F . Puesto que

F = Gen

1−11

,

10a

,

construimos la matriz ampliada:

1 1 x1

−1 0 x2

1 a x3

1 1 x1

0 1 x2 + x1

0 a− 1 x3 − x1

1 1 x1

0 1 x2 + x1

0 0 −ax1 + (1− a)x2 + x3

.

Por tanto, una ecuacion implıcita de F es −ax1+(1−a)x2+x3 = 0. Nos aseguraremos de que no nos hemos equivocadoen los calculos comprobando que los dos vectores dados satisfacen las ecuaciones implıcitas obtenidas (en este caso,como esos dos vectores son linealmente independientes, dim(F ) = 2, y como F ⊂ R3, este subespacio viene definidopor una ecuacion implıcita).

De esta manera, uniendo las ecuaciones implıcitas de E y de F obtenemos las de E ∩ F :

E ∩ F ≡{

x1 + 2x2 + x3 = 0,−ax1 + (1− a)x2 + x3 = 0.

Resolviendo este sistema homogeneo podremos encontrar una base de E ∩ F :

[1 2 1−a 1− a 1

]

∼[

1 2 10 1 + a 1 + a

]

.

Ası, segun los valores de a aparecen dos situaciones distintas

a = −1 :

x1

x2

x3

= x2

−210

+ x3

−101

; a 6= −1 :

x1

x2

x3

= x3

1−11

.

130

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Es decir, si a = −1, una base de E ∩F es {(−2, 1, 0)T , (−1, 0, 1)T}. Observemos que, para a = −1, E ≡ F ≡ E ∩F , esdecir, el plano E y el F coinciden. Mientras que para a 6= −1 una base de E∩F es {(1,−1, 1)T}, es decir la interseccionde los planos E y F es una recta.

Ejercicio resueltoConsideremos los subespacios E y F de R4 definidos por las siguientes ecuaciones implıcitas:

E ≡

x1 − x3 = 0,x2 + x4 = 0,2x1 + 3x2 − 2x3 + 3x4 = 0,

F ≡ ax1 + bx2 + x3 − bx4 = 0, a, b ∈ R.

(c) Hallar la dimension del subespacio E ∩ F , segun los valores de a y b.

(d) Para a = −1, b = 0, hallar una base del subespacio E + F .

(c) Nos piden que estudiemos la dimension de E ∩ F segun los valores de los parametros. Puesto que E y F sonsubespacios de R4, la dimension de E ∩ F sera cuatro menos su numero de ecuaciones implıcitas (linealmente inde-pendientes). Sabemos que, para estudiar la interseccion de dos subespacios, al unir las ecuaciones implıcitas de ambosobtenemos un conjunto de ecuaciones implıcitas del subespacio interseccion. Ası,

E ∩ F ≡

x1 − x3 = 0,x2 + x4 = 0,ax1 + bx2 + x3 − bx4 = 0.

Se trata de ver cuando E ∩ F tiene dos y cuando tres ecuaciones implıcitas linealmente independientes:

1 0 −1 00 1 0 1a b 1 −b

F3 − aF1-

1 0 −1 00 1 0 10 b 1 + a −b

F3 − bF2-

1 0 −1 00 1 0 10 0 1 + a −2b

.

Vemos que si, simultaneamente, a = −1 y b = 0 entonces solo hay dos ecuaciones linealmente independientes. Entodos los demas casos habra tres. Por tanto, la dimension de E ∩ F es siempre uno, excepto cuando a = −1 y b = 0que entonces es dos (en este caso, E ⊆ F ).

(d) Tenemos que hallar una base del subespacio E + F cuando a = −1, b = 0. Sabemos que obtendremos un conjuntogenerador de E + F uniendo una base de E con una de F .

Para calcular una base de E (resolvemos el sistema de sus ecuaciones implıcitas) obteniendo

1 0 −1 00 1 0 12 3 −2 3

1 0 −1 00 1 0 10 3 0 3

1 0 −1 00 1 0 10 0 0 0

→ E = Gen

1010

,

010−1

.

Encontremos ahora una base de F :

F ≡ −x1 + x3 = 0 → F = Gen

1010

,

0100

,

0001

.

Por tanto,

E + F = Gen

1010

,

010−1

,

1010

,

0100

,

0001

= Gen

1010

,

010−1

,

0100

,

0001

.

Vemos cuales son linealmente independientes (hemos quitado el tercer vector pues coincide con el primero):

1 0 0 00 1 1 01 0 0 00 −1 0 1

1 0 0 00 1 1 00 0 0 00 −1 0 1

1 0 0 00 1 1 00 0 1 10 0 0 0

131

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con lo que las tres primeras columnas de la matriz son linealmente independientes, es decir, una base de E + F es

1010

,

010−1

,

0100

.

Ejercicio resueltoConsideremos los siguientes subespacios de R4:

E = Gen

u1 =

110−1

, u2 =

233−1

, u3 =

1230

y F ≡

2x1 − 2x2 + x3 = 0,4x1 − 3x2 + 2x3 + x4 = 0,x2 + x4 = 0.

Hallar una base y unas ecuaciones implıcitas de E + F .

Dados dos subespacios E y F , un conjunto generador de E + F se consigue uniendo una base de E, BE , con una deF , BF :

E + F = Gen {BE , BF }.Calculamos primero una base de E:

[u1, u2, u3] ∼

1 2 11 3 20 3 3−1 −1 0

1 2 10 1 10 3 30 1 1

1 2 10 1 10 0 00 0 0

,

es decir, BE = {u1, u2}.Hallamos ahora una base de F resolviendo sus ecuaciones implıcitas (que es un sistema homogeneo):

F ≡

2x1 − 2x2 + x3 = 0,4x1 − 3x2 + 2x3 + x4 = 0,x2 + x4 = 0,

2 −2 1 04 −3 2 10 1 0 1

2 −2 1 00 1 0 10 1 0 1

2 −2 1 00 1 0 10 0 0 0

,

es decir, tomando como parametros (variables libres) a x3 y x4 (al ser las columnas tercera y cuarta columnas nopivote), la solucion del sistema puede escribirse como

x1

x2

x3

x4

=

−x3/2− x4

−x4

x3

x4

= x3

−1/2010

+ x4

−1−101

con lo que una base de F es (elegimos por comodidad multiplos de esos dos vectores)

BF = {v1 = (1, 0,−2, 0)T , v2 = (1, 1, 0,−1)T}

(conviene comprobar, para detectar posibles errores, que esos dos vectores verifican todas las ecuaciones implıcitas deF que nos da el enunciado).

Por tanto, ya tenemos un conjunto generador de E + F :

E + F = Gen {u1, u2, v1, v2}.

Recordemos que dado un conjunto generador {u1, u2, v1, v2} de un subespacio E + F ⊂ R4, encontrar las ecua-ciones implıcitas de E + F es hallar las condiciones que deben verificar las componentes de un vector de R4,x = (x1, x2, x3, x4)

T , para que pertenezca a E + F , es decir, para que se pueda escribir como combinacion linealdel conjunto generador x = c1u1 + c2u2 + c3v1 + c4v2, es decir, para que existan esos escalares ci, o lo que es equiva-lente, para que el sistema

(u1|u2|v1|v2)c = x, con c = (c1, c2, c3, c4)T

sea compatible. Para exigir esto construimos la matriz ampliada (u1|u2|v1|v2|x). Por otro lado, para encontrar unabase a partir de un conjunto generador, tenemos que quedarnos con los vectores que sean linealmente independientes,y eso se puede ver construyendo la matriz (u1|u2|v1|v2).

132

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Teniendo en cuenta lo anterior, podemos encontrar una base de E + F y unas ecuaciones implıcitas mediante lasiguiente eliminacion

(u1|u2|v1|v2|x) =

1 2 1 1 x1

1 3 0 1 x2

0 3 −2 0 x3

−1 −1 0 −1 x4

1 2 1 1 x1

0 1 −1 0 x2 − x1

0 3 −2 0 x3

0 1 1 0 x4 + x1

1 2 1 1 x1

0 1 −1 0 x2 − x1

0 0 1 0 x3 − 3x2 + 3x1

0 0 2 0 x4 + 2x1 − x2

1 2 1 1 x1

0 1 −1 0 x2 − x1

0 0 1 0 x3 − 3x2 + 3x1

0 0 0 0 x4 − 2x3 + 5x2 − 4x1

.

De aquı deducimos que una base de E + F esta formada por los tres primeros vectores (pues son linealmente indepen-dientes)

BE+F =

110−1

,

233−1

,

10−20

y que unas ecuaciones implıcitas son4x1 − 5x2 + 2x3 − x4 = 0.

Comprobamos, para detectar posibles errores, que los tres vectores de la base verifican esta ecuacion implıcita. Ob-servamos que, como debe ser, al ser E + F ⊆ R4 un subespacio de dimension 3 (cualquier base suya esta formada portres vectores) viene definido por una ecuacion implıcita.

3.2. Extraccion/Ampliacion de una base.

Extraccion de una base.

Si tenemos un conjunto de vectores {u1, u2, . . . , un} en Rm y consideramos el subespacio que generan S =Gen {u1, u2, . . . , un}, quitando (de forma ordenada) vectores que sean combinacion lineal de los restantes, hastaquedarnos con un conjunto de vectores linealmente independiente, obtendremos una base del subespacio S extraıdadel conjunto generador que tenıamos. Matricialmente puede interpretarse en terminos de reduccion a forma escalonadamediante operaciones fila de la matriz

A =

......

. . ....

u1 u2. . . un

......

. . ....

.

Si mediante operaciones fila reducimos a forma escalonada, las columnas de la matriz A correspondientes a las posicionespivote son linealmente independientes y las restantes son combinacion lineal de las columnas que le preceden en lamatriz. Por tanto,

{columnas pivote de A}es una base del subespacio Col (A). Notemos que el subespacio columna de la matriz U que se obtiene al reducir A aforma escalonada no es lo mismo que el espacio columna de A. La matriz A y la matriz U comparten las relacioneslineales entre sus columnas, no el subespacio que generan.

Ampliacion a una base.

Si tenemos un conjunto de vectores {u1, u2, . . . , un} en Rm que son linealmente independientes y estan en unsubespacio vectorial S ¿Como podemos ampliar dicho conjunto hasta obtener una base de S? Para esto basta con teneruna base de S y de dicha base seleccionar algunos elementos de forma que con los que ya tenemos {u1, u2, . . . , un}formen una base de S. Matricialmente puede interpretarse en terminos de reduccion a forma escalonada medianteoperaciones fila de la matriz formada por columnas con los vectores dados y los vectores de una base arbitraria{v1, v2, . . . , vp} de S

[A B

]=

...... · · ·

...... · · ·

...

u1 u2. . . un v1

. . . vp

...... · · ·

...... · · ·

...

.

133

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Puesto que el subespacio generado por las columnas de [A|B] coincide por el generado por las columnas de B, al reducirla matriz [A|B] a forma escalonada las primeras n columnas seran todas columna-pivote (pues los n primeros vectoresson linealmente independientes) y entre las restantes apareceran p−n pivotes. Seleccionando todas las columnas pivotede la matriz [A|B] tendremos una base de Col (B) = Col [A|B] que contiene a los vectores linealmente independientesdados al principio.

¿Que sucede si aplicamos el procedimiento anterior con un conjunto de vectores que no sea linealmente indepen-diente?

4. Bases de Rn. Cambios de base.

4.1. Bases de Rn.

Todas las bases de Rn estan formadas por n vectores. Puesto que en ese caso tendremos n vectores linealmenteindependientes con n coordenadas cada uno, la matriz cuadrada formada por dichos vectores como vectores columnatiene inversa (y los vectores columna de dicha matriz inversa formaran otra base de Rn). Por otra parte, tambien losvectores fila de las dos matrices citadas seran una base de Rn. Para comprobar si n vectores forman una base de Rn

bastara con reducir a forma escalonada la matriz formada por dichos vectores como vectores columna y comprobar sise obtienen n pivotes. Notemos que, el orden de los vectores no influye en si estos forman base o no.

Ejemplo. Siendo e1, e2, . . . , en los vectores de la base canonica de Rn, los vectores

e1, e1 + e2, e1 + e2 + e3, . . . , e1 + e2 + · · ·+ en

forman una base de Rn y para calcular las coordenadas de un vector generico x ∈ Rn respecto de esta base basta conresolver el sistema (con termino independiente x)

1 1 · · · 10 1 · · · 1...

.... . .

...0 0 · · · 1

α1

α2

...αn

=

x1

x2

...xn

.

Resolvemos el sistema

1 1 · · · 1 x1

0 1 · · · 1 x2

......

. . ....

...0 0 · · · 1 xn

−→

1 0 0 · · · 0 x1 − x2

0 1 0 · · · 0 x2 − x3

......

. . .. . .

......

0 0 · · · 1 0 xn−1 − xn

0 0 · · · 0 1 xn

.

Por tanto, las coordenadas de x respecto a la base dada son

α1

α2

...αn−1

αn

=

x1 − x2

x2 − x3

...xn−1 − xn

xn

.

4.2. Cambios de base.

Dada una base B = {v1, v2, . . . , vn} de Rn, las coordenadas de un vector x ∈ Rn respecto a dicha base son loscoeficientes (unicos) α1, α2, . . . , αn para los cuales se verifica

α1v1 + α2v2 + · · ·+ αnvn = x ≡

...... · · ·

...

v1 v2. . . vn

...... · · ·

...

α1

α2

...αn

= x =

x1

x2

...xn

134

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con x =

x1

x2

...xn

las coordenadas de x respecto de la base canonica.

Dadas dos basesU = {u1, u2, . . . , un} y B = {v1, v2, . . . , vn}

de Rn se trata de hallar la relacion entre las coordenadas de un vector x ∈ Rn respecto de ambas bases. Hallemosprimero, la relacion entre las coordenadas del vector x en la base U y la base canonica C. Las coordenadas de un vectorx ∈ Rn respecto a U vienen dadas por un vector [x]U que verifica que

x =

x1

x2

...xn

, [x]U =

α1

α2

...αn

⇔ x = α1u1 + α2u2 + · · ·+ αnun

x1

x2

...xn

=

...... · · ·

...

u1 u2. . . un

...... · · ·

...

α1

α2

...αn

. (∗)

La matriz

...... · · ·

...

u1 u2. . . un

...... · · ·

...

que relaciona las coordenadas de un mismo vector x respecto a la base canonica con las coordenadas del mismo vectorx respecto a la base U se denomina matriz del cambio de base U −→ C de U a la base canonica C = {e1, e2, . . . , en}y se denota por

PC ← U =

...... · · ·

...

u1 u2. . . un

...... · · ·

...

, x = [x]C = P

C ← U[x]U

Puesto que la igualdad (∗) es equivalente a

α1

α2

...αn

=

...... · · ·

...

u1 u2. . . un

...... · · ·

...

−1

x1

x2

...xn

≡ [x]U =

(P

C ← U

)−1

[x]C

la matriz

(P

C ← U

)−1

es la matriz del cambio de base C → U con lo cual

PU ← C =

(P

C ← U

)−1

.

De forma analoga, si consideramos ahora las bases de Rn,

B = {v1, v2, . . . , vn} y U = {u1, u2, . . . , un}

podrıamos obtener las matrices de cambio de base B −→ U y U −→ B de la misma forma que lo que acabamos dehacer si conocieramos las coordenadas de los vectores de una base respecto a la otra. Si, en cambio, conocemos lascoordenadas de los vectores de ambas bases respecto, por ejemplo, a la base canonica, tenemos un planteamientosimilar.

Denotemos las coordenadas de un vector generico x ∈ Rn respecto de ambas bases B y U mediante

[x]B =

α1

...αn

, [x]U =

β1

...βn

.

135

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Tenemos entonces que x = α1v1 + · · ·+ αnvn = β1u1 + · · ·+ βnun y expresando estas igualdades en forma matricialtenemos que

x =

x1

...x3

=

v1 v2 · · · vn

α1

...αn

=

u1 u2 · · · un

β1

...βn

es decir, siendo B la matriz cuyas columnas son los vectores de la base B en la base canonica y siendo U la matrizcuyas columnas son los vectores de la base U en la base canonica, se verifica que

x = B[x]B = U [x]U .

Por tanto,

[x]B = B−1U [x]U =⇒ PB ← U

= B−1U,

[x]U = U−1B[x]B =⇒ PU ← B

= U−1B.

Ejemplos.

(1) Vamos a calcular las matrices de cambio de base entre la base canonica de R3 y la base

B ={

v1 = [−2 1 0]T

, v2 = [1 − 2 3]T

, v3 = [−1 0 − 1]T}

.

Siendo las coordenadas de un vector generico x ∈ R3 respecto a B y respecto a la base canonica

[x]B =

α1

α2

α3

, x =

x1

x2

x3

,

respectivamente, se verifica que

x = α1v1 + α2v2 + α3v3 ≡

x1

x2

x3

=

v1 v2 v3

α1

α2

α3

.

Por tanto, la matriz

P =

v1 v2 v3

=

−2 1 −11 −2 00 3 −1

(cuyas columnas son las coordenadas de los vectores de la base B respecto a la base C es la matrizP

C ← B del

cambio de base B −→ C puesto quex = [x]C = P [x]B, ∀x ∈ R3.

Puesto que la inversa P−1 verifica[x]B = P−1[x]C , ∀x ∈ R3

dicha matriz es la del cambio de base C −→ B. Resumiendo,

PC ← B

= P =

−2 1 −11 −2 00 3 −1

, PB ← C

= P−1 = −1

6

2 −2 −21 2 −13 6 3

.

(2) Calculemos las matrices de cambio de base entre las bases

B =

v1 =

−210

, v2 =

1−23

, v3 =

−10−1

y

U =

u1 =

121

, u2 =

−1−22

, u3 =

−132

.

136

Page 19: Apuntes de Algebra.´ Ingenier´ıa Industrial · Apuntes de Algebra.´ ... Haremos uso de los conceptos de independencia lineal, subespacio vectorial generado por ciertos vectores,

Denotemos las coordenadas de un vector generico x ∈ R3 respecto de ambas bases B y U mediante

[x]B =

α1

α2

α3

, [x]U =

β1

β2

β3

.

Tenemos entonces que x = α1v1 + α2v2 + α3v3 = β1u1 + β2u2 + β3u3. Escribiendo estas igualdades en formamatricial

x1

x2

x3

=

−2 1 −11 −2 00 3 −1

α1

α2

α3

=

1 −1 −12 −2 31 2 2

β1

β2

β3

obtenemos

α1

α2

α3

=

−2 1 −11 −2 00 3 −1

−1

1 −1 −12 −2 31 2 2

β1

β2

β3

y, por tanto,

PB ← U

=

−2 1 −11 −2 00 3 −1

−1

1 −1 −12 −2 31 2 2

= − 16

2 −2 −21 2 −13 6 3

1 −1 −12 −2 31 2 2

= 16

4 2 12−4 7 −3−18 9 −21

.

Analogamente podrıamos obtener

PU ← B

=

PB ← U

−1

=1

15

−20 25 −15−5 22 −615 −12 6

.

Ejercicio resuelto

Dadas las bases de R2, B1 =

{(−52

)

,

(2−1

)}

y B2 =

{(−31

)

,

(−41

)}

, encontrar, con la ayuda

de la matriz correspondiente, las coordenadas en la base B2 del vector v cuyas coordenadas en la base B1 son[v]B1 = (2, 1)B1 .

Sabemos que dada una base de R2, B1 = {v1, v2}, la matriz PB1 = [v1|v2] relaciona las coordenadas que un vector vtiene en la base canonica, [v]BC , y las que tiene en la base B1, [v]B1 , de forma que

[v]BC = PB1 [v]B1 .

Analogamente, dada una base B2 = {u1, u2}, la matriz PB2 = [u1|u2] relaciona las coordenadas que un vector v tieneen la base canonica, [v]BC , y las que tiene en la base B2, [v]B2 , de forma que

[v]BC = PB2 [v]B2 .

Combinando ambas expresiones obtenemos

PB1 [v]B1 = PB2 [v]B2 →{

[v]B2 = P−1B2

PB1 [v]B1 = PB2←B1 [v]B1 ,

[v]B1 = P−1B1

PB2 [v]B2 = PB1←B2 [v]B2 .

Como el enunciado nos da [v]B1 , usaremos [v]B2 = P−1B2

PB1 [v]B1 . Puesto que

PB1 =

[−5 22 −1

]

, PB2 =

[−3 −41 1

]

→ P−1B2

PB1 =

[1 4−1 −3

] [−5 22 −1

]

=

[3 −2−1 1

]

obtenemos [v]B2 = P−1B2

PB1 [v]B1 =

[3 −2−1 1

] [21

]

=

[4−1

]

.

Es facil comprobar que el resultado es correcto. Teniendo en cuenta las coordenadas obtenidas en ambas basesv = 2v1 + v2 = 4u1 − u2 con lo que debe ser cierto

2

[−52

]

+

[2−1

]

= 4

[−31

]

−[−41

]

.

137

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De aquı deducimos ademas (sin mas que sumar los vectores) que, en la base canonica, v = (−8, 3)T .

Ejercicio resueltoConsideremos una transformacion lineal f : R3 −→ R3.Hallar la matriz A que representa a f cuando se trabaja con la base canonica B = {e1, e2, e3}, sabiendo que A essimetrica, que f(e1) = e2 + e3, f(e1 + e2 + e3) = 2(e1 + e2 + e3) y que f(e2) pertenece al subespacio E de ecuacionx− z = 0.

La aplicacion lineal dada f : R3 → R3 tiene asociada, respecto de las bases canonicas, la matriz A en cuyas columnasaparecen los transformados de la base canonica del espacio de partida, es decir,

A = [f(e1)|f(e2)|f(e3)] =

a1 b1 c1

a2 b2 c2

a3 b3 c3

.

Al ser A simetrica, AT = A, debe ser b1 = a2, c1 = a3 y c2 = b3, con lo que A =

a1 a2 a3

a2 b2 b3

a3 b3 c3

. Puesto que

f(e1) = Ae1 = e2 + e3 = (0, 1, 1)T la matriz A sera

A =

0 1 11 b2 b3

1 b3 c3

.

Puesto que f(e2) pertenece al subespacio E de ecuacion x− z = 0, los elementos de la segunda columna de A debenverificar dicha ecuacion, es decir, 1− b3 = 0, con lo que b3 = 1 y tenemos

A =

0 1 11 b2 11 1 c3

.

Finalmente, usando f(e1 + e2 + e3) = f(e1) + f(e2) + f(e3) = (2, 2, 2)T , obtenemos que la tercera columna de A debeverificar

f(e3) = (2, 2, 2)T − f(e1)− f(e2) = (2, 2, 2)T − (0, 1, 1)T − (1, b2, 1)T = (1, 1− b2, 0)T .

Por tanto, debe ser (1, 1, c3)T = (1, 1− b2, 0)T , con lo que b2 = 0, c3 = 0, y la matriz pedida es

A =

0 1 11 0 11 1 0

.

Es recomendable emplear un minuto en comprobar que la matriz calculada satisface todas las condiciones del enunciado,es decir, que no nos hemos equivocado al calcularla.

5. Ejercicios.

Ejercicio 1. (a) Determinar el rango de las siguientes matrices:

A =

0 1 −1 2 00 2 1 2 −20 1 −1 2 00 0 −1 −2 3

, B =

−1 1 −1 23 2 3 22 1 2 20 1 0 −2

.

(b) Sea A una matriz 20× 15 cuyo rango es 12. Determinar la dimension de los siguientes subespacios vectoriales,

Col (A), Nul (A), Col (AT ) y Nul (AT ).

Ejercicio 2. Siendo e1, e2, e3 los vectores de la base canonica de R3 y sabiendo que los vectores de la base B verificane1 = 2u1 + 2u2 + u3, e2 = u1 − 2u2 + 2u3, e3 = −2u1 + u2 + 2u3, senalar la relacion correcta entre las siguientes

138

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(considerando a los vectores como vectores-columna)

(a) [e1 e2 e3] =

2 2 11 −2 2−2 1 2

[u1 u2 u3] .

(b) [u1 u2 u3] =

2 2 11 −2 2−2 1 2

−1

= 19

2 1 −22 −2 11 2 2

.

(c) [u1 u2 u3] =

2 1 −22 −2 11 2 2

−1

= 19

2 2 11 −2 2−2 1 2

.

Ejercicio 3. Dados dos subespacios E y F de Rn, hallar las ecuaciones implıcitas, las parametricas y una base delsubespacio interseccion, E ∩ F :

(a) E ≡ x1 + x2 = 0, F ≡ x1 + 2x2 = 0, en R2.

(b) E ≡ x1 + x2 = 0, F ≡ 2x1 + 2x2 = 0, en R2.

(c) E ≡ x1 + x2 = 0, F ≡ x1 + 2x2 = 0, en R3.

(d) E ≡ x1 + x2 + x3 = 0, F ≡ x1 − x2 + 2x3 = 0, en R3.

(e) E = Gen {(1, 1, 1)T , (1, 0, 1)T}, F = Gen {(0, 1, 0)T}, en R3.

(f) E = Gen {(1, 1, 1)T , (1, 0, 1)T }, F = Gen {(2, 1, 2)T , (0, 1, 0)T}, en R3.

(g) E = Gen {(1, 1, 1)T , (1, 0, 1)T}, F = Gen {(2, 1, 3)T , (0, 1, 0)T}, en R3.

(h) E = Gen {(1, 1, 0, 1)T , (2, 1, 0, 3)T}, F = Gen {(0, 1, 1, 2)T , (1, 0, 2, 2)T}, en R4.

Ejercicio 4. Hallar las ecuaciones implıcitas, las parametricas y una base del subespacio suma, E + F , para lossiguientes subespacios:

(a) E ≡ x1 + x2 = 0, F ≡ x1 + 2x2 = 0, en R2.

(b) E ≡ x1 + x2 = 0, F ≡ 2x1 + 2x2 = 0, en R2.

(c) E ≡ x1 + x2 = 0, F ≡ x1 + 2x2 = 0, en R3.

(d) E ≡ x1 + x2 + x3 = 0, F ≡ x1 − x2 + 2x3 = 0, en R3.

(e) E = Gen {(1, 1, 1)T , (1, 0, 1)T}, F = Gen {(0, 1, 0)T}, en R3.

(f) E = Gen {(1, 1, 1)T , (1, 0, 1)T }, F = Gen {(2, 1, 2)T , (0, 1, 0)T}, en R3.

(g) E = Gen {(1, 1, 1)T , (1, 0, 1)T}, F = Gen {(2, 1, 3)T , (0, 1, 0)T}, en R3.

(h) E = Gen {(1, 1, 0, 1)T , (2, 1, 0, 3)T}, F = Gen {(0, 1, 1, 2)T , (1, 0, 2, 2)T}, en R4.

(i) E = Gen {(1, 1, 1)T , (2, 2, 2)T}, F = Gen {(0, 1, 0)T}, en R3.

Ejercicio 5. Extender a una base de Rn el conjunto linealmente independiente dado:

(a) {v1 = (1, 1, 1)T} en R3.

(b) {v1 = (1, 3, 4)T , v2 = (1, 0, 2)T} en R3.

(c) {v1 = (1, 1, 0)T , v2 = (1, 3, 0)T} en R3.

(d) {v1 = (1, 1, 0, 1)T , v2 = (2, 1, 0, 3)T} en R4.

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Ejercicio 6. Extender, a una base del subespacio que se indique, el conjunto linealmente independiente dado:

(a) {v1 = (2, 1, 1, 0)T} al subespacio de R4 definido por x1 − x2 − x3 − x4 = 0.

(b) {v1 = (2, 0,−3, 0)T , v2 = (0, 1, 0,−1)T} al subespacio de R4 definido por 3x1 − x2 + 2x3 − x4 = 0.

(c) {v1 = (1, 0, 2, 0)T} al subespacio de R4 definido por 2x1 − x3 + 3x4 = 0.

(d) {v1 = (1, 0, 2, 0)T} al subespacio de R4 definido por 2x1 − x3 + 3x4 = 0, 5x2 + x4 = 0.

Ejercicio 7. Extender {v1 = (1, 1, 1, 2, 2)T , v2 = (0,−1,−1, 1, 1)T} a una base del subespacio S de R5 de ecuaciones

S ≡{

3x1 − 2x2 + x3 − x4 = 0,x4 − x5 = 0.

Ejercicio 8. Sean los siguientes subespacios de R4:

E = Gen

1101

,

1−1−12

,

11−10

y F ≡ x1 + x3 + x4 = 0.

Calcular una base de S = E ∩ F .

Ejercicio 9. Consideremos la base B = {(2, 1)T , (−3,−1)T} de R2. R4:

(a) Obtener, en dicha base, las ecuaciones implıcitas y las parametricas de los subespacios que, en la base canonica,vienen definidos mediante

E ≡ x1 + x2 = 0, F ≡ x1 − 2x2 = 0, G = Gen {(1, 1)T }, H = Gen {(3, 1)T}.

(b) Obtener, en la base canonica, las ecuaciones implıcitas y las parametricas de los subespacios que, en la base B,vienen definidos mediante

E ≡ y1 + 5y2 = 0, F ≡ y2 = 0, G = Gen {(1, 0)TB}, H = Gen {(2, 4)T

B}.

140

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Tema 8.- Ortogonalidad.

1. Producto escalar. Norma, distancia, angulos y ortogonalidad.2. El complemento ortogonal de un subespacio.3. Bases ortonormales de un subespacio. Matrices ortogonales.4. Proyeccion ortogonal sobre un subespacio. El teorema de la mejor aproximacion.5. El metodo de Gram-Schmidt. Factorizaciones QR de una matriz.6. Ejercicios.

En este tema estudiamos la estructura metrica de los espacios Rn, es decir, las cuestiones relacionadas con distanciasy angulos. Al contrario de lo que sucede con el estudio de la resolucion de sistemas de ecuaciones lineales, el algebra dematrices, etc., el hecho de considerar aquı vectores reales es esencial. Para poder considerar conceptos metricos en Cn,es decir, con vectores de coordenadas complejas, habrıa que considerar la definicion apropiada (coherente) de productoescalar de vectores complejos, que se suele denominar producto hermıtico. Al aplicar dicha definicion a vectores realesnos darıa la definicion usual que vemos a continuacion y que los alumnos conocen en dimension 2 y en dimension 3.

1. Producto escalar. Norma, distancia, angulos y ortogonalidad.

Definicion. (Producto escalar, norma, ortogonalidad) Consideremos dos vectores x, y ∈ Rn

Se denomina Producto escalar de dos vectores x, y ∈ Rn al numero real

x · y = xT y = yT x = x1y1 + x2y2 + · · ·+ xnyn ∈ R.

Se denomina Norma de un vector x ∈ Rn al numero real no-negativo

||x|| =√

|x1|2 + · · ·+ |xn|2 =√

x · x ≥ 0.

Se denomina Distancia entre dos vectores x, y ∈ Rn al numero real no-negativo

d(x, y) = ||x− y|| .

Ortogonalidad

(a) Se dice que dos vectores x, y ∈ Rn son ortogonales (x ⊥ y) si

x · y = 0.

(b) Se dice que un conjunto de vectores {v1, . . . , vm} de Rn es un conjunto ortogonal si cada uno de losvectores vk es ortogonal a todos los demas,

vk · vj = 0, j 6= k.

(c) Se dice que un conjunto de vectores {v1, . . . , vm} de Rn es un conjunto ortonormal si es un conjuntoortogonal y cada uno de los vectores vk tiene norma igual a 1,

vk · vj = 0, j 6= k; ||v1|| = · · · = ||vm|| = 1.

Las propiedades del producto escalar, la norma, la distancia y la ortogonalidad son conocidas por el alumnopara vectores en R2 y en R3. En los espacios Rn, las propiedades son esencialmente las mismas. Notemos que siconsiderasemos dichos conceptos de forma independiente de un sistema de referencia, en cada uno de ellos apareceninvolucrados uno o dos vectores. Algunas de las propiedades del producto escalar pueden obtenerse directamentedel hecho de que el producto escalar de dos vectores puede expresarse como un producto matricial, vector-fila porvector-columna

x · y = [x1, x2, . . . , xn]

y1

...yn

= xT y = yT x = [y1, y2, . . . , yn]

x1

...xn

= y · x.

141

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Propiedades. Sean x, y ∈ Rn, α ∈ R.

(1) ||x|| = 0⇐⇒ x = 0.

(2) ||αx|| = |α| ||x||.

(3) Desigualdad triangular: ||x + y|| ≤ ||x||+ ||y|| , (||x− y|| ≤ ||x||+ ||y||).

(1) Desigualdad de Cauchy-Schwartz: |x · y| ≤ ||x|| ||y||.

(4) Teorema de Pitagoras:

x ⊥ y ⇐⇒ ||x + y||2 = ||x||2 + ||y||2 .

El angulo (los angulos) determinado por dos vectores no-nulos x, y ∈ Rn puede caracterizarse (definirse) mediantela igualdad

x · y = ||x|| ||y|| cos(θ).

2. El complemento ortogonal de un subespacio.

Definicion. (El complemento ortogonal de un subespacio) Dado un subespacio vectorial S de Rn se denomina com-plemento ortogonal de S al conjunto

S⊥ = {v ∈ Rn : v ⊥ u , ∀u ∈ S} .Es decir, S⊥ esta formado por todos los vectores que son ortogonales a todos los vectores de S. Por tanto, el com-

plemento ortogonal del subespacio nulo{

~0}

es Rn puesto que cualquier vector es ortogonal al vector nulo. Por otra

parte, el complemento ortogonal del espacio total Rn es el subespacio nulo, puesto que el vector nulo (de Rn) es elunico que es ortogonal a todos los vectores de Rn.

Ejemplos. A la hora de trabajar con el complemento ortogonal de un subespacio es conveniente tener presente como sepuede caracterizar, el complemento ortogonal de un subespacio, cuando el subespacio viene dado en forma parametricao cuando viene dado en forma implıcita. En R2, un subespacio vectorial de dimension 1 es una recta que pasa por elorigen y su complemento ortogonal sera (como es natural) la recta que pasa por el origen (es un subespacio vectorial)y es perpendicular a la recta dada. En R3, un subespacio vectorial de dimension 1 es una recta que pasa por el origen.Su complemento ortogonal sera el plano que pasa por el origen (es un subespacio vectorial) y es perpendicular a larecta dada. Un subespacio vectorial de dimension 2 es un plano que pasa por el origen. Su complemento ortogonalsera la recta que pasa por el origen (es un subespacio vectorial) y es perpendicular al plano dado.

(1) Consideremos un subespacio de dimension 1 en R2, dado en forma parametrica, es decir, una recta que pasa por

el origen de coordenadas, dada por un vector direccion v1. Por ejemplo, para v1 = [2,−1]T

S = Gen {v1} = {αv1 : α ∈ R} ≡{

x1 = 2αx2 = −α

,

su complemento ortogonal estara formado por los vectores v = [x1, x2]T ∈ R2 que son ortogonales a todos los

vectores de la forma αv1, α ∈ R

v ∈ S⊥ ⇔ (αv1) · v = 0, ∀α ∈ R⇐⇒ v1 · v = 0⇔ 2x1 − x2 = 0.

Es decir, el complemento ortogonal S⊥ esta formado por todos los vectores v = [x1, x2]T ∈ R2 cuyas coordenadas

verifican la ecuacion2x1 − x2 = 0,

con lo cual S⊥ es un subespacio vectorial (de dimension 1) que viene dado en forma implıcita y los coeficientesde la ecuacion implıcita son las coordenadas del vector direccion de S. Si hubieramos considerado otro vectordireccion de S (que sera un multiplo no-nulo de v1), habrıamos obtenido una ecuacion equivalente.

(2) Si consideramos un subespacio vectorial S de dimension 1 en Rn, es decir una recta que pasa por el origen,generada por un vector no-nulo v1 ∈ Rn

S = Gen

v1 =

a1

...an

,

142

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su complemento ortogonal estara formado por los vectores v = [x1, . . . , xn]T ∈ Rn cuyas coordenadas verifican

la ecuacionv1 · v = 0 ≡ a1x1 + · · ·+ anxn = 0,

con lo cual S⊥ es un subespacio vectorial (de dimension n− 1) que viene dado mediante una ecuacion implıcitay los coeficientes de dicha ecuacion son las coordenadas del vector direccion de S.

Teorema. Dado un subespacio vectorial S de Rn se verifica:

(1) S⊥ es un subespacio vectorial de Rn.

(2)(S⊥)⊥

= S.

(3) Se verifica la siguiente relacion entre S y S⊥.

(a) S ∩ S⊥ = {0}.

(b) S + S⊥ = Rn.

Por tanto, todo vector v de Rn se puede expresar de forma unica como sumade un vector de S y un vector de S⊥. (Esto sera consecuencia del teorema dela proyeccion ortogonal que veremos mas adelante).

(5) Si S = Gen {v1, . . . , vp}, entoncesv ∈ S⊥ ⇐⇒ v ⊥ v1, . . . , v ⊥ vp.

Ejemplo. Antes hemos obtenido el complemento ortogonal de un subespacio de Rn de dimension 1, que era unsubespacio vectorial de dimension n−1 (estos subespacios se suelen denominar hiperplanos). Las propiedades anteriorespermiten obtener facilmente el complemento ortogonal de un subespacio, de dimension n− 1, cuya ecuacion implıcitaes

W ≡ a1x1 + · · ·+ anxn = 0.

Como hemos visto antes,

W = S⊥, siendo S = Gen

a1

...an

,

tenemos que W⊥ =(S⊥)⊥

= S. Es decir, de manera inmediata obtenemos, W⊥, en forma parametrica.

El hecho de expresar el complemento ortogonal de una u otra forma parametrica/implıcita dependiendo de comovenga expresado el subespacio vectorial:

S en forma parametrica −→ S⊥ en forma implıcitaS en forma implıcita −→ S⊥ en forma parametrica

queda reflejado con el siguiente Teorema.

Teorema. (Los cuatro subespacios asociados a una matriz) Sea A una matriz real m× n. Se verifica:

[Col (A)]⊥ = Nul (AT ), [Nul (A)]⊥ = Col (AT )

El espacio Col (AT ) se suele denominar espacio fila de la matriz A.

Notemos que en lo que se refiere a las dimensiones de los complementos ortogonales tenemos

dim(

[Col (A)]⊥)

= dim(Nul (AT )

)= m− pivotes de AT = m− rango (A) = m− dim (Col (A)) .

Puesto que cualquier subespacio vectorial se puede expresar como el espacio columna de una matriz tenemos que paracualquier subespacio vectorial S de Rm, se verifica

dim(S⊥)

= m− dim (S).

143

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3. Bases ortonormales de un subespacio. Matrices ortogonales.

Proposicion. Si {u1, u2, . . . , ur} es un conjunto de vectores no-nulos ortogonales dos a dos, entonces son linealmenteindependientes.Demostracion.- Si tenemos una combinacion lineal de los vectores dados igual al vector nulo

α1u1 + α2u2 + · · · + αpup = ~0 (∗)

al multiplicar escalarmente por el vector u1 tenemos

(α1u1 + α2u2 + · · · + αpup) · u1 = ~0 · u1 = 0.

Desarrollando el primer miembro de la igualdad

α1u1 · u1 + α2u2 · u1 + · · · + αpup · u1 =

2

4

usando lacondicion deortogonalidad

3

5 =

= α1 ||u1||2 + α20 + · · · + αp0 = 0

»

puestoque u1 6= 0

=⇒ α1 = 0.

De manera analoga, al multiplicar escalarmente la igualdad (∗) por un vector

uk, k = 1, 2, . . . , p,

se obtiene

α10 + α20 + · · · + αk ||uk||2 + · · · + αn0 = 0 ⇒

»

puestoque uk 6= 0

⇒ αk = 0.

Por tanto, la unica combinacion lineal que es igual al vector nulo es la combinacion lineal identicamente nula (todos los

coeficientes son nulos). Es decir, los vectores dados son linealmente independientes. �

Proposicion. Sea {u1, u2, . . . , ur} una base ortogonal de un subespacio S de Rn. Entonces:

Las coordenadas de un vector u ∈ S respecto de dicha base vienen dadas poru · uk

||uk||2, es decir, se verifica que

u =u · u1

||u1||2u1 + · · ·+ u · ur

||ur||2ur.

La expresion anterior se suele denominar desarrollo de Fourier de v respecto a la base {u1, u2, . . . , ur}.Antes de pasar a estudiar la proyeccion ortogonal de un vector sobre un subespacio, vamos a considerar las

propiedades de las matrices cuyas columnas son ortonormales. En particular, vamos a considerar las matrices cuadradascuyas columnas son ortonormales. Cuando se tiene un conjunto ortogonal de vectores no-nulos y se normalizan (sedivide cada uno por su norma), obtenemos un conjunto ortonormal de vectores que formaran una base ortonormal delsubespacio vectorial que generan. En terminos de computacion numerica, las matrices cuyas columnas son ortonormalesjuegan un papel importante por ser matrices que transmiten los errores de redondeo de manera controlada.

Proposicion. Sea U = [u1, . . . , un] una matriz real m× n.

(1) U tiene columnas ortonormales ⇐⇒ UT U = I.

(2) Si U tiene columnas ortonormales, la transformacion lineal asociada

U : x ∈ Rn −→ y = Ux ∈ Rm

conserva angulos y distancias, es decir

(a) ||Ux|| = ||x|| , ∀x ∈ Rn.

(b) (Ux) · (Uy) = x · y, ∀x, y ∈ Rn y en particular,

(c) Ux ⊥ Uy ⇐⇒ x ⊥ y.

Un caso particularmente importante lo constituyen las matrices cuadradas con columnas ortonormales.

Definicion. (Matriz ortogonal) Se denomina matriz ortogonal a toda matriz Q real cuadrada no-singular cuyainversa coincide con su traspuesta, Q−1 = QT .

144

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Proposicion. Se verifica:

(1) Si Q es ortogonal =⇒ det(Q) = ±1.

(2) Q es ortogonal ⇐⇒ QT es ortogonal.

(3) Si Q1 y Q2 son ortogonales, entonces Q1Q2 es ortogonal.

Proposicion. Sea Q una matriz real cuadrada n× n. Son equivalentes:

(1) Q es una matriz ortogonal.

(2) Las n columnas de Q son ortonormales (y por tanto forman una base ortonormal de Rn).

(3) Las n filas de Q son ortonormales (y por tanto forman una base ortonormal de Rn).

4. Proyeccion ortogonal sobre un subespacio. El teorema de la mejor

aproximacion.

Si consideramos el subespacio vectorial S, de dimension uno (una recta), generado por un vector, u1, no-nulo,S = Gen {u1}, la proyeccion ortogonal de un vector v ∈ Rn sobre S sera el vector u = αu1 ∈ S que verifica que

v − u = v − αu1

es ortogonal a S, es decir, tenemos que determinar α con la condicion que v − αu1 sea ortogonal a u1,

(v − αu1) · u1 = v · u1 − α ||u1||2 = 0 ⇐⇒ α = v·u1

||u1||2 ⇒

=⇒ u = proy S(v) = v·u1

||u1||2 u1.

Para un subespacio de dimension arbitraria puede darse una expresion de la proyeccion ortogonal de un vector sobredicho subespacio cuando disponemos de una base ortogonal de dicho subespacio. Considerando una base ortonormalpuede darse una expresion comoda de la matriz de la proyeccion ortogonal.

Teorema (de la descomposicion ortogonal). Sea S un subespacio vectorial de Rn. Dado cualquier vector v ∈Rn existe un unico vector u ∈ S (llamado proyeccion ortogonal de v sobre S) tal que v − u ∈ S⊥. De hecho, si{u1, u2, . . . , ur} es una base ortogonal de S, entonces la proyeccion ortogonal de v sobre S es

u := proy S(v) =v · u1

||u1||2u1 + · · ·+ v · ur

||ur||2ur,

y la proyeccion ortogonal de v sobre S⊥ esw = v − u.

Notemos que:

Cada sumando de la expresionv · u1

||u1||2u1 + · · ·+ v · ur

||ur||2ur

nos da la proyeccion ortogonal del vector v sobre el subespacio generado por el correspondiente vector uk.

El vector u = proy S(v) verifica que ||u||2 ≤ ||v||2.

Corolario. (Matriz de una proyeccion ortogonal) Sea S un subespacio vectorial de Rn.

(a) Si {u1, u2, . . . , ur} es una base ortonormal de S, la proyecion ortogonal de un vector v ∈ Rn sobre S es

u := proy S(v) = (v · u1)u1 + · · ·+ (v · ur)ur.

145

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(b) Siendo U una matriz cuyas columnas forman una base ortonormal de S, la matriz de la proyeccion ortogonalsobre S es PS = UUT , es decir

proy S(v) = UUT v, ∀v ∈ Rn.

Aunque puedan considerarse distintas matrices U como en el enunciado, la matriz PS = UUT que representaa la proyeccion ortogonal, respecto a la base canonica, es unica. Las propiedades caracterısticas de las matrices deproyeccion ortogonal son

P 2S = PS ,

(UUT

)2= U(UT U)UT = UIUT = UUT , y

PS es simetrica,(UUT

)T= (UT )T UT = UUT .

Teorema (de la mejor aproximacion). Sea S un subespacio vectorial de Rn y consideremos un vector x ∈ Rn yun vector y ∈ S. Son equivalentes:

O

x

y

wS

S⊥(a) y es la proyeccion ortogonal de x sobre S,

es decir,

y ∈ S, x− y ∈ S⊥.

(b) y es la mejor aproximacion de x desde S,es decir,

y ∈ S, ||x− y|| ≤ ||x− w|| para todo w ∈ S.

Sea y = proy S(x) y sea w ∈ S. Puesto que

x−w = (x−y)+(y−w), x−y ∈ S⊥, y−w ∈ S,

aplicando el Teorema de Pitagoras tenemos

||x− w||2 = ||x− y||2 + ||y − w||2 ≥ ||x− y||2 .

5. El metodo de Gram-Schmidt. Factorizaciones QR de una matriz.

5.1. El metodo de Gram-Schmidt.

En el Tema 7 hemos visto como obtener una base de un subespacio vectorial a partir de un conjunto de vectoresque genera el subespacio vectorial. En los epıgrafes anteriores hemos visto que el calculo de las coordenadas de unvector respecto de una base ortogonal es muy simple (desarrollo de Fourier) y que estas permiten dar la expresionde la proyeccion ortogonal sobre el subespacio que generan dichos vectores. El metodo de ortogonalizacion de Gram-Schmidt, que vamos a describir, permite construir de manera progresiva una base ortogonal de un subespacio vectoriala partir de una base de dicho subespacio e incluso de un conjunto de vectores que genere el subespacio.

Partiendo de una base {v1, v2, . . . , vp} de un subespacio S, el metodo consiste en generar uno a uno vectores queson ortogonales a los construidos. Denotamos por S1, S2, . . . , los subespacios vectoriales definidos por

S1 = Gen {v1} , S2 = Gen {v1, v2} , . . . , Sp = Gen {v1, v2, . . . , vp} = S.

El metodo de Gram-Schmidt consiste en generar los vectores:

u1 = v1 ∈ S1,

u2 = v2 − proy S1(v2) ∈ S2, es decir, u2 es el unico vector de la forma u2 = v2 + αu1 que es ortogonal a u1,

u3 = v3 − proy S2(v3) ∈ S3, es decir, u3 es el unico vector de la forma u3 = v3 + αu1 + βu2 que es ortogonal a

u1 y a u2,

. . .

Notemos que, puesto que los vectores {v1, v2, . . . , vp} son linealmente independientes, necesariamente los subespacios

S1 ⊂ S2 ⊂ · · · ⊂ Sp = S

146

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son todos distintos (dim (Sk) = k, k = 1, 2, . . . , p), los vectores u1, u2, . . . , up son todos no-nulos y linealmente inde-pendientes y se verifica que

S1 = Gen {v1} = Gen {u1},S2 = Gen {v1, v2} = Gen {u1, u2} ,S3 = Gen {v1, v2, v3} = Gen {u1, u2, v3} = Gen {u1, u2, u3} ,

......

Sp = Gen {v1, . . . , vp} = . . . = Gen {u1, · · · , up} .

Teorema (Metodo de ortogonalizacion de Gram-Schmidt). Consideremos una base {v1, v2, . . . , vp} de unsubespacio vectorial S de Rn. Entonces, los siguientes vectores estan bien definidos

u1 = v1

u2 = v2 −v2 · u1

||u1||2u1

u3 = v3 −v3 · u1

||u1||2u1 −

v3 · u2

||u2||2u2

...

up = vp −vp · u1

||u1||2u1 − · · ·

vp · up−1

||up−1||2up−1

y son no-nulos y ortogonales dos a dos.

(a) {u1, u2, . . . , up} es una base ortogonal de S = Gen {v1, v2, . . . , vp}.

(b) Para cada k = 1, . . . , p, {u1, u2, . . . , uk} es una base ortogonal de Sk = Gen {v1, v2, . . . , vk}.

Observaciones.

(a) Si el objetivo es obtener una base ortonormal de S, una vez que se ha obtenido una base ortogonal basta normalizarlos vectores obtenidos.

(b) En cada paso del metodo de Gram-Schmidt que acabamos de describir podrıamos multiplicar (o dividir) el vectorobtenido por un coeficiente no-nulo y seguir los calculos con dicho vector.

(c) Si el vector vk es combinacion lineal de los anteriores, v1, v2, ..., vk−1, al aplicar el metodo de Gram-Schmidtobtenemos uk = 0. Es decir, el metodo de Gram-Schmidt devuelve el vector nulo cuando se aplica a un conjuntode vectores linealmente dependientes.

5.2. Factorizaciones QR de una matriz.

En terminos generales, con el nombre generico de factorizacion QR de una matriz se suele denominar a las fac-torizaciones de una matriz A = QR en las que la matriz Q es una matriz con columnas ortogonales o con columnasortonormales (o incluso una matriz ortogonal) y la matriz R es una matriz triangular superior.

Teorema. Sea A una matriz m × n tal que rango(A) = n (es decir, sus columnas son linealmente independientes).Entonces A se puede factorizar como A = QR siendo:

Q una matriz m× n con columnas ortonormales (que forman una base ortonormal del espacio Col (A)),

R es una matriz n× n triangular superior no-singular con elementos diagonales positivos.

Al aplicar el metodo de Gram-Schmidt a los n vectores-columna {a1, . . . , an} de la matriz A, que son linealmenteindependientes, obtendremos n vectores {u1, . . . , un} ortogonales dos a dos relacionados con los vectores columna deA mediante las igualdades

147

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u1 = a1

u2 = a2 −a2 · u1

||u1||2u1

u3 = a3 −a3 · u1

||u1||2u1 −

a3 · u2

||u2||2u2

...

up = ap −ap · u1

||u1||2u1 − · · · −

ap · up−1

||up−1||2up−1

a1 = u1

a2 =a2 · u1

||u1||2u1 + u2

a3 =a3 · u1

||u1||2u1 +

a3 · u2

||u2||2u2 + u3

...

ap =ap · u1

||u1||2u1 + · · ·+ ap · up−1

||up−1||2up−1 + up

y expresando estas igualdades en forma matricial tenemos

A =

a1 a2 . . . an

=

u1 u2 . . . un

1 ∗ ∗ · · · ∗0 1 ∗ · · · ∗0 0 1 · · · ∗...

......

. . ....

0 0 0 · · · 1

= Q1R1.

Los vectores {u1, . . . , un} son ortogonales dos a dos pero pueden ser no unitarios. Para tener una matriz con columnasortonormales basta dividir cada columna uk por su norma ||uk||. Para que la matriz producto no cambie habra quemultiplicar por ||uk|| la fila correspondiente de la matriz triangular. Matricialmente, siendo D la matriz diagonalcuyos elementos diagonales son ||u1|| , . . . ||un||, tenemos

A = Q1R1 =(Q1D

−1)(DR1) = QR.

La matriz Q = Q1D−1 es una matriz con las mismas dimensiones que A (m × n) y con columnas ortonormales

QT Q = In y la matriz R = DR1 es una matriz cuadrada n× n triangular superior no-singular.

Ejercicio resueltoHallar la factorizacion QR de la matriz

A =

1 20 11 4

.

Queremos escribir la matriz A de dimension 3×2 como producto de dos matrices, una matriz Q de dimension 3×2 concolumnas ortonormales y una matriz R de dimension 2×2, triangular superior y con elementos diagonales estrictamentepositivos y tal que A = QR. Notar que se verifican las hipotesis del Teorema que nos permite esta factorizacion ya quelas columnas de la matriz A son linealmente independientes. Para obtener dicha factorizacion, aplicaremos el metodode Gram-Schmidt a las columnas de la matriz A. Llamemos a las columnas de A, a1 y a2 respectivamente, es decir

a1 =

101

y a2 =

214

.

Aplicando Gram-Schmidt, obtendremos dos vectores ortogonales de la siguiente forma:

u1 = a1 =

101

,

u2 = a2 − a12u1 = a2 −a2.u1

u1.u1u1 =

214

− 3

101

=

−111

.

(Antes de continuar, debemos comprobar que efectivamente son ortogonales, es decir que u1.u2 = 0). De lo anterior,obtenemos

a1 = u1,

a2 = u2 + a12u1 = u2 +a2.u1

u1.u1u1,

148

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que expresado en forma matricial

A = [a1| a2] = [u1|u2]

[1 a12

0 1

]

=

1 −10 11 1

[1 30 1

]

= Q1R1.

Puesto que buscamos una matriz Q con columnas ortonormales y Q1 tiene columnas ortogonales, procedemos delsiguiente modo:

A = [a1| a2] = [u1|u2]

[1 a12

0 1

]

=

[u1

‖u1‖

∣∣∣∣

u2

‖u2‖

] [‖u1‖ 0

0 ‖u2‖

] [1 a12

0 1

]

=

[u1

‖u1‖

∣∣∣∣

u2

‖u2‖

] [‖u1‖ a12 ‖u1‖

0 ‖u2‖

]

= QR.

Por tanto, normalizamos los vectores obtenidos por Gram-Schmidt, las columnas de la matriz Q seran

y1 =u1

‖u1‖=

1√2

101

y y2 =u2

‖u2‖=

1√3

−111

.

Y teniendo en cuenta lo anterior, se obtiene que Q =

1/√

2 −1/√

3

0 1/√

3

1/√

2 1/√

3

y R =

[ √2 3

√2

0√

3

]

.

Podemos verificar que efectivamente QR = A. Ademas, QT A = R

Ejercicio resueltoConsideremos la matriz

A =

1 0 b a0 1 a b1 0 b a0 1 a b

, a, b ∈ R.

Si a = 0 y b = 1, la matriz B = 12A es la matriz de la proyeccion ortogonal sobre un cierto subespacio S ⊂ R4.

(a) Encontrar una base ortonormal del subespacio S.

(b) Calcular la proyeccion ortogonal del vector (1, 1, 1, 1)T sobre S⊥.

Si a = 0 y b = 1 la matriz B es

B =1

2A =

1

2

1 0 1 00 1 0 11 0 1 00 1 0 1

.

(a) Nos dicen que B es la matriz PS de la proyeccion ortogonal sobre un cierto subespacio S ⊂ R4, es decir, que laproyeccion ortogonal de cualquier vector x ∈ R4 sobre S es Bx. Los vectores v que pertenecen a S son aquellos quecoinciden con su proyeccion ortogonal sobre S, es decir, los que verifican Bv = v. Resolviendo este sistema

1

2

1 0 1 00 1 0 11 0 1 00 1 0 1

v1

v2

v3

v4

=

v1

v2

v3

v4

→ 1

2

−1 0 1 00 −1 0 11 0 −1 00 1 0 −1

v1

v2

v3

v4

=

0000

→{

v1 − v3 = 0,v2 − v4 = 0,

obtenemos

v = α

1010

+ β

0101

, α, β ∈ R → S = Gen

u1 =

1010

, u2 =

0101

.

Como la base encontrada ya es ortogonal (u1 · u2 = 0), basta con dividir por la norma de cada vector para encontraruna base ortonormal de S:

1√2

1010

,1√2

0101

.

149

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(b) Para calcular la proyeccion ortogonal del vector w = (1, 1, 1, 1)T sobre S⊥, usamos que la matriz de la proyeccionortogonal sobre S⊥, PS⊥ , vale

PS⊥ = I − PS =

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

− 1

2

1 0 1 00 1 0 11 0 1 00 1 0 1

=1

2

1 0 −1 00 1 0 −1−1 0 1 00 −1 0 1

con lo que

ProyS⊥w = PS⊥w =1

2

1 0 −1 00 1 0 −1−1 0 1 00 −1 0 1

1111

=

0000

,

resultado logico ya que w ∈ S, pues verifica sus ecuaciones implıcitas (halladas en el apartado anterior), x1 − x3 = 0,x2 − x4 = 0 (en particular, podemos ver que w = u1 + u2).

Ejercicio resueltoDados el subespacio E de R4 y la matriz A

E = Gen

u1 =

1001

, u2 =

0102

, u3 =

0011

, A =

a1 b1

a2 2a3 b2

−2 b3

.

(a) Encontrar la matriz de la proyeccion ortogonal sobre E.

(b) Calcular A sabiendo que Col(A) esta contenido en E⊥.

(a) Para calcular la matriz de la proyeccion ortogonal PE sobre un subespacio E necesitamos una base ortonormalde E. Pero teniendo en cuenta que PE + PE⊥ = I, puede ser mas facil calcular primero PE⊥ a partir de una baseortonormal de E⊥. Por tanto, lo mas conveniente es trabajar con el espacio que tenga menor dimension entre E y E⊥.Por un lado, dim(E) = 3 pues los tres vectores que lo generan son linealmente independientes

1 0 00 1 00 0 11 2 1

1 0 00 1 00 0 10 2 1

1 0 00 1 00 0 10 0 1

1 0 00 1 00 0 10 0 0

.

De esta forma, al estar en R4, dim(E⊥) = 4−dim(E) = 4−3 = 1, con lo que es trivial encontrar una base ortonormalde E⊥ y muy tedioso hallarla para E.

Para trabajar con E⊥ podemos escribir sus ecuaciones implıcitas (a partir de un conjunto generador de E; si setrata de una base de E, entonces tenemos garantıa de que no nos sobra ninguna ecuacion en ese conjunto de ecuacionesimplıcitas):

E⊥ ≡

x1 + x4 = 0x2 + 2x4 = 0x3 + x4 = 0

−→

x4 ∈ R

x1 = −x4

x2 = −2x4

x3 = −x4

−→ E⊥ = Gen

121−1

.

Otra forma de encontrar una base de E⊥ es a partir de las ecuaciones implıcitas de E, y estas son faciles de calcular(repetimos la primera eliminacion que hicimos para ver la dimension de E, anadiendo una cuarta columna):

1 0 0 x1

0 1 0 x2

0 0 1 x3

1 2 1 x4

1 0 0 x1

0 1 0 x2

0 0 1 x3

0 2 1 x4 − x1

1 0 0 x1

0 1 0 x2

0 0 1 x3

0 0 1 x4 − x1 − 2x2

1 0 0 x1

0 1 0 x2

0 0 1 x3

0 0 0 x4 − x1

−2x2 − x3

,

de donde deducimos que x1 + 2x2 + x3 − x4 = 0 es una ecuacion implıcita de E (es recomendable emplear unossegundos en comprobar que todos los vectores que generan E satisfacen todas las ecuaciones implıcitas obtenidas;en nuestro caso, que los tres vectores verifican la ecuacion). Observemos que obtenemos una sola ecuacion implıcitapues E tiene dimension 3 y es un subespacio de R4. A partir de dicha ecuacion implıcita de E deducimos queE⊥ = Gen{(1, 2, 1,−1)T}.

La ventaja de trabajar con E⊥ es que la base obtenida ya es ortogonal (al tener un unico vector) y, por tanto, unabase ortonormal es BE⊥ = {v1 = 1√

7(1, 2, 1,−1)T}. Construyendo la matriz U = [v1] podemos ya calcular la matriz

150

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de la proyeccion ortogonal sobre E⊥ que viene dada por

PE⊥ = UUT =1√7

121−1

1√7

[1 2 1 −1

]=

1

7

1 2 1 −12 4 2 −21 2 1 −1−1 −2 −1 1

.

Es muy facil obtener entonces la matriz de la proyeccion ortogonal sobre E

PE = I − PE⊥ =1

7

6 −2 −1 1−2 3 −2 2−1 −2 6 11 2 1 6

.

Para estar seguros de que las matrices encontradas son las correctas es recomendable comprobar que, al proyectar cadavector de la base de ese espacio obtenemos el mismo vector, y que, al proyectar cada vector de la base del subespacioortogonal obtenemos el vector nulo. Ademas, hay dos comprobaciones inmediatas que si no las satisface una matrizde proyeccion seguro que esta mal calculada: es siempre una matriz cuadrada, en este caso al estar el subespacio enR4 es 4× 4 y debe ser simetrica al ser (UUT )T = (UT )T UT = UUT .

Observemos que un camino no recomendable (pues nos puede llevar mucho tiempo y seguramente con errores en loscalculos) para calcular PE consiste en buscar una base de E, {z1, z2, z3}, aplicarle el metodo de Gram–Schmidt paraconseguir una base ortogonal, {t1, t2, t3}, dividir por las normas de los vectores para conseguir una base ortonormal yconstruir la matriz

U =

[t1||t1||

∣∣∣∣

t2||t2||

∣∣∣∣

t3||t3||

]

,

con lo que, finalmente, PE = UUT .

(b) Si Col(A) esta contenido en E⊥, quiere decir que cada columna de A se puede escribir como combinacion linealde los vectores de cualquier base de E⊥. Como una base de E⊥ es {(1, 2, 1,−1)T}, debe verificarse

a1

a2

a3

−2

= α

121−1

α = 2,a1 = 2,a2 = 4,a3 = 2,

;

b1

2b2

b3

= β

121−1

β = 1,b1 = 1,b2 = 1,

b3 = −1,

con lo que la matriz A buscada resulta ser A =

a1 b1

a2 2a3 b2

−2 b3

=

2 14 22 1−2 −1

.

Un planteamiento equivalente consiste en exigir que la matriz siguiente tenga rango uno

r

1 a1 b1

2 a2 21 a3 b2

−1 −2 b3

= r

1 a1 b1

0 a2 − 2a1 2− 2b1

0 a3 − a1 b2 − b1

0 a1 − 2 b3 + b1

= 1 −→

a2 − 2a1 = 0,a3 − a1 = 0,a1 − 2 = 0,2− 2b1 = 0,b2 − b1 = 0,b3 + b1 = 0,

−→

a1 = 2,a2 = 4,a3 = 2,b1 = 1,b2 = 1,b3 = −1.

Otra posibilidad es exigir que las columnas de A verifiquen las tres ecuaciones implıcitas de E⊥ obtenidas en el primerapartado.

Ejercicio resueltoConsideremos el subespacio E de R3 definido mediante x− z = 0 y la aplicacion lineal f : R3 −→ R3 representada(en la base canonica de R3) por la matriz

A =

3 −2 10 −1 22 −1 0

.

(a) Hallar la proyeccion ortogonal del vector (−1, 1, 1)T sobre el subespacio f(E).

(b) Encontrar la matriz de la proyeccion ortogonal sobre el subespacio [f(E)]⊥.

151

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(a) A partir de las ecuaciones implıcitas de E, x− z = 0, es inmediato deducir (resolviendo la ecuacion que define aE) que:

E = Gen

v1 =

101

, v2 =

010

.

Si x es un vector de E, x ∈ E, entonces se podra escribir como x = α1v1 + α2v2 y su transformado, mediante latransformacion lineal f , sera f(x) = f(α1v1 + α2v2) = α1f(v1) + α2f(v2) es decir, que si E = Gen {v1, v2} entonces,f(E) = Gen {f(v1), f(v2)}. Calculamos pues

f(v1) = Av1 =

3 −2 10 −1 22 −1 0

101

=

422

,

f(v2) = Av2 =

3 −2 10 −1 22 −1 0

010

=

−2−1−1

,

con lo que f(E) = Gen {(4, 2, 2)T , (−2,−1,−1)T} = Gen {w = (2, 1, 1)T }.Puesto que dim(f(E)) = 1 y se trata de un subespacio de R3, entonces dim([f(E)]⊥) = 2, con lo que es mas facil

proyectar sobre f(E) que sobre [f(E)]⊥.Cuidado, no hay que confundir [f(E)]⊥ con f(E⊥). Este ultimo viene generado por f [(1, 0,−1)T ] = (2,−2, 2)T , ya

que E⊥ = Gen {(1, 0,−1)T}, mientras que una ecuacion implıcita que define [f(E)]⊥ es 2x + y + z = 0 y, por tanto,resolviendo esta ecuacion, [f(E)]⊥ = Gen {u1 = (1,−2, 0)T , u2 = (0,−1, 1)T}.

Para proyectar sobre un subespacio necesitamos conocer una base ortogonal suya. Puesto que una base de f(E) esw = (2, 1, 1)T (que es ortogonal al estar formada por un unico vector) ya podemos proyectar el vector u = (−1, 1, 1)T

sobre f(E)

Proyf(E)u =u · ww · w w =

0

6w =

000

.

Este resultado indica que el vector u que hemos proyectado sobre f(E) pertenece a [f(E)]⊥.Si preferimos proyectar mediante la matriz de la proyeccion Pf(E), la calculamos construyendo U = (w/||w||) de

forma que

Pf(E) = UUT =

√6

6

211

√6

6

(2 1 1

)=

1

6

4 2 22 1 12 1 1

.

Conviene emplear unos segundos en comprobar que la matriz Pf(E) calculada es correcta (hay dos comprobacionesinmediatas que si no las satisface seguro que esta mal: es siempre una matriz cuadrada, en este caso al estar elsubespacio en R3 es 3× 3; ademas debe ser simetrica al ser (UUT )T = (UT )T UT = UUT ). Para tener garantıa de queesta bien calculada, vemos que Pf(E)w = w (como la proyeccion de cualquier vector de f(E) sobre f(E) es el propiovector, basta con comprobarlo con todos los vectores de su base) y que Pf(E)u1 = Pf(E)u2 = 0 (como la proyeccion de

cualquier vector de [f(E)]⊥ sobre f(E) es el vector nulo, lo verificamos con todos los vectores de la base de [f(E)]⊥).De esta forma

Proyf(E)u = Pf(E)u =1

6

4 2 22 1 12 1 1

−111

=

000

.

(b) Por la consideracion de las dimensiones f(E) y de [f(E)]⊥, la manera mas facil de calcular P[f(E)]⊥ es teniendoen cuenta que Pf(E) + P[f(E)]⊥ = I. Puesto que ya hemos calculado Pf(E), es inmediato que

P[f(E)]⊥ = I − Pf(E) =

1 0 00 1 00 0 1

− 1

6

4 2 22 1 12 1 1

=1

6

2 −2 −2−2 5 −1−2 −1 5

.

Veamos que si no recurrimos al subespacio ortogonal, es decir, si trabajamos directamente con [f(E)]⊥ los calculosseran mas engorrosos. Para calcular la matriz de la proyeccion necesitamos una base ortonormal del subespacio. Comouna ecuacion implıcita de [f(E)]⊥ es 2x + y + z = 0, resolviendo esta ecuacion, obtenemos una base B[f(E)]⊥ = {u1 =

(1,−2, 0)T , u2 = (0,−1, 1)T}. Para obtener una base ortogonal vamos a aplicar el metodo de Gram–Schmidt a esosdos vectores

w1 = u1 =

1−20

; w2 = u2 −u2 · w1

w1 · w1w1 =

0−11

− 2

5

1−20

=

−2/5−1/5

1

.

152

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Conviene comprobar, para detectar posibles errores, que w1 y w2 son ortogonales, es decir, que w1 · w2 = 0.Por tanto, una base ortogonal de [f(E)]⊥ viene dada por {w1, w2}. Por comodidad, en vez de w2 podemos tomar

un multiplo suyo para evitar la aparicion de fracciones, obteniendo la base ortogonal

{w1 = (1,−2, 0)T , w′2 = (2, 1,−5)T}.

Dividiendo por su norma conseguimos una base ortonormal de [f(E)]⊥, B[f(E)]⊥ ={

w1

||w1|| ,w′

2

||w′

2||

}

, a partir de la cual

construimos la matriz U =(

w1

||w1||

∣∣∣

w′

2

||w′

2||

)

con lo que

P[f(E)]⊥ = UUT =

√5

5

√30

15

− 2√

55

√30

30

0 −√

306

( √5

5 − 2√

55 0√

3015

√30

30 −√

306

)

=1

6

2 −2 −2−2 5 −1−2 −1 5

.

Observemos que una alternativa a aplicar el metodo de Gram-Schmidt es buscar con cuidado una base ortogonalde [f(E)]⊥. Como su ecuacion implıcita es 2x + y + z = 0, elegimos un primer vector cualquiera (cuanto mas sencillomejor, pues en la solucion aparecen dos parametros) que verifique esa ecuacion, por ejemplo, z1 = (1,−2, 0)T . Ahoraun segundo vector, z2 = (a, b, c)T , lo determinamos exigiendo que verifique la ecuacion anterior y que sea perpendiculara z1, es decir, debe verificar 2a + b + c = 0, a − 2b = 0. Elegimos un vector cualquiera (en la solucion aparece unparametro) que verifique este sistema, por ejemplo, z2 = (2, 1,−5)T . La base ortogonal encontrada es {z1, z2}.

Ejercicio resueltoHallar la proyeccion ortogonal del vector (3,−4, 5)T sobre el subespacio f(E) siendo f la aplicacion lineal dadapor la matriz

A =

1 0 1−1 1 00 1 −1

y E el subespacio de R3 dado por x− y − z = 0.

A partir de las ecuaciones implıcitas de E, x − y − z = 0, es inmediato deducir (resolviendo la ecuacion que define aE) que:

E = Gen

v1 =

110

, v2 =

101

.

Si x es un vector de E, x ∈ E, entonces se podra escribir como x = α1v1 + α2v2 y su transformado, mediante latransformacion lineal f , sera f(x) = f(α1v1 + α2v2) = α1f(v1) + α2f(v2) es decir, que si E = Gen {v1, v2} entonces,f(E) = Gen {f(v1), f(v2)}. Calculamos pues

f(v1) = Av1 =

1 0 1−1 1 00 1 −1

110

=

101

,

f(v2) = Av2 =

1 0 1−1 1 00 1 −1

101

=

2−1−1

.

Puesto que dim(f(E)) = 2 (pues f(v1) y f(v2) son linealmente independientes) y estamos en R3 entonces dim([f(E)]⊥) =1, con lo que es mas facil proyectar sobre [f(E)]⊥. Cuidado, no hay que confundir [f(E)]⊥ con f(E⊥). Este ultimoviene generado por f [(1,−1,−1)T ] = (0,−2, 0)T , ya que E⊥ = Gen {(1,−1,−1)T}.

Si hallamos las ecuaciones implıcitas de f(E) (debe ser una ecuacion, pues es un subespacio de dimension 2 en R3)

1 2 x0 −1 y1 −1 z

1 2 x0 −1 y0 −3 z − x

1 2 x0 −1 y0 0 z − x− 3y

−→ f(E) ≡ x + 3y − z = 0,

podemos deducir inmediatamente que [f(E)]⊥ = Gen {w = (1, 3,−1)T}. Observemos que, por estar en R3, podemosencontrar un vector de [f(E)]⊥ calculando el producto vectorial de f(v1) con f(v2), f(v1)× f(v2) = (1, 3− 1)T .

Puesto que w es una base ortogonal de [f(E)]⊥, ya podemos proyectar ortogonalmente

Proy[f(E)]⊥u =u · ww · ww = −14

11

13−1

.

153

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De esta forma,

Proyf(E)u = u− Proy[f(E)]⊥u =

3−45

+14

11

13−1

=1

11

47−241

.

Mencionemos otros caminos que podıamos haber seguido, aunque sean menos aconsejables pues son mas largos.Conocida una base ortogonal de f(E), {w1, w2} (para lo que tenemos que aplicar el metodo de Gram–Schmidt

a f(v1), f(v2) o bien, buscar con cuidado, a partir de la ecuacion implıcita de f(E), x + 3y − z = 0, dos vectoresortogonales) podemos aplicar

Proyf(E)u =u · w1

w1 · w1w1 +

u · w2

w2 · w2w2.

Si preferimos proyectar sobre f(E) usando la matriz de la proyeccion, lo mas facil es calcular mediante una baseortonormal de [f(E)]⊥ (como solo tiene un vector, w, basta con dividir por su norma, w/|w|) la matriz P[f(E)]⊥ yluego Pf(E) = I − P[f(E)]⊥ con lo que Proyf(E)u = Pf(E)u. Notemos que si pretendemos calcular la matriz Pf(E)

directamente, necesitamos una base ortonormal de f(E) por lo que tenemos que aplicar el metodo de Gram–Schmidta f(v1), f(v2) o bien, buscaremos con cuidado, a partir de la ecuacion implıcita de f(E), x + 3y− z = 0, dos vectoresortogonales.

Ejercicio resueltoConsidera los siguientes subespacios de R4:

E = Gen

1101

,

1−1−12

,

11−10

y F ≡ x1 + x3 + x4 = 0.

(a) Calcula una base ortogonal de S = E ∩ F .(b) Determina las matrices de la proyeccion ortogonal sobre F y sobre F⊥.(c) Sea v = [5 3 4 − 6]T . Halla unos vectores u1 ∈ F y u2 ∈ F⊥ tales que v = u1 + u2.

(a) Para trabajar con E∩F lo mas facil es unir unas ecuaciones implıcitas de E y unas de F y obtener ası un conjuntode ecuaciones implıcitas para E ∩ F .

Necesitamos pues calcular unas ecuaciones implıcitas de E. Puesto que

E = Gen

1101

,

1−1−12

,

11−10

,

dado un conjunto generador {v1, v2, v3} del subespacio E ⊂ R4, encontrar las ecuaciones implıcitas de E es hallar lascondiciones que deben verificar las componentes de un vector de R4, x = (x1, x2, x3, x4)

T , para que pertenezca a E,es decir, para que se pueda escribir como combinacion lineal del conjunto generador x = c1v1 + c2v2 + c3v3, es decir,para que existan esos escalares ci, o lo que es equivalente, para que el sistema

(v1|v2|v3)c = x, con c = (c1, c2, c3)T

sea compatible. Para exigir esto construimos la matriz ampliada (v1|v2|v3|x):

1 1 1 x1

1 −1 1 x2

0 −1 −1 x3

1 2 0 x4

1 1 1 x1

0 −2 0 x2 − x1

0 −1 −1 x3

0 1 −1 x4 − x1

1 1 1 x1

0 1 −1 x4 − x1

0 −2 0 x2 − x1

0 −1 −1 x3

1 1 1 x1

0 1 −1 x4 − x1

0 0 −2 2x4 − 3x1 + x2

0 0 −2 x3 + x4 − x1

1 1 1 x1

0 1 −1 x4 − x1

0 0 −2 2x4 − 3x1 + x2

0 0 0 2x1 − x2 + x3 − x4

.

Por tanto, una ecuacion implıcita de E es 2x1 − x2 + x3 − x4 = 0. Nos aseguraremos de que no nos hemos equivocadoen los calculos comprobando que los tres vectores v1, v2 y v3 satisfacen las ecuaciones implıcitas obtenidas (en estecaso, como esos tres vectores son linealmente independientes, dim(E) = 3, y como E ⊂ R4, este subespacio vienedefinido por una ecuacion implıcita).

De esta manera, uniendo las ecuaciones implıcitas de E y de F :

E ∩ F ≡{

x1 + x3 + x4 = 0,2x1 − x2 + x3 − x4 = 0.

154

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Resolviendo este sistema homogeneo podremos encontrar una base de E ∩ F :

[1 0 1 12 −1 1 −1

]

∼[

1 0 1 10 −1 −1 −3

]

x1

x2

x3

x4

= x3

−1−110

+ x4

−1−301

.

Es decir, una base de E ∩ F es {u1 = (1, 1,−1, 0)T , u2 = (1, 3, 0,−1)T}. Para conseguir la base ortogonal que nospiden aplicamos el metodo de Gram–Schmidt a esos vectores:

w1 = u1 =

11−10

; w2 = u2 −u2 · w1

w1 · w1w1 =

130−1

− 4

3

11−10

=

−1/35/34/3−1

.

Conviene comprobar, para detectar posibles errores, que w1 y w2 son ortogonales, es decir, que w1 · w2 = 0.Por tanto, una base ortogonal de E ∩F viene dada por {w1, w2}. Por comodidad, en vez de w2 podemos tomar un

multiplo suyo para evitar la aparicion de fracciones, obteniendo la base ortogonal

{(1, 1,−1, 0)T , (−1, 5, 4,−3)T}.

(b) Para calcular las matrices de la proyeccion ortogonal sobre F , PF , y sobre F⊥, PF⊥ , lo mas conveniente es trabajarcon el espacio de menor dimension. Por un lado, dim(F ) = 3 pues F ⊂ R4 y esta definido por una ecuacion implıcita.De esta forma, dim(F⊥) = 4− dim(F ) = 4− 3 = 1. Con lo que es trivial encontrar una base ortonormal de F⊥ y muymuy tedioso hallarla para F .

Como F ≡ x1 + x2 + x4 = 0 entonces

F⊥ = Gen

1011

= Gen

1/√

30

1/√

3

1/√

3

.

Usando esta base ortonormal, la matriz de la proyeccion ortogonal sobre F⊥ viene dada por

PF⊥ =

1/√

30

1/√

3

1/√

3

(

1/√

3 0 1/√

3 1/√

3)

=

1/3 0 1/3 1/30 0 0 0

1/3 0 1/3 1/31/3 0 1/3 1/3

=1

3

1 0 1 10 0 0 01 0 1 11 0 1 1

.

Es muy facil obtener entonces la matriz de la proyeccion ortogonal sobre F

PF = I − PF⊥ =

2/3 0 −1/3 −1/30 1 0 0−1/3 0 2/3 −1/3−1/3 0 −1/3 2/3

=1

3

2 0 −1 −10 3 0 0−1 0 2 −1−1 0 −1 2

.

Para estar seguros de que las matrices encontradas son correctas es recomendable comprobar que, al proyectar cadavector de la base de ese espacio obtenemos el mismo vector, y que, al proyectar cada vector del subespacio ortogonalobtenemos el vector nulo.

Observemos que un camino no recomendable (pues nos puede llevar mucho tiempo y seguramente con errores en loscalculos) para calcular PF consiste en buscar una base de F , {z1, z2, z3}, aplicarle el metodo de Gram–Schmidt paraconseguir una base ortogonal, {t1, t2, t3}, dividir por las normas de los vectores para conseguir una base ortonormal yconstruir la matriz

U =

[t1||t1||

∣∣∣∣

t2||t2||

∣∣∣∣

t3||t3||

]

,

con lo que, finalmente, PF = UUT .

(c) Dado el vector v, pedirnos unos vectores u1 ∈ F y u2 ∈ F⊥ tales que v = u1 +u2, es demandarnos las proyeccionesortogonales de v sobre F y F⊥:

v = u1 + u2 = ProyF v + ProyF⊥v.

Estas proyecciones las calculamos facilmente

u1 = PF v =1

3

2 0 −1 −10 3 0 0−1 0 2 −1−1 0 −1 2

534−6

=

433−7

; u2 = ProyF⊥v =v · s1

s1 · s1s1 =

3

3s1 =

1011

.

155

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Obviamente, podemos calcular primero ProyF v o ProyF⊥v y despues encontrar el otro vector aplicando que v =ProyF v + ProyF⊥v.

Ejercicio resueltoSiendo α ∈ R, consideremos el subespacio H ≡ α x1 + x2 + 4 α x3 = 0 de R3 y los vectores

v1 =

112

y v2 =

102

.

Determina α para que la proyeccion ortogonal de v1 sobre H sea perpendicular a v2.

Nos piden que hallemos α exigiendo que ProyHv1 · v2 = 0. Necesitamos pues calcular la proyeccion ortogonal de v1

sobre el subespacio H , ProyHv1. Como dim(H) = 2 y H ⊂ R3, entonces dim(H⊥) = 1, con lo que es mas sencillocalcular la proyeccion sobre H⊥ = Gen{u = (α, 1, 4α)T }:

ProyH⊥v1 =v1 · uu · u u =

9α + 1

17α2 + 1

α14α

=1

17α2 + 1

9α2 + α9α + 1

36α2 + 4α

.

Ası,

ProyHv1 = v1 − ProyH⊥v1 =1

17α2 + 1

8α2 − α + 117α2 − 9α−2α2 − 4α + 2

,

con lo que podemos hallar los valores de α pedidos exigiendo

ProyHv1 · v2 =1

17α2 + 1

8α2 − α + 117α2 − 9α−2α2 − 4α + 2

·

102

= 0 → 4α2 − 9α + 5 = 0 → α = 1,5

4.

Vamos a comentar un procedimiento alternativo y menos engorroso que el anterior. Como H⊥ = Gen{u}, entoncesProyH⊥v1 = ku siendo k un numero que desconocemos. Con esto

ProyHv1 = v1 − ProyH⊥v1 = v1 − ku =

1− kα1− k

2− 4kα

,

y como ProyHv1 ∈ H debe verificar su ecuacion implıcita, lo que nos proporciona la siguiente condicion para k y α:

α(1 − kα) + (1− k) + 4α(2 − 4kα) = 0 → 17kα2 − 9α + k − 1 = 0. (8)

Esta ecuacion junto con la que obtenemos al exigir

ProyHv1 · v2 = 0 →

1− kα1− k

2− 4kα

·

102

= 5− 9kα = 0,

forma un sistema de dos ecuaciones con dos incognitas

17kα2 − 9α + k − 1 = 09kα = 5

}

que podemos resolver despejando k de la segunda ecuacion, k = 5/9α (notemos que α no puede anularse porque lasegunda ecuacion serıa incompatible, 0 = 5) y sustituyendo en la primera con lo que llegamos a la misma ecuacion desegundo grado para α

4α2 − 9α + 5 = 0 → α = 1,5

4.

Ejercicio resueltoDado el subespacio

E = Gen{(a, 0, 0, 0)T , (a, a, b, 0)T , (a, b,−a, 1)T}, a, b ∈ R.

(a) Hallar una base ortonormal del subespacio E segun los valores de los parametros a y b.

(b) Para a = 0, hallar la matriz de la proyeccion ortogonal sobre E, segun los valores de b.

(c) Dado el subespacio F ≡

x1 = 0,5x1 + x2 + 3x3 = 0,−2x1 + 3x2 − x3 + x4 = 0,

determinar los valores de a y b para que F sea

ortogonal a E, F = E⊥.

156

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(a) Como nos piden una base ortonormal, primero buscamos una base de E, luego encontramos una base ortogonalaplicando el metodo de Gram–Schmidt y, finalmente, dividiendo por la norma de cada vector, una base ortonormal.

Al darnos un conjunto generador de E, para encontrar una base debemos estudiar que vectores son linealmenteindependientes. Ası, para a 6= 0 obtenemos

a a a0 a b0 b −a0 0 1

F3 − baF2

-

a a a0 a b

0 0 −a− b2

a0 0 1

a a a0 a b0 0 10 0 0

es decir, los tres vectores son linealmente independientes para cualquier valor de b, con lo que una base de E, en estecaso, es {(a, 0, 0, 0)T , (a, a, b, 0)T , (a, b,−a, 1)T}.

Observemos que si lo preferimos, en el primer paso del proceso de eliminacion podemos dividir por a 6= 0 las

tres primeras filas y trabajar con la matriz

1 1 10 1 b/a0 b/a −10 0 1

. Podemos entonces, si queremos, tomar como base

{(1, 0, 0, 0)T , (1, 1, b/a, 0)T , (1, b/a,−1, 1)T}.

Cuando a = 0, formamos, con los vectores que generan E, la siguiente matriz

0 0 00 0 b0 b 00 0 1

, con lo que es inmediato

obtener que {(0, 0, b, 0)T , (0, b, 0, 1)T} es una base si b 6= 0 (las dos ultimas columnas son linealmente independientes)y que {(0, 0, 0, 1)T} forma una base cuando b = 0 (el unico vector no nulo es el tercero).

Hemos visto pues que: si a 6= 0 la dimension de E es tres, independientemente del valor de b; si a = 0 y b 6= 0 Etiene dimension dos; si a = b = 0, la dimension de E es uno.

Comenzamos con el caso mas sencillo. Si a = b = 0 la base {(0, 0, 0, 1)T} ya es ortogonal (pues solo tiene un vector)y casualmente tambien es ortonormal (pues el vector tiene norma uno).

La segunda situacion aparece cuando a = 0 y b 6= 0. La base encontrada, {(0, 0, b, 0)T , (0, b, 0, 1)T}, coincideque es ortogonal (el producto escalar de sus dos vectores es nulo) pero no es ortonormal. Basta con dividir ca-da vector por su norma. La del primero es |b| y la del segundo

√b2 + 1. Una base ortonormal es, por ejemplo,

{(0, 0, 1, 0)T , 1√b2+1

(0, b, 0, 1)T}. Observemos, como anecdota, que para obtener el primer vector (0, 0, 1, 0)T tenemos

que dividir por |b| si b > 0 y por −|b| si b < 0.La ultima posibilidad aparece cuando a 6= 0 (y cualquier valor de b). En este caso la base obtenida, {v1 =

(a, 0, 0, 0)T , v2 = (a, a, b, 0)T , v3 = (a, b,−a, 1)T}, no es ortogonal. Aplicamos el metodo de Gram–Schmidt para en-contrar una base ortogonal:

x1 = v1 =

a000

, x2 = v2 −v2 · x1

x1 · x1x1 =

aab0

− a2

a2

a000

=

0ab0

,

x3 = v3 −v3 · x1

x1 · x1x1 −

v3 · x2

x2 · x2x2 =

ab−a1

− a2

a2

a000

− 0

a2 + b2

0ab0

=

0b−a1

.

Recordemos que siempre que se aplica el metodo de Gram–Schmidt conviene comprobar, en cada paso, que el vectorobtenido es ortogonal a todos los anteriores. Ası, tras el primer paso comprobamos que x2 · x1 = 0 y tras el segundoque x3 · x1 = 0 y x3 · x2 = 0. Hemos encontrado una base ortogonal de E cuando a 6= 0, {x1, x2, x3}. Normalizandocada vector llegamos a la base ortonormal

{(1, 0, 0, 0)T ,1√

a2 + b2(0, a, b, 0)T ,

1√a2 + b2 + 1

(0, b,−a, 1)T}.

(b) Para calcular la matriz de la proyeccion sobre un subespacio necesitamos una base ortonormal suya (que hemoscalculado en el apartado anterior), formamos una matriz U colocando en sus columnas los vectores de dicha base y lamatriz de la proyeccion buscada se obtiene multiplicando UUT .

Nos piden en el caso a = 0, con lo que hay que distinguir entre b = 0 y b 6= 0. Ası, para b = 0 obtenemos

U =

0001

→ PE = UUT =

0001

(0 0 0 1

)=

0 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 1

,

157

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mientras que para b 6= 0 llegamos a

U=

0 00 b√

b2+1

1 00 1√

b2+1

→ PE = UUT =

0 00 b√

b2+1

1 00 1√

b2+1

(0 0 1 00 b√

b2+10 1√

b2+1

)

=

0 0 0 0

0 b2

b2+1 0 bb2+1

0 0 1 00 b

b2+1 0 1b2+1

.

Una comprobacion inmediata que permite detectar errores en los calculos es verificar que la matriz de la proyeccionortogonal obtenida es simetrica, pues PT

E = (UUT )T = UT U = PE .

(c) Una forma de resolver este apartado es buscar una base de F y exigir que todos los vectores de dicha base seanperpendiculares a todos los de cualquier base de E. Resolviendo el sistema de ecuaciones implıcitas obtenemos

F ≡

x1 = 0,5x1 + x2 + 3x3 = 0,−2x1 + 3x2 − x3 + x4 = 0,

−→

x1

x2

x3

x4

= x3

0−3110

, x3 ∈ R −→ u ∼

0−3110

,

con lo que el vector u es una base de F , BF = {u}. Por tanto, exigiendo perpendicularidad entre todos los vectoresde las bases, BF y BE = {v1, v2, v3}, llegamos a

u ⊥ v1 = 0u ⊥ v2 = 0u ⊥ v3 = 0

−→

u · v1 = 0u · v2 = 0u · v3 = 0

−→

0 = 0−3a + b = 0

−3b− a + 10 = 0

−→

{a = 1,b = 3.

Ejercicio resueltoSea V ⊂ R5 el subespacio formado por los vectores cuyas componentes suman cero. Encontrar el vector de V masproximo a w = (1, 2, 3, 4, 5)T .

Del enunciado deducimos que V viene definido por la ecuacion implıcita x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 0. Sabemos que elvector de V mas proximo a w es la proyeccion ortogonal de w sobre V , ProyV w. Como V ⊂ R5 y viene definido poruna ecuacion implıcita, deducimos que dim(V ) = 4 y que dim(V ⊥) = 5 − dim(V ) = 5 − 4 = 1. Ante esta diferenciaentre las dimensiones de V y V ⊥, es obvio que resulta mucho mas facil proyectar ortogonalmente sobre V ⊥ que sobreV .

Recordemos que para proyectar ortogonalmente sobre un subespacio necesitamos una base ortogonal suya. Ennuestro caso, de la ecuacion implıcita de V deducimos que

V ⊥ = Gen {u = (1, 1, 1, 1, 1)T},

es decir, ya tenemos una base ortogonal (pues solo tiene un vector) de V ⊥, BV ⊥ = {u}. Por tanto,

ProyV ⊥w =w · uu · u u =

15

5u = 3u = (3, 3, 3, 3, 3)T ,

es decir, el vector que nos piden es

ProyV w = w − ProyV ⊥w = (1, 2, 3, 4, 5)T − (3, 3, 3, 3, 3)T = (−2,−1, 0, 1, 2)T .

Conviene comprobar que el vector encontrado pertenece a V , es decir, que verifica su ecuacion implıcita: −2− 1 + 0 +1 + 2 = 0.

Si elegimos el camino de proyectar directamente sobre V (cosa totalmente desaconsejable, como podemos ver acontinuacion, por los calculos tan tediosos que aparecen) procederemos de la siguiente forma. Primero encontramosuna base de V resolviendo su ecuacion implıcita, con lo que llegamos a

V = Gen {v1 = (−1, 1, 0, 0, 0)T , v2 = (−1, 0, 1, 0, 0)T , v3 = (−1, 0, 0, 1, 0)T , v4 = (−1, 0, 0, 0, 1)T}.

Como esta base no es ortogonal, aplicamos el metodo de Gram–Schmidt a esos cuatro vectores:

x1 = v1 =

−11000

,

158

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x2 = v2 −v2 · x1

x1 · x1x1 = v2 −

1

2x1 =

−1/2−1/2

100

∼ x′2 =

−1−1200

,

x3 = v3 −v3 · x1

x1 · x1x1 −

v3 · x′2x′2 · x′2

x′2 = v3 −1

2x1 −

1

6x′2 =

−1/3−1/3−1/3

10

∼ x′3 =

−1−1−130

,

x4 = v4 −v4 · x1

x1 · x1x1 −

v4 · x′2x′2 · x′2

x′2 −v4 · x′3x′3 · x′3

x′3 = v4 −1

2x1 −

1

6x′2 −

1

12x′3 =

−1/4−1/4−1/4−1/4

1

∼ x′4 =

−1−1−1−14

.

Notese que hemos introducido el vector x′2 (multiplo de x2) para evitar la aparicion de fracciones en los calculosposteriores. El mismo comentario justifica la introduccion de x′3 y x′4.

Para detectar posibles errores, comprobamos: despues del primer paso que x′2 es perpendicular a x1 (x1 · x′2 = 0)y que pertenece a V (que verifica su ecuacion implıcita, x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 0); despues del segundo paso, quex′3 es perpendicular a x1 y a x′2 y que pertenece a V ; despues del tercer y ultimo paso, que x′4 es perpendicular a x1,a x′2 y a x′3 y que pertenece a V .

Con la base ortogonal de V encontrada llegamos a

ProyV w =w · x1

x1 · x1x1 +

w · x′2x′2 · x′2

x′2 +w · x′3x′3 · x′3

x′3 +w · x′4x′4 · x′4

x′4 =1

2x1 +

3

6x′2 +

6

12x′3 +

10

20x′4 = (−2,−1, 0, 1, 2)T .

Observemos que una alternativa a aplicar el metodo de Gram-Schmidt es buscar con cuidado una base ortogonal deV . Como su ecuacion implıcita es x1 +x2 +x3 +x4 +x5 = 0, elegimos un primer vector cualquiera (cuanto mas sencillomejor, pues en la solucion aparecen cuatro parametros) que verifique esa ecuacion, por ejemplo, w1 = (1,−1, 0, 0, 0)T .Ahora un segundo vector, w2 = (a, b, c, d, e)T , lo determinamos exigiendo que verifique la ecuacion anterior y quesea perpendicular a w1, es decir, debe verificar a + b + c + d + e = 0, a − b = 0. Elegimos un vector cualquiera(cuanto mas sencillo mejor, pues en la solucion aparecen tres parametros) que verifique este sistema, por ejemplo,w2 = (1, 1,−2, 0, 0)T . Un tercer vector, w3 = (a, b, c, d, e)T , lo determinamos exigiendo que verifique la ecuacion de Vy que sea perpendicular a w1 y a w2, es decir, debe verificar a+b+c+d+e = 0, a−b = 0, a+b−2c = 0. Elegimos unvector cualquiera (cuanto mas sencillo mejor, pues en la solucion aparecen dos parametros) que verifique este sistema,por ejemplo, w3 = (1, 1, 1,−3, 0)T . Por ultimo, un cuarto vector, w4 = (a, b, c, d, e)T , lo determinamos exigiendo queverifique la ecuacion de V y que sea perpendicular a w1, a w2 y a w3, es decir, debe verificar a + b + c + d + e =0, a− b = 0, a + b− 2c = 0, a + b + c− 3d = 0. Elegimos un vector cualquiera (en la solucion aparecen los multiplosde (1, 1, 1, 1,−4)T ) que verifique este sistema, por ejemplo, w4 = (1, 1, 1, 1,−4)T . De esta forma, una base ortogonalde V sera {w1, w2, w3, w4}.

Notemos que si queremos calcular las matrices de la proyeccion ortogonal sobre V , PV , y sobre V ⊥, PV ⊥ , convienecalcular primero PV ⊥ (usando una base ortonormal de V ⊥):

PV ⊥ =

1/√

5

1/√

5

1/√

5

1/√

5

1/√

5

(1/√

5 1/√

5 1/√

5 1/√

5 1/√

5)

=1

5

1 1 1 1 11 1 1 1 11 1 1 1 11 1 1 1 11 1 1 1 1

,

y luego, trivialmente que

PV = I − PV ⊥ =1

5

4 −1 −1 −1 −1−1 4 −1 −1 −1−1 −1 4 −1 −1−1 −1 −1 4 −1−1 −1 −1 −1 4

.

Con PV ⊥ ya podemos calcular ProyV ⊥w: ProyV ⊥w = PV ⊥w = (3, 3, 3, 3, 3)T y, por tanto, obtenemos ProyV w =w − ProyV ⊥w = (−2,−1, 0, 1, 2)T .

Si trabajamos con PV , entonces ProyV w = PV w = (−2,−1, 0, 1, 2)T .

159

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Ejercicio resuelto

Consideremos la base B =

123

,

112

,

126

.

(a) Determinar las matrices de cambio de base entre B y la base canonica.

(b) Calcular todos los vectores de R3 cuyas coordenadas son las mismas en la base B que en la base canonica.

(c) Calcular la proyeccion ortogonal del vector [3 0 1 2 1]T sobre el subespacio de R5 cuyas ecuaciones implıcitas

son

{x1+x2 + x4−x5=0,

2x1 +x3+2x4 =0.

(d) Demostrar que Nul (M) ⊂ Nul (M2) para cualquier matriz cuadrada M .

(a) Tenemos que encontrar dos matrices. La primera de ellas, correspondiente al paso de la base B a la base canonica(que denotaremos por E), no es mas que

PB = PE←B

=

1 1 12 1 23 2 6

,

donde hemos situado, por columnas, los vectores de la base B. La matriz de paso de la base canonica a la base B esla inversa de la anterior, es decir,

PB←E

= P−1

E←B=

1 1 12 1 23 2 6

−1

=1

3

−2 4 −16 −3 0−1 −1 1

.

Esta inversa se puede calcular, por ejemplo, por el metodo de Gauss-Jordan:

1 1 1 1 0 02 1 2 0 1 03 2 6 0 0 1

1 1 1 1 0 00 −1 0 −2 1 00 −1 3 −3 0 1

1 1 1 1 0 00 −1 0 −2 1 00 0 3 −1 −1 1

1 1 1 1 0 00 1 0 2 −1 00 0 1 −1/3 −1/3 1/3

1 1 0 4/3 1/3 −1/30 1 0 2 −1 00 0 1 −1/3 −1/3 1/3

1 0 0 −2/3 4/3 −1/30 1 0 2 −1 00 0 1 −1/3 −1/3 1/3

.

(b) Queremos aquellos vectores de R3 cuyas coordenadas coinciden en la base canonica y en B, es decir, aquellosvectores v = [x y z]T , tales que PBv = v. Escrito en forma de sistema queda

1 1 12 1 23 2 6

xyz

=

xyz

,

o, equivalentemente,

0 1 12 0 23 2 5

xyz

=

000

,

ya que este ultimo sistema no es mas que (PB − I)v = 0.Una simple eliminacion de Gauss transforma este sistema en otro equivalente,

0 1 12 0 23 2 5

2 0 20 1 13 2 5

1 0 10 1 13 2 5

1 0 10 1 10 2 2

1 0 10 1 10 0 0

,

que, una vez resuelto, tiene como solucion

xyz

= z

−1−11

, siendo z ∈ R, una variable libre.

160

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(c) Para simplificar, llamemos S al subespacio y u al vector que nos dan. Ya que la dimension de S es 3 (viene definidopor dos ecuaciones implıcitas independientes en R5) y estamos trabajando en R5, es conveniente calcular la proyeccionortogonal sobre S⊥, que tiene menor dimension (en concreto su dimension es 2).

Una base de S⊥ se obtiene directamente de los coeficientes de las ecuaciones implıcitas de S, ya que dan lugar ados vectores linealmente independientes:

v1 =

1101−1

, v2 =

20120

.

Estos vectores no son ortogonales, ası que vamos a aplicarles el metodo de Gram-Schmidt:

w1 = v1 =

1101−1

; w2 = v2 −v2 · w1

w1 · w1w1 =

20120

− 1

1101−1

=

1−1111

.

De este modo, hemos obtenido una base ortogonal de S⊥:

BS⊥ =

w1 =

1101−1

, w2 =

1−1111

.

Si nos pidiesen la matriz de la proyeccion ortogonal, necesitarıamos normalizar los vectores y despues multiplicar lamatriz que se obtuviese a partir de ellos, colocandolos por columnas, por su traspuesta. Esto nos llevarıa a trabajar confracciones y radicales hasta llegar a una matriz 5×5, que en este caso, no es necesaria. Para proyectar ortogonalmenteun vector sobre un subespacio basta con tener una base ortogonal de este:

ProyS⊥u =u · w1

w1 · w1w1 +

u · w2

w2 · w2w2 = 1

1101−1

+7

5

1−1111

=

12/5−2/57/512/52/5

.

Volviendo al subespacio original, S, el vector pedido no es mas que

ProySu = u− ProyS⊥u =

30121

12/5−2/57/512/52/5

=

3/52/5−2/5−2/53/5

.

(d) Si un vector v pertenece a Nul (M) significa que Mv = 0. Si multiplicamos esta expresion por M quedara M2v =M0 = 0, por lo que v tambien pertenece a Nul (M2).

6. Ejercicios.

Ejercicio 1. Dados los subespacios

E = Gen

1021

,

2123

,

01−21

y F ≡

2x + y + 3z − t = 0,3x + 2y − 2t = 0,

3x + y + 9z − t = 0,

obtener una base y unas ecuaciones implıcitas de E⊥ y de F⊥.

161

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Ejercicio 2. Descomponer el vector (1, 3,−1, 4)T en suma de dos vectores u + v siendo u proporcional a (2, 1, 0, 1)T

y v ⊥ u.

Ejercicio 3. Hallar la proyeccion ortogonal de los siguientes vectores sobre los subespacios que se indican:

(a) (4, 1, 3,−2)T sobre el subespacio definido por x1 + x2 + x3 + x4 = 0.

(b) (1, 1, 1, 1)T sobre el subespacio de R4 dado por:

E ≡{

x− y + z − 2t = 0,y + z = 0.

(c) (3,−4, 5)T sobre el subespacio f(E) siendo f la aplicacion lineal dada por la matriz

A =

1 0 1−1 1 00 1 −1

y E el subespacio de R3 dado por x− y − z = 0.

Ejercicio 4. Dados los subespacios de R3,

E ≡ {3x + y − 2z = 0} y F ≡ {x + 7y + z = 0, x− y − z = 0},

obtener una base de (E + F )⊥.

Ejercicio 5. Dadas las bases ortonormales de R2

B1 =

{

u1 =(

1/√

2, 1/√

2)T

, u2 =(

−1/√

2, 1/√

2)T}

y

B2 =

{

w1 =(

1/2,√

3/2)T

, w2 =(

−√

3/2, 1/2)T}

hallar la matriz correspondiente al cambio de una de esas bases a la otra. Comprobar que la matriz de paso es ortogonal.

Ejercicio 6. Hallar el vector perteneciente al subespacio de R4 generado por los vectores

(2, 0,−1, 2)T , (1, 2,−2, 0)T y (−1, 2, 0,−2)T

que esta mas cerca del vector (1, 1, 1, 1)T .

Ejercicio 7. Hallar la matriz de la proyeccion ortogonal sobre cada uno de los siguientes subespacios de R4:

(a) el subespacio generado por (0, 2, 1, 0)T y (1, 1, 0, 1)T .

(b) el subespacio generado por (0, 0, 2, 1)T y (1, 1,−1, 0)T .

(c) Sobre E y E⊥, siendo E ≡{

x− 3y + z + t = 02x− 5y + z + 2t = 0

Comprobar que, como debe ser, la suma de ambas matrices

vale I.

Ejercicio 8. Dado el subespacio S ⊂ R3 definido por x1 − 2x2 + 2x3 = 0, se pide:

(a) Hallar la matriz de la proyeccion ortogonal sobre S. ¿Cual es la matriz de la proyeccion ortogonal sobre S⊥?

(b) Obtener una base de S⊥.

(c) Demostrar que Col (A) = S, siendo

A =

2 00 1−1 1

.

162

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(d) Dado el vector v = (1, 1, 1)T , calcular el vector de S que dista menos de v.

Ejercicio 9. Aplicar el metodo de Gram-Schmidt a la siguiente base de R4:

{(1, 0, 1, 0)T , (1, 1, 0, 0)T , (0, 1, 1, 1)T , (0, 1, 1, 0)T

}.

Si definimos A = (v1|v2|v3|v4), encontrar una factorizacion QR de A.

Ejercicio 10. La proyeccion ortogonal del vector v = (5,−2, 3)T

sobre la recta x = y, y = z es:

(−1,−1,−1)T

.

(3, 3, 3)T

.

(2, 2, 2)T

.

Ejercicio 11. Halla una base ortonormal de Col (A) y otra de Nul (A) siendo

A =

1 1 00 −1 11 1 −11 1 1

.

Ejercicio 12. Hallar la factorizacion QR de las matrices:

A =

1 10 11 0

, B =

1 11 22 1

.

Ejercicio 13. Dado el subespacio

E = Gen{(a, 0, 0, 0)T , (a, a, b, 0)T , (a, b,−a, 1)T

}con a, b ∈ R.

(1) Hallar una base ortonormal del subespacio E segun los valores de a y b.

(2) Hallar la matriz de la proyeccion ortogonal sobre E, cuando a = 0.

(3) Calcular los valores de los parametros a y b tales que el subespacio dado por las ecuaciones

x1 = 05x1 + x2 + 3x3 = 0−2x1 + 3x2 − x3 + x4 = 0

sea ortogonal a E.

Ejercicio 14. Sea A una matriz cuadrada de orden 25 cuyo rango es 21. ¿Que sucede al aplicar el metodo deGram-Schmidt a los vectores columna de A? ¿Cuantas veces? ¿Por que?

163

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Tema 9.- Mınimos cuadrados.

1. Problemas de mınimos cuadrados. Ecuaciones normales de Gauss.2. Ajuste de curvas, regresion lineal.3. Ejercicios.

1. Problemas de mınimos cuadrados. Ecuaciones normales de Gauss.

En terminos generales, resolver un problema en el sentido de los mınimos cuadrados es sustituir un problema enel que hay que resolver un sistema de ecuaciones (que no tiene solucion) por el problema de minimizar una suma decuadrados.

Ejemplo. El problema de la regresion lineal. Si consideramos dos magnitudes, x e y, de las que suponemosque estan relacionadas mediante una igualdad del tipo y = ax + b, donde tenemos que determinar a y b mediante laobtencion de resultados experimentales, y dichos resultados son

x x1 x2 · · · xn

y y1 y2 · · · yn

los valores a y b los obtendremos de la resolucion del sistema de ecuaciones lineales

ax1 + b = y1

ax2 + b = y2

· · ·axn + b = yn

x1 1x2 1...

...xn 1

[ab

]

=

y1

y2

...yn

,

pero lo habitual es que un sistema de ecuaciones como el anterior no tenga solucion. Resolver el sistema anterior en elsentido de los mınimos cuadrados consiste en determinar los valores a y b para los cuales la suma de cuadrados

(ax1 + b− y1)2+ (ax2 + b− y2)

2+ · · ·+ (axn + b− yn)

2

es mınima (si hubiera solucion, del sistema dado, dicho valor mınimo serıa cero). Puesto que esta suma de cuadradoses el cuadrado de la norma del vector

x1 1x2 1...

...xn 1

[ab

]

y1

y2

...yn

,

y los vectores de la forma

x1 1x2 1...

...xn 1

[ab

]

, ∀ a, b ∈ R,

forman el espacio columna S de la matriz considerada, resolver el sistema en mınimos cuadrados es determinar elvector de S mas cercano al termino independiente considerado y resolver el sistema (que sera compatible) con esenuevo termino independiente.

Para un sistema generico de ecuaciones lineales Ax = b, resolverlo en el sentido de los mınimos cuadrados esdeterminar el vector (o vectores) x ∈ Rn para los cuales

||Ax− b|| es mınima.

Puesto que los vectores Ax recorren el espacio columna de A (cuando x recorre Rn), ||Ax− b|| sera mınima para losvectores x ∈ Rn tales que Ax es igual a la proyeccion ortogonal de b sobre el espacio Col (A).

Rn

Rm

O

Ox

b

proyS(b)

A

AxCol (A)

164

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Teorema. Consideremos un sistema de ecuaciones Ax = b, A matriz real m× n, b ∈ Rm, S = Col (A) y sea x ∈ Rn.Son equivalentes:

(a) x es solucion en mınimos cuadrados del sistema Ax = b, es decir,

||Ax− b|| ≤ ||Ax− b|| , ∀x ∈ Rn.

(b) x verifica Ax = proy S(b).

(c) x verifica las ecuaciones normales de Gauss: AT Ax = AT b.

Observaciones.

(a) El sistema de ecuaciones Ax = proy S(b) (sistema m× n) y el sistema AT Ax = AT b (sistema n× n) son siemprecompatibles y tienen el mismo conjunto de soluciones.

(b) El sistema Ax = proy S(b) sera compatible determinado (es decir, el problema en mınimos cuadrados tendra solu-cion unica) si y solo si el sistema homogeneo asociado Ax = 0 tiene solucion unica. Por tanto,

el sistema Ax = b tiene solucion unicaen mınimos cuadrados

⇐⇒ las columnas de A son linealmente inde-pendientes (rango(A) = n).

2. Ajuste de curvas, regresion lineal.

En el epıgrafe anterior hemos planteado el problema de la regresion lineal. Resolviendo en mınimos cuadrados elsistema planteado se obtiene la recta de regresion de y sobre x (en el planteamiento del sistema, la variabley esta expresada en funcion de x) para la nube de puntos dada. Notemos que la resolucion en mınimos cuadradosconsiderada consiste en determinar la recta que hace mınima la suma de cuadrados de las distancias sobre la vertical

de los puntos dados a la recta.

X

Y

xk

yk

axk + b

y = ax + b

De forma similar (y resultado distinto, por lo general) podrıamos haber planteado el problema de determinar unarecta x = αy + β que pase por los puntos (xk, yk), k = 1, . . . , n dados. Por lo general, el sistema resultante

αy1 + β = x1

αy2 + β = x2

· · ·αyn + β = xn

y1 1y2 1...

...yn 1

[αβ

]

=

x1

x2

...xn

no tiene solucion y su resolucion en el sentido de los mınimos cuadrados permite determinar la recta que hace mınimala suma de cuadrados de las distancias sobre la horizontal de los puntos dados a la recta. La recta que se obtienemediante la resolucion en mınimos cuadrados del sistema anterior se denomina recta de regresion de x sobre ypara la nube de puntos dada. Notemos que cualquier recta que no sea paralela a ninguno de los ejes coordenados puedeexpresarse mediante y = ax + b y mediante x = αy + β. Sin embargo, no es equivalente resolver en el sentido de losmınimos cuadrados el sistema asociado a una u otra expresion.

165

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X

Y

xk

yk

αyk + β

x = αy + β

Desde un punto de vista mas generico que el de la regresion lineal (ajustar una recta a una nube de puntos), puedeconsiderarse el problema de ajustar, a una nube de puntos del plano (x1, y1), . . . , (xn, yn), una curva de un cierto tipo(dada por un tipo de ecuacion explıcita y = f(x) o implıcita F (x, y) = 0). Ası, podemos considerar el problema dedeterminar

la parabola (de eje principal vertical) y = ax2 + bx + c,

la circunferencia x2 + y2 + ax + by + c = 0

. . .

que mejor se ajusta, en el sentido de los mınimos cuadrados, a una nube de puntos dada. En cualquiercaso, se trata de problemas que llevan a sistemas de ecuaciones lineales que no tienen solucion y se resuelven en elsentido de los mınimos cuadrados.

Un planteamiento similar al de ajustar una curva a una nube de puntos es valido para ajustar una superficie enR3 de un tipo prefijado a una determinada nube de puntos

(x1, y1, z1), . . . , (xn, yn, zn).

Por ejemplo, puede considerarse el problema de ajustar, en el sentido de los mınimos cuadrados,

un plano dado por la ecuacion z = ax + by + c (regresion lineal z sobre (x, y)),

una esfera de ecuacion x2 + y2 + z2 + ax + by + cz + d = 0,

. . .

a los puntos dados.

Ejercicio resueltoEncontrar la recta y = αx+β que mejor ajusta, en el sentido de los mınimos cuadrados, a la nube de puntos (0, 2),(1, 6) y (3, 0).

Queremos ajustar la nube de puntos (0, 2), (1, 6) y (3, 0) por una recta del tipo y = αx+β. En primer lugar escribimosel sistema correspondiente Ax = b, despues calculamos las ecuaciones normales de Gauss, AT Ax = AT b, y finalmentelas resolvemos.

Ası, cada punto da lugar a una ecuacion, y podemos identificar A, x y b:

(0, 2) → 2 = 0 · α + β(1, 6) → 6 = 1 · α + β(3, 0) → 0 = 3 · α + β

0 11 13 1

[αβ

]

=

260

→ A =

0 11 13 1

,x =

[αβ

]

,b =

260

.

Las ecuaciones normales de Gauss, AT Ax = AT b, son pues

[0 1 31 1 1

]

0 11 13 1

[αβ

]

=

[0 1 31 1 1

]

260

→[

10 44 3

][αβ

]

=

[68

]

→[

5 24 3

][αβ

]

=

[38

]

166

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y resolviendolas obtenemos

[5 2 34 3 8

]

∼[

20 8 1220 15 40

]

∼[

20 8 120 7 28

]

∼[

5 2 30 1 4

]

→{

α = −1,β = 4,

con lo que la recta que mejor ajusta a la nube de puntos en el sentido de los mınimos cuadrados es

y = −x + 4.

Ejercicio resueltoPor el metodo de los mınimos cuadrados, ajustar una parabola y = ax2 + bx + c a los puntos (1,−3), (1, 1),(−1, 2), (−1,−1).

Si exigimos que los puntos pertenezcan a la parabola, obtenemos el siguiente sistema (una ecuacion por cada punto):

−3 = 12a + 1 · b + c1 = 12a + 1 · b + c2 = (−1)2a + (−1)b + c−1 = (−1)2a + (−1)b + c

a + b + c = −3a + b + c = 1a− b + c = 2a− b + c = −1

1 1 1 −31 1 1 11 −1 1 21 −1 1 −1

1 1 1 −30 0 0 40 −2 0 50 −2 0 2

que obviamente es incompatible (comparense, por ejemplo, las dos primeras ecuaciones). Escribimos y resolvemos lasecuaciones normales de Gauss, AT Ax = AT b,

4 0 40 4 04 0 4

abc

=

−1−3−1

4 0 4 −10 4 0 −34 0 4 −1

4 0 4 −10 4 0 −30 0 0 0

abc

=

− 14 − c− 3

4c

que resultan ser un sistema compatible indeterminado (c ∈ R). Es decir, las parabolas

y = −(

1

4+ c

)

x2 − 3

4x + c, c ∈ R

son la solucion al problema planteado.

Ejercicio resueltoEncontrar la circunferencia de la familia

x2 + y2 + ax + by + c = 0

que mejor se ajuste, en el sentido de los mınimos cuadrados, a los puntos (0, 0), (1, 0), (0, 1) y (1, 1), indicando lascoordenadas del centro y el radio de la misma.

Exigimos que cada punto pertenezca a la circunferencia ax + by + c = −x2 − y2, con lo que obtenemos el sistema, decuatro ecuaciones y tres incognitas,

(0, 0) : 0 · a + 0 · b + c = −02 − 02 = 0

(1, 0) : 1 · a + 0 · b + c = −12 − 02 = −1

(0, 1) : 0 · a + 1 · b + c = −02 − 12 = −1

(1, 1) : 1 · a + 1 · b + c = −12 − 12 = −2

que matricialmente se puede escribir como Ax = b

0 0 11 0 10 1 11 1 1

abc

=

0−1−1−2

.

El sistema que debemos resolver para encontrar la solucion en el sentido de los mınimos cuadrados es el que nosproporcionan las ecuaciones normales de Gauss, AT Ab = AT b,

0 1 0 10 0 1 11 1 1 1

0 0 11 0 10 1 11 1 1

abc

=

0 1 0 10 0 1 11 1 1 1

0−1−1−2

2 1 21 2 22 2 4

abc

=

−3−3−4

167

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que resolvemos facilmente

2 1 2 −31 2 2 −32 2 4 −4

1 2 2 −32 1 2 −31 1 2 −2

1 2 2 −30 −3 −2 30 −1 0 1

1 2 2 −30 1 0 −10 0 −2 0

,

con lo que obtenemos c = 0, b = −1 y a = −1. Es decir, la circunferencia que mejor ajusta en el sentido de los mınimoscuadrados es

x2 + y2 − x− y = 0 →(

x− 1

2

)2

− 1

4+

(

y − 1

2

)2

− 1

4= 0 →

(

x− 1

2

)2

+

(

y − 1

2

)2

=

(√2

2

)2

,

con centro en (12 , 1

2 ) y de radio√

22 .

Observemos que, casualmente, el sistema Ax = b que obtenemos es compatible (ya que los cuatro puntos que nosdan son los vertices de un cuadrado de lado unidad y con centro en (1

2 , 12 )). Sabemos entonces que la solucion en el

sentido de los mınimos cuadrados coincide con la solucion del sistema original.

Ejercicio resueltoDeterminar la conica de la familia

ax2 + 4axy + ay2 + bx− by + 1 = 0

que mejor se ajusta, en el sentido de los mınimos cuadrados, a los puntos (1, 0), (−1, 0), (−1, 1) y (0, 2).

Exigimos que cada punto pertenezca a la conica a(x2 +4xy + y2)+ b(x− y)+1 = 0, con lo que obtenemos el sistema,de cuatro ecuaciones y dos incognitas,

(1, 0) : (12 + 4 · 1 · 0 + 02)a + (1− 0)b + 1 = 0 → a + b = −1,

(−1, 0) : ((−1)2 + 4(−1) · 0 + 02)a + (−1− 0)b + 1 = 0 → a− b = −1,

(−1, 1) : ((−1)2 + 4(−1) · 1 + 12)a + (−1− 1)b + 1 = 0 → −2a− 2b = −1,

(0, 2) : (02 + 4 · 0 · 2 + 22)a + (0− 2)b + 1 = 0 → 4a− 2b = −1,

que matricialmente se puede escribir como Ax = b

1 11 −1−2 −24 −2

[ab

]

=

−1−1−1−1

.

El sistema que debemos resolver para encontrar la solucion en el sentido de los mınimos cuadrados es el que nosproporcionan las ecuaciones normales de Gauss, AT Ab = AT b,

[1 1 −2 41 −1 −2 −2

]

1 11 −1−2 −24 −2

[ab

]

=

[1 1 −2 41 −1 −2 −2

]

−1−1−1−1

→[

22 −4−4 10

][ab

]

=

[−44

]

que resolvemos facilmente[

22 −4 −4−4 10 4

]

∼[

22 −4 −4−22 55 22

]

∼[

22 −4 −40 51 18

]

,

con lo que obtenemos b = 617 y a = − 2

17 . Es decir, la conica que mejor ajusta, en el sentido de los mınimos cuadrados,a la nube de puntos dada es

− 2

17(x2 + 4xy + y2) +

6

17(x− y) + 1 = 0 → 2(x2 + 4xy + y2)− 6(x− y) = 17.

Ejercicio resuelto

Consideremos la matriz A =

2 2 02 2 02 0 2

.

(a) Determinar una base y unas ecuaciones implıcitas de E = Col(A) ∩ (Nul(A))⊥ y de E⊥.

(b) Obtener una base ortonormal de Col(A) y calcular la matriz de la proyeccion ortogonal sobre dicho subespacio.

(c) Siendo b = [0 2 2]T , encontrar las soluciones en el sentido de los mınimos cuadrados de Ax = b. Determinar,

entre ellas, las que tengan norma√

5/4.

(d) Sea S = {v1, . . . , vp} un conjunto ortonormal en Rn. Probar que S es linealmente independiente.

168

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(a) Comentamos una de las diversas formas que hay para resolver este apartado.• Ecuaciones implıcitas de Col(A): Como sabemos, para encontrar unas ecuaciones implıcitas de un subespacio gene-

rado por varios vectores (en este caso los vectores columna de A) basta considerar un vector generico [x1 x2 x3]T e

imponer que sea combinacion lineal de dichos vectores.

2 2 0 x1

2 2 0 x2

2 0 2 x3

2 2 0 x1

0 0 0 x2 − x1

0 -2 2 x3 − x1

.

Comprobamos que la ecuacion implıcitax2 = x1 (9)

define a Col(A).• Ecuaciones implıcitas de (Nul(A))⊥: Comenzamos hallando una base de Nul(A), lo que se consigue sin mas queresolver Ax = 0. De la eliminacion de Gauss anterior se desprende que unas ecuaciones equivalentes al sistema son

{2x1+2x2 =0,−2x2+2x3=0,

las cuales, una vez resueltas nos dan la siguiente base

BNul(A) =

−111

.

Para obtener unas ecuaciones implıcitas de (Nul(A))⊥ simplemente hemos de utilizar las componentes de los vectores(solo uno en este caso) de la base como coeficientes en dichas ecuaciones. Ası tenemos que

−x1 + x2 + x3 = 0 (10)

es una ecuacion implıcita de (Nul(A))⊥.• Ecuaciones implıcitas y base de E: Uniendo las ecuaciones (9) y (10) tenemos unas ecuaciones implıcitas de E:

Ecs. Impl. E ≡{

x1−x2 =0,−x1+x2+x3=0,

y resolviendolas hallamos una base de E:

BE =

110

.

Nota: Podemos sustituir la segunda ecuacion implıcita de E por x3 = 0.• Ecuaciones implıcitas y base de E⊥: Para obtener una base de E⊥ basta tomar los vectores formados por los coefi-cientes de las ecuaciones implıcitas de E, es decir

BE⊥ =

1−10

,

−111

.

Por el proceso analogo podemos obtener unas ecuaciones implıcitas de E⊥:

Ecs. Impl. E⊥ ≡ x1 + x2 = 0.

Nota: Podemos sustituir el segundo vector de BE⊥ por [0 0 1]T .(b) Como ya hemos hecho una eliminacion de Gauss con la matriz A, sabemos que una base del espacio Col(A) puedeestar formada por las dos primeras columnas de la matriz. Sin embargo, estos dos vectores no son ortogonales, ası quetendrıamos que ortogonalizar los vectores mediante el metodo de Gram-Schmidt.

Para evitar esos calculos solo tenemos que darnos cuenta (por simple inspeccion) de que las dos ultimas columnasde A tambien forman una base de Col(A) y, ademas, es ortogonal. Dividiendo los dos vectores por su norma tendremosla base ortonormal que pide el enunciado:

BCol(A) =

1/√

2

1/√

20

,

001

.

169

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Siendo ahora

Q =

1/√

2 0

1/√

2 00 1

,

la matriz de la proyeccion ortogonal sobre Col(A) se puede calcular como

P = QQT =

1/√

2 0

1/√

2 00 1

[

1/√

2 1/√

2 00 0 1

]

=

1/2 1/2 01/2 1/2 00 0 1

.

Nota: Esta matriz es siempre la misma, independientemente de la base ortonormal escogida.(c) Podemos resolver el problema usando las ecuaciones normales de Gauss, pero ya que tenemos, del apartado anterior,la matriz P de la proyeccion ortogonal sobre Col(A), es mas corto calcular la proyeccion del vector b sobre Col(A) ydespues resolver

Ax = ProyCol(A)b.

Entonces, como

ProyCol(A)b = Pb =

112

,

el sistema que hemos de resolver es

2 2 02 2 02 0 2

x1

x2

x3

=

112

.

Realizamos ahora una eliminacion de Gauss, que es analoga a la que hicimos en el primer apartado,

2 2 0 12 2 0 12 0 2 2

2 2 0 10 0 0 00 −2 2 1

2 2 0 1

0 -2 2 10 0 0 0

,

llegando a la forma escalonada reducida

1 1 0 1/2

0 1 −1 −1/20 0 0 0

1 0 1 1

0 1 −1 −1/20 0 0 0

.

Es inmediato, tomando como variable libre x3 ∈ R, que la solucion del sistema es

x1

x2

x3

=

1−1/2

0

+ x3

−111

=

1− x3

−1/2 + x3

x3

.

Veamos ahora cual de esas soluciones verifica que su norma es√

5/4.

∥∥∥∥∥∥

1− x3

−1/2 + x3

x3

∥∥∥∥∥∥

=

(1− x3)2 + (−1/2 + x3)

2 + x23 =

3x23 − 3x3 +

5

4.

Imponiendo que la norma sea√

5/4 queda la condicion

3x23 − 3x3 = 0,

que nos da los valores x3 = 0 y x3 = 1. Sustituyendo en la solucion del sistema de mınimos cuadrados tenemos las dossoluciones que pide el enunciado:

1−1/2

0

y

01/21

.

(d) Escribamos una combinacion lineal de los vectores de S igualada a cero:

α1v1 + . . . + αpvp = 0.

En caso de que probemos que todos los coeficientes han de ser nulos tendremos que S es linealmente independiente.

170

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Multiplicando escalarmente la expresion anterior por cualquiera de los vectores de S (digamos vi) tendremos

α1(vi · v1) + . . . + αi−1(vi · vi−1) + αi(vi · vi) + αi+1(vi · vi+1) + . . . + αp(vi · vp) = 0.

Por ser S ortonormal, vi · vj = 0 siempre que j 6= i y ademas vi · vi = 1. Llevando todo esto a la expresion anteriortendremos

α1

=0︷ ︸︸ ︷

(vi · v1)+ . . . + αi−1

=0︷ ︸︸ ︷

(vi · vi−1)+αi

=1︷ ︸︸ ︷

(vi · vi)+αi+1

=0︷ ︸︸ ︷

(vi · vi+1)+ . . . + αp

=0︷ ︸︸ ︷

(vi · vp) = 0,

quedando, por tanto,αi = 0.

Como el razonamiento no depende del subındice i escogido, acabamos de probar que todos los coeficientes de lacombinacion lineal son nulos y, de ese modo, S es linealmente independiente.

3. Ejercicios.

Ejercicio 1. Resolver en el sentido de los mınimos cuadrados los siguientes sistemas de ecuaciones

(a) x = 1, x = 7, x = −3, x = 12.

(b) x = a1, x = a2, ..., x = an, siendo a1, a2, ..., an numeros reales. ¿Que se obtiene cuando alguno de los valores ak

aparece repetido?

(c) Ax = b siendo

A =

[1 11 1

]

y b =

[24

]

.

Ejercicio 2. Resuelve en el sentido de los mınimos cuadrados los dos sistemas equivalentes siguientes (que tendrıanlas mismas soluciones exactas si fueran compatibles)

{x1 + x2 = 3

2x1 + 2x2 = 4

{x1 + x2 = 3x1 + x2 = 1

Ejercicio 3. Dados el subespacio E = Gen{

[1, 0, 0, 1]T , [0, 1, 0, 2]T , [0, 0, 1, 1]T}

y la matriz

A =

a1 b1

a2 2a3 b2

−2 b3

.

(a) Calcular una base de E⊥.

(b) Hallar la matriz de la proyeccion ortogonal sobre E.

(c) Calcular A sabiendo que Col (A)) esta contenido en E⊥.

(d) Resolver en el sentido de los mınimos cuadrados, el sistema Ax = b con b = (1,−1, 0, 0)t.

Ejercicio 4. Calcular las rectas de regresion y = ax + b y x = αy + β para los datos:

x 1 2 3 4 5 6 7y 2 3 1 4 6 7 5

Ejercicio 5. Se supone que el numero de horas de autonomıa de un avion esta relacionada con las cantidades de dostipos de combustible x1 y x2 (que se pueden utilizar de manera indistinta o mezclados) mediante y = c1x1 + c2x2.Despues de realizar un experimento se obtienen los siguientes datos.

x1 1 0 1 2 1x2 0 1 1 1 2y 4 5 6 5 4

¿Cuales son los mejores coeficientes c1 y c2 en el sentido de los mınimos cuadrados?

171

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Ejercicio 6. Consideremos el sistema

0 11 1−1 12 1

(xy

)

=

1133

.

Sus ecuaciones normales de Gauss son:[6 11 4

][xy

]

=

[48

]

.

[6 22 4

][xy

]

=

[24

]

.

[6 22 4

][xy

]

=

[48

]

.

Ejercicio 7. Consideremos los vectores v1, v2, v3 y v4 de R4 y la matriz C dados por

v1 =

1−120

, v2 =

0122

, v3 =

1−123

, v4 =

−1−812

; C =

v1 v2

.

(a) Calcular la matriz de la proyeccion ortogonal sobre S = Gen {v1, v2, v3}, el vector de S mas cercano a v4 y ladistancia de v4 a S.

(b) Resolver, en el sentido de los mınimos cuadrados, el sistema Cx = v3.

172

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Tema 10.- Autovalores y Autovectores.

1. Definicion y propiedades.2. Matrices diagonalizables.3. Matrices semejantes y aplicaciones lineales.4. Autovalores y autovectores complejos.5. Ejercicios.

A lo largo de todo el tema trataremos esencialmente con matrices cuadradas reales (aunque muchos de los resul-tados que veamos tambien seran validos para el caso de matrices cuadradas complejas). De todos modos, aunque setrabaje con matrices reales, sera imprescindible hacer referencia a los numeros complejos puesto que un polinomio concoeficientes reales puede tener raıces complejas no reales.

Una matriz A cuadrada real m×m define una transformacion lineal sobre Rm,

x ∈ Rm −→ y = Ax ∈ Rm.

La transformacion de vectores que efectua la matriz A puede ser mas o menos sencilla de describir dependiendo delvector (o de la direccion) sobre la que se efectue. El problema fundamental que se aborda es el de la determinacion delas llamadas direcciones principales: direcciones sobre las que la matriz A actua como la multiplicacion por un numero.Consideremos algunos ejemplos geometricos en el plano y en el espacio.

Ejemplos.

(1) Consideremos la transformacion lineal en el plano consistente en la simetrıa respecto de una recta r que pase por elorigen de coordenadas. Aplicando esta transformacion sobre un vector de dicha recta se obtiene el mismo vectory aplicandola sobre un vector de la recta s perpendicular a r que pasa por el origen de coordenadas se obtieneel vector opuesto. Los vectores (no nulos) de las rectas r y s se denominan vectores propios o autovectoresde la transformacion dada. Las rectas a veces se denominan direcciones principales de la transformacion y loscoeficientes λ1 = 1 y λ2 = −1, asociados a dichas direcciones, se suelen denominar valores propios o autovalores.

(2) Consideramos un plano π que pase por el origen en el espacio R3 y la transformacion lineal T : R3 −→ R3 queasocia a cada vector v ∈ R3 el vector T (v) ∈ R3 que se obtiene al proyectar v (ortogonalmente) sobre el planoconsiderado. Si {v1, v2} son dos vectores que generan el plano y v3 es un vector (no nulo) perpendicular al planotenemos que

T (v1) = v1, T (v2) = v2, T (v3) = 0

con lo cual v1, v2 y v3 son autovectores y los coeficientes respectivos 1, 1 y 0 son autovalores. Puesto que losvectores v1, v2 y v3 forman una base de R3, cualquier vector v ∈ R3 puede expresarse como combinacion deellos y teniendo dicha expresion v = αv1 + βv2 + γv3 es inmediato obtener T (v) como combinacion lineal de losvectores v1, v2 y v3,

T (v) = αT (v1) + βT (v2) + γT (v3) = αv1 + βv2.

Por ejemplo, para el plano π ≡ 2x− 3y + z = 0 podemos tomar los vectores

v1 =

320

, v2 =

10−2

y v3 =

2−31

(la transformacion lineal no depende de como elijamos los vectores v1, v2 y v3). Notemos que a partir de loanterior es facil obtener la matriz A de T respecto a la base canonica (puesto que tenemos los vectores v1, v2 yv3 y sus transformados expresados respecto a la base canonica). La matriz A verifica

A

v1 v2 v3

=

Av1 Av2 Av3

y puesto que la matriz

P =

v1 v2 v3

tiene inversa (por ser sus vectores-columna linealmente independientes), podemos despejar la matriz A,

A =

Av1 Av2 Av3

v1 v2 v3

−1

=

3 1 02 0 00 −2 0

1

28

6 5 32 −3 −134 −6 2

=1

28

20 12 −412 10 6−4 6 26

.

173

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(3) Si A es una matriz diagonal con elementos diagonales d1, d2, . . . , dm, es claro que para los vectores canonicose1, e2, . . . , em se verifica Aek = dkek.

(4) Si tomamos dos vectores {v1, v2} linealmente ndependientes del plano, cualquier transformacion lineal T : R2 −→R2 queda determinada si conocemos como actua sobre estos vectores. Si A es la matriz asociada a T respecto ala base canonica, podemos determinar dicha matriz a partir de Av1 y Av2 (si conocemos las coordenadas de losvectores v1, v2, Av1 y Av2 respecto a la base canonica). Si tomamos por ejemplo los vectores

v1 =

[1−2

]

, v2 =

[−2−1

]

, T (v1) = Av1 = −3v1, T (v2) = Av2 = 2v2

(con lo cual tenemos una situacion en la que conocemos las direcciones sobre las cuales la transformacion actuamultiplicando por un numero), es facil determinar la matriz A teniendo en cuenta que, puesto que v1 y v2 sonlinealmente independientes, la matriz cuyas columnas son v1 y v2 tiene inversa y

A

v1 v2

=

−3v1 2v2

=⇒ A

v1 v2

=

v1 v2

[−3 00 2

]

=⇒

=⇒ A =

v1 v2

[−3 00 2

]

v1 v2

−1

Notemos que de esta ultima expresion es facil obtener las matrices An, n = 1, 2, . . .

An =

v1 v2

[(−3)n 0

0 2n

]

v1 v2

−1

y, por tanto, los vectores que se obtienen al aplicar sucesivamente la matriz A sobre un vector dado

u, Au, A(Au) = A2u, . . . , Anu, . . .

1. Definicion y propiedades.

Definicion. Sea A una matriz cuadrada de orden m. Diremos que un escalar λ ∈ C es un autovalor de A si existeun vector v ∈ Cm, v 6= 0 tal que Av = λv, en cuyo caso se dice que v es un autovector de A asociado al autovalor λ.

Obviamente, si tenemos un autovector v de A asociado a un autovalor λ, cualquier multiplo no nulo de v tambien esun autovector de A asociado al mismo autovalor λ. Tambien, si tenemos dos autovectores v1 y v2 asociados a un mismoautovalor λ, cualquier combinacion lineal no nula de dichos autovectores tambien es un autovector de A asociado almismo autovalor λ.

Observacion. Al hacer transformaciones fila (o columna) sobre una matriz A, los autovalores y los autovectores de lamatriz que se obtiene NO guardan relacion (en general) con los autovalores y autovectores de la matriz original. En ge-neral, tampoco es cierto que los autovalores de una matriz suma/resta/producto de otras dos sean suma/resta/productode los autovalores de cada uno de los sumandos. Ejercicio.- Buscar ejemplos de todo lo anterior.

Proposicion. Dada una matriz cuadrada A y un numero λ0 ∈ C, son equivalentes:

(1) λ0 es un autovalor de A.

(2) El sistema homogeneo (A− λ0I)x = 0 es un sistema compatible indeterminado.

(3) dim [Nul (A− λ0I)] ≥ 1. (3’) El rango[A− λ0I] no es maximo.

(4) La matriz (A− λ0I) no tiene inversa.

(5) det[A− λ0I] = 0.

Por tanto, los autovalores de A son las soluciones de la ecuacion p(λ) = det [A− λI] = 0. Esta ecuacion se denominaecuacion caracterıstica de la matriz A y p(λ) = det [A− λI] se denomina polinomio caracterıstico.

174

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Siendo A = [aij ] una matriz m×m,

p(λ) = det [A− λI] =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 − λ a12 . . . a1m

a21 a22 − λ . . . a2m

......

. . ....

am1 am2 . . . amm − λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= (−1)mλm + cm−1λm−1 + . . . + c0

es un polinomio de grado m y, por tanto, tiene m raıces (contando cada una segun su multiplicidad) que pueden serreales o complejas no-reales (aun en el caso en que la matriz A sea real).

El subespacio vectorial Nul [A− λ0I] se denomina espacio propio asociado al autovalor λ0 (notemos que engeneral estara compuesto por vectores complejos, los autovectores de A asociados a λ0 y el vector nulo),

Nul [A− λ0I] = {0} ∪ {autovectores asociados a λ0} .

De manera habitual cuando hablemos de autovectores asociados a un autovalor nos referiremos a una base del espa-cio propio asociado, es decir autovectores linealmente independientes de forma que cualquier autovector asociado alautovalor en cuestion sea combinacion lineal de ellos.

Ejemplos. Veamos algunos ejemplos en los que la matriz A viene dada.

(1) Consideremos la matriz A =

[1 22 1

]

.

Autovalores: Para cualquier escalar λ tenemos que

A− λI =

[1− λ 2

2 1− λ

]

=⇒ det(A− λI) = (1 − λ)2 − 4 = λ2 − 2λ− 3 = (λ− 3)(λ + 1).

Por tanto det(A− λI) = 0⇐⇒ λ = −3 o λ = −1.

Autovectores

asociados a λ1 = 3 : son los vectores no-nulos que estan en el espacio nulo de A− 3I,

(A− 3I)x = 0 ≡[−2 2 02 −2 0

]

−→[−1 1 00 0 0

]

⇒ x = x2

[11

]

⇒ v1 =

[11

]

,

asociados a λ2 = −1 : son los vectores no-nulos que estan en el espacio nulo de A + I,

(A + I)x = 0 ≡[

2 2 02 2 0

]

−→[

1 1 00 0 0

]

⇒ x = x2

[−11

]

⇒ v2 =

[−11

]

.

(2) Consideremos la matriz asociada a un giro (en el plano) de centro el origen de coordenadas y angulo ϕ ∈ [0, 2π).En el caso ϕ = 0 se obtiene la identidad y en el caso ϕ = π la simetrıa respecto al origen de coordenadas. Siϕ 6= 0, π, al aplicar el giro sobre un vector (real) distinto de cero se obtiene otro vector que en ningun casosera un multiplo (real) del vector al que se aplica el giro. Esto quiere decir que la matriz del giro no tiene ningunautovalor real (salvo en los casos ϕ = 0, π). Resolvamos la ecuacion caracterıstica

G =

(cos(ϕ) − sen(ϕ)sen(ϕ) cos(ϕ)

)

⇒ p(λ) = det(G− λI) =

∣∣∣∣

cos(ϕ)− λ − sen(ϕ)sen(ϕ) cos(ϕ)− λ

∣∣∣∣

= (cos(ϕ)− λ)2 + sen2(ϕ) = 0 → cos(ϕ)− λ = ±i sen(ϕ) → λ = cos(ϕ) ± i sen(ϕ) = e±iϕ.

Calculemos los autovectores asociados a cada uno de los autovalores.

λ1 = eiϕ Tenemos que resolver el problema homogeneo (G− λ1I)x = 0,

[−i sen(ϕ) − sen(ϕ) 0sen(ϕ) −i sen(ϕ) 0

]F2 − iF1

−→

[−i sen(ϕ) − sen(ϕ) 0

0 0 0

]sen(ϕ) 6= 0

=⇒

=⇒[

x1

x2

]

= x1

[1−i

]

⇒ Nul [G− λ1I]Gen

{

v1 =

[1−i

]}

.

λ2 = e−iϕ Es facil comprobar que

Nul [G− λ2I] = Gen

{

v2 =

[1i

]}

.

175

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Las propiedades referidas a autovalores las podemos agrupar dependiendo de si pueden obtenerse directamente dela definicion (con lo cual estaran involucrados los autovectores) o si se obtienen a partir del polinomio caracterıstico(algunas de ellas pueden obtenerse de las dos formas).

Proposicion 1. Sea λ un autovalor de A y v un autovector asociado, entonces:

(1) αλ es un autovalor de αA y v es un autovector asociado.

(2) (λ − µ) es un autovalor de A− µI y v es un autovector asociado.

(3) λk es un autovalor de Ak y v es un autovector asociado.

(4) Si q(·) es un polinomio, entonces q(λ) es un autovalor de q(A) y v es un autovector asociado.(Ejemplo: 3λ3 + 5λ2 − 7λ + 2 es un autovalor de la matriz 3A3 + 5A2 − 7A + 2I).

(5) Si A tiene inversa, entonces λ 6= 0, λ−1 es un autovalor de A−1 y v es un autovector asociado.

(6) Sea A es una matriz real, λ = a + bi ∈ C, (a, b ∈ R) un autovalor de A y v = u + iw ∈ Cm un autovector de Aasociado a λ. Entonces λ = a − bi ∈ C tambien es autovalor de A y v = u − iw ∈ Cm es un autovector de Aasociado a λ.

Proposicion 2. Sea A una matriz m×m. Se verifica:

(a) A tiene a lo sumo m autovalores distintos.

(b) A y AT tienen los mismos autovalores (aunque los autovectores asociados pueden ser distintos).

Proposicion 3. Sea A una matriz m×m y sea

p(λ) = det [A− λI] = (−1)mλm + cm−1λm−1 + · · ·+ c1λ + c0 = (−1)m(λ− λ1) · · · (λ − λm)

su polinomio caracterıstico (es decir λ1, · · · , λm son los autovalores de A, iguales o distintos). Se verifica:

(a) El determinante de A es igual al producto de sus autovalores (apareciendo cada uno, en dicho producto, tantasveces como indique su multiplicidad como raız del polinomio caracterıstico)

λ1 · λ2 · . . . · λm = det(A) = p(0) = c0.

(b) La traza de A (la suma de los elementos diagonales de A) es igual a la suma de sus autovalores (apareciendo cadauno, en dicha suma, tantas veces como indique su multiplicidad como raız del polinomio caracterıstico)

λ1 + λ2 + . . . + λm = (−1)m−1cm−1 = traza(A) := a11 + a22 + · · ·+ amm.

Uno de los resultados mas importantes referidos a autovalores y autovectores es el siguiente.

Teorema. A autovalores distintos corresponden autovectores linealmente independientes. Es decir, si λ1, . . . , λp

son autovalores de A distintos dos a dos y v1, . . . , vp son autovectores de A asociados respectivamente a λ1, . . . , λp,entonces

v1, . . . , vp son linealmente independientes.

2. Matrices diagonalizables.

Definicion. Se dice que una matriz A m×m es diagonalizable si existe alguna matriz P no singular tal que P−1APes una matriz diagonal D. En este caso, se dice que P es una matriz de paso que diagonaliza A y que la expresionA = PDP−1 es una diagonalizacion de A.

Notemos que si

P−1AP = D =

d1 0 0 . . . 00 d2 0 . . . 00 0 d3 . . . 0...

......

. . ....

0 0 0 . . . dm

176

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entonces de la igualdad matricial AP = PD,

A

v1 v2 . . . vm

=

v1 v2 . . . vm

d1 0 . . . 00 d2 . . . 0...

.... . .

...0 0 . . . dm

se obtiene que cada columna, Avk, de la matriz AP es igual a la correspondiente columna de PD. Es decir, cadacolumna de P es un autovector de A asociado al correspondiente elemento diagonal de D, que sera un autovalor de A.

Por otra parte, el que la matriz P sea no-singular (≡ regular ≡ tiene inversa ≡ det(A) 6= 0) es equivalente a quesus m columnas sean linealmente independientes.

Cuando sea posible, para construir una diagonalizacion de A bastara con obtener m autovectores linealmenteindependientes. La matriz P de orden m que tenga a dichos autovectores linealmente independientes como columnas(en un cierto orden) sera no-singular y verificara AP = PD siendo D la matriz diagonal cuyos elementos diagonalesson los autovalores (en el mismo orden en el que hayamos puesto los autovectores en la matriz P ). Por tanto tenemosuna diagonalizacion de A.

Notemos que si en una diagonalizacion A = PDP−1

cambiamos el orden en las columnas de P y de forma simultanea cambiamos el orden en los elementos diagonalesde D, de manera que se correspondan columnas de P -elementos diagonales de D, se obtiene otra diagonalizacionde A;

sustituimos cada columna de P por un multiplo no-nulo de dicha columna obtenemos otra matriz de paso distintaque tambien diagonaliza a A (la matriz D no cambia).

Proposicion 4. Sea A una matriz m×m. Se verifica:

(1) A es diagonalizable si y solo si tiene m autovectores linealmente independientes.

(2) Si A es diagonalizable tambien lo es cualquier potencia Ak, k = 1, 2, · · ·

(3) Si A es diagonalizable tambien lo es cualquier matriz de la forma A− µI.

(4) Si A es diagonalizable tambien lo es cualquier polinomio en A

q(A) = ckAk + · · ·+ c1A + c0I.

(5) Si A tiene inversa, A es diagonalizable si y solo si lo es su inversa A−1.

(6) A es diagonalizable si y solo si lo es AT

Si tenemos una diagonalizacion de A, P−1AP = D ≡ A = PDP−1 se obtienen las siguientes diagonalizaciones de Ak, A−µI, AT

y A−1 (si existe)

Ak = PD

kP

−1, A − µI = P (D − µI)P−1

, AT = (P T )−1

D(P T ), A−1 = PD

−1P

−1.

Teorema. Si todos los autovalores de A son simples (A tiene m autovalores distintos), entonces A es diagonalizable.

Para que una matriz sea diagonalizable no es imprescindible que todos sus autovalores sean simples. Por ejemploλ = 1 es un autovalor doble de la matriz

A =

2 1 01 2 00 0 1

y A es diagonalizable (¡compruebalo!). Aunque hay matrices que no son diagonalizables, como por ejemplo

B =

[2 10 2

]

.

Para analizar de forma mas detallada cuando una matriz es diagonalizable consideramos los siguientes conceptos.

Definicion. Sea A una matriz m×m y sea λ0 un autovalor de A. Se llama:

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(a) Multiplicidad algebraica de λ0, y se denota por ma(λ0), a la multiplicidad de λ0 como raız del polinomiocaracterıstico p(λ) = det(A− λI) de A. Es decir, p(λ) puede factorizarse como

p(λ) = (λ− λ0)ma(λ0)q(λ),

siendo q(λ) un polinomio (de grado m−ma(λ0)) que no se anula para λ0, q(λ0) 6= 0.

(b) Multiplicidad geometrica de λ0, y se denota por mg(λ0), a la dimension del espacio nulo de A− λ0I,

dim [Nul (A− λ0I)] = m− rango[(A− λ0I)].

Es decir, la multiplicidad geometrica coincide con el numero (maximo) de autovectores linealmente independientesasociados al autovalor.

Lo unico que se puede afirmar en general sobre la relacion entre las multiplicidades algebraica y geometrica de unautovalor de una matriz viene dado por el siguiente resultado.

Lema. Sea λ0 un autovalor de una matriz A, entonces 1 ≤ mg(λ0) ≤ ma(λ0).

Teorema. A es diagonalizable si y solo si para cada autovalor λ se verifica que

ma(λ) = mg(λ).

En ese caso, si λ1, . . . , λp son (todos) los autovalores distintos de A y tenemos una base Bk de cada uno de lossubespacios Nul [A− λkI] (es decir, tenemos tantos autovectores linealmente independientes asociados a λk comoindica su multiplicidad algebraica), entonces

B = B1 ∪ . . . ∪ Bp

es una base de Rm o de Cm.

Por tanto:

Para determinar si una matriz es diagonalizable habra que determinar si cada autovalor multiple tiene asociadostantos autovectores linealmente independientes como indique su multiplicidad algebraica.

Para construir una diagonalizacion, cuando sea posible, habra que obtener tanto autovectores linealmente inde-pendientes, asociados a cada autovalor, como indique su multiplicidad algebraica;

Aplicacion a recurrencias vectoriales.Definicion. Sea A una matriz cuadrada de orden m y sea u1, u2, . . . , un, . . . una sucesion de vectores en Rm definidosde manera recurrente por

un = Aun−1, n = 1, 2, . . .

a partir de un vector inicial u0 ∈ Rm. Una relacion de recurrencia vectorial de esta forma se llama sistema de ecuacionesen diferencias lineal homogeneo de primer orden con coeficientes constantes.

Si un = Aun−1 es un sistema de ecuaciones en diferencias, se tiene, razonando por induccion, que un = Anu0.Con esta expresion podemos hallar un para cualquier valor de n. Si A diagonaliza, podemos dar una expresion massimple para un que nos permitira ahorrar tiempo de calculo y tambien estudiar el comportamiento a largo plazo de lasucesion un.Proposicion. Sea A una matriz cuadrada de orden m diagonalizable y u0 ∈ Rm. Entonces la solucion del sistema deecuaciones en diferencias un = Aun−1 con vector inicial u0 es

un = Anu0 = PDnP−1u0, n = 1, 2, . . .

siendo P la matriz cuyas columnas forman una base de autovectores de A y D la matriz diagonal cuyos elementosdiagonales son los autovalores correspondientes.Observaciones.

Notese que si A no es diagonalizable no es posible, en general, aplicar la tecnica anterior para calcular la soluciondel sistema de ecuaciones en diferencias asociado. Sin embargo, hay un caso especialmente facil de resolver; siu0 es combinacion lineal de autovectores de A, podemos calcular un = Anu0 aunque no sepamos calcular An: Siu0 = α1v1 + · · ·+ αkvk y Avj = λjvj para cada j = 1, . . . , k, entonces

Anu0 = α1λn1v1 + · · ·αkλn

kvk.

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3. Matrices semejantes y aplicaciones lineales.

Consideremos una aplicacion lineal T : Rm → Rm. Fijada la base canonica Cm = {e1, . . . , em} de Rm, esta aplicacionlineal tiene asociada una matriz A, la matriz cuyas columnas son las coordenadas de los vectores T (e1), T (e2), . . . T (em)respecto a la base Cm.

Si fijamos otra base B = {v1, . . . , vm} de Rm, la aplicacion lineal T tiene asociada una matriz B respecto a dichabase, la matriz cuyas columnas son las coordenadas de los vectores T (v1), T (v2), . . . T (vm) respecto a la base B, esdecir,

[T (v1)]B , . . . , [T (vm)]B .

Las matrices A y B verifican que B = P−1AP siendo

P =

v1 . . . vm

.

En general, dicha relacion se formaliza mediante la siguiente definicion.

Definicion. Se dice que dos matrices m×m A y B son semejantes si existe alguna matriz no singular P tal que

B = P−1AP.

La matriz P se suele denominar matriz de paso.A la vista de la definicion es obvio que una matriz es diagonalizable si es semejante a una matriz diagonal.

Proposicion. Si A y B son semejantes, entonces:

A y B tienen el mismo polinomio caracterıstico y, por tanto, los mismos autovalores con las mismas multiplici-dades algebraicas. Si v es un autovector de A asociado a un autovalor λ, entonces P−1v es un autovector de Basociado al mismo autovalor λ (siendo P la matriz no singular tal que B = P−1AP ).

det(A) = det(B) y tr(A)=tr(B).

Cada autovalor (de A y B) tiene la misma multiplicidad geometrica para ambas matrices, es decir,

dim [Nul (A− λI)] = dim [Nul (B − λI)] .

Para cada exponente k = 1, 2, . . . se verifica que

dim[Nul

((A− λI)k

)]= dim

[Nul

((B − λI)k

)].

Notemos por otra parte que el que dos matrices tengan los mismos autovalores no conlleva, en general, el que seansemejantes; por ejemplo, las matrices

A =

[0 10 0

]

y B =

[0 00 0

]

tienen como unico autovalor a λ = 0 pero no son semejantes.

4. Autovalores y autovectores complejos.

Antes hemos visto como, de manera natural, pueden aparecer autovalores y autovectores complejos (no reales)asociados a una matriz real A. La interpretacion geometrica del hecho de tener una pareja autovalor-autovector realespara A la vimos antes:

en la direccion del autovector (la recta generada por el) la matriz A actua multiplicando porel autovalor, es decir, si el autovalor es positivo actua como una homotecia y si el autovalores negativo actua como una homotecia y una simetrıa respecto al origen. Si el autovalores nulo, la matriz actua “aplastando” sobre el vector nulo toda la recta generada por elautovector.

179

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En lo que sigue veremos la interpretacion geometrica (en el espacio real Rm) de la presencia de un autovalorcomplejo λ = a + bi, b 6= 0 de una matriz real A de orden m. Veremos que dicha presencia indica que sobre undeterminado plano de Rm la matriz A actua como un giro, respecto a unas variables apropiadas, y una homotecia. Larazon de la homotecia sera el modulo del autovalor |λ| =

√a2 + b2 y el angulo de giro sera ±argumento de λ.

De forma analoga a la terminologıa usada para numeros, si tenemos un vector complejo

v =

α1 + iβ1

...αn + iβn

∈ Cn, α1, α2, . . . , αn; β1, β2, . . . , βn,

los vectores reales cuyas coordenadas son respectivamente las partes real e imaginaria de v se denominan vector partereal y vector parte imaginaria de v, y el vector complejo cuyas coordenadas vienen dadas por los complejos conjugadosde las coordenadas de v se denomina vector conjugado de v,

u1 = Re(v) =

α1

...αn

, u2 = Im(v) =

β1

...βn

, v = u1 + iu2; v = u1 − iu2.

Obviamente v y v pueden expresarse como combinacion lineal con coeficientes complejos de u1 y u2. Por otra parte,u1 y u2 tambien pueden expresarse como combinacion lineal de v y v

u1 =1

2(v + v) y u2 =

1

2i(v − v).

Por tanto, los subespacios complejos que generan, por un lado v y v y por el otro u1 y u2 coinciden

{combinaciones lineales complejas de v, v} = {combinaciones lineales complejas de u1, u2} .

En esta seccion veremos el significado geometrico de que una matriz real tenga un autovalor complejo no real y laexpresion real (con matrices reales) asociada a una diagonalizacion compleja de una matriz real. En la interpretaciongeometrica juega un papel fundamental el subespacio vectorial real generado por las partes real e imaginaria u1 y u2

de un autovector complejo v

Gen {u1, u2} = {combinaciones lineales reales de u1, u2} .

Antes de pasar a una matriz de orden supeior, veamos un ejemplo con una matriz de orden 2.

Ejemplo.real de orden 2 con autovalores complejos (no reales), por ejemplo

A =

[2 −12 0

]

→ p(λ) = det(A− λI) = λ2 − 2λ + 2 = 0 → λ1 = 1 + i, λ2 = λ1 = 1− i.

Asociado a cada uno de los autovalores obtendremos los correspondientes autovectores:

asociados a λ1 = 1 + i : [A− (1 + i)I]x = 0

[1− i −1 0

2 −1− i 0

]

−→ x =x2

2

[1 + i

2

]

, v1 =

[1 + i

2

]

=

[12

]

+ i

[10

]

.

asociados a λ1 = 1 + i : [A− (1 + i)I]x = 0, es facil comprobar que las soluciones son los multiplos del vector

v2 = v1 =

[1− i

2

]

=

[12

]

− i

[10

]

.

Hay que destacar dos aspectos fundamentales que aparecen cuando se tienen autovalores complejos no-reales de unamatriz real,

Aritmetico: Si consideremos una pareja autovalor-autovector complejos (no-reales)

λ1 = a + bi, a, b ∈ R; v1 = u1 + iu2, u1, u2 ∈ R2

entonces los vectores parte real u1 y parte imaginaria u2 del autovector son linealmente independientes y losconjugados

λ1 = a− bi, v1 = u1 − iu2

tambien son una pareja autovalor-autovector.

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Geometrico: Sobre el plano definido por los vectores parte real y parte imaginaria (en el ejemplo anterior todoel plano R2 pero si estuvieramos considerando una matriz de orden mayor se tratarıa de un plano en la di-mension correspondiente) la matriz realiza una transformacion que puede describirse como: un giro (con lasparticularidades que veremos mas adelante) y una homotecia.

Para visualizar mejor la geometrıa de la transformacion definida por la matriz anterior, vamos a considerar unmultiplo de dicha matriz de forma que podamos visualizar el efecto de la aplicacion sucesiva de la transformacionsobre un vector real.

Puesto que |λ1| = |λ2| =√

2, vamos a considerar la matriz B = 1√2A. Al aplicar la transformacion definida por B

sobre un vector real, por ejemplo el primer vector canonico e1, tenemos

e1 =

[10

]

→ Be1 =√

2

[11

]

→ B2e1 =

[12

]

→ B3e1 =√

2

[01

]

→ B4e1 =

[−10

]

= −e1 → B5e1 = −√

2

[11

]

= −Be1, . . .

Todos los puntos que se obtienen estan sobre la elipse de ecuacion

2x2 + y2 − 2xy − 2 = 0.

Si tomamos otro vector inicial w ∈ R2, la sucesion devectores que se genera de esta forma

w, Bw, B2w, . . .

estaran sobre una elipse homotetica con la anterior, esdecir su ecuacion sera de la forma

2x2 + y2 − 2xy + d = 0

siendo d un valor que quedara determinado por el pun-to w incicial. El comportamiento de los sucesivos pun-tos que se van obteniendo podrıa describirse como elde la aplicacion sucesiva de un giro elıptico. De hecho,si consideramos las variables adecuadas (que seran lascoordenadas respecto a la base, de R2, dada por los vec-tores parte-real y parte-imaginaria de un autovector) latransformacion es un giro (respecto de ese sistema deejes no-perpendiculares).

1

2

3

4

5

6

7

82x2 + y2 − 2xy − 2 = 0

X

Y

Teorema Consideremos una matriz real A de orden 2 con un autovalor complejo λ1 = a + bi ∈ C(a, b ∈ R, b 6= 0) yconsideremos un autovector v1 = u1 + iu2 ∈ C2(u1, u2 ∈ R2) de A asociado a λ1. Entonces se verifica:

(a) v2 = v1 = u1 − iu2 es un autovector de A asociado al autovalor λ2 = λ1 = a− bi.

(b) Los vectores parte real y parte imaginaria de v1 son linealmente independientes,

{u1, u2} son linealmente independientes.

(c) Au1 = au1 − bu2, Au2 = bu1 + au2 y, por tanto,

P−1AP = C =

[a b−b a

]

siendo P =

u1 u2

.

Es decir, si consideramos la transformacion lineal que define A

x ∈ R2 −→ y = T (x) = Ax ∈ R2

y la expresamos en coordenadas respecto a la base {u1, u2} de R2 tenemos que

T (c1u1 + c2u2) = A(c1u1 + c2u2) = c1Au1 + c2Au2 = c1(au1 − bu2) + c2(bu1 + au2) == (ac1 + bc2)u1 + (−bc1 + ac2)u2.

Por tanto, la transformacion T viene dada en coordenadas respecto a {u1, u2} mediante[

c1

c2

]

−→[

ac1 + bc2

−bc1 + ac2

]

=

[a b−b a

][c1

c2

]

.

181

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Siendo λ1 = a + bi = ρeiθ tenemos que

[a b−b a

]

= ρ

[cos θ sen θ− sen θ cos θ

]

y por tanto la transformacion T consiste en hacer un giro y una homotecia en las coordenadas respecto a U = {u1, u2}.

xcoordenadascanonicas

-y = Ax

coordenadascanonicas

cambiode base

?

P−1 P

6cambiode base

x′ = P−1xcoordenadasrespecto a U

-Giro y

Homotecia

y′ = Cx′

coordenadasrespecto a U

Resumiendo, la matriz A real de orden 2 con autovalores complejos a± bi, b 6= 0 es diagonalizable con matriz de pasocompleja Q,

Q =

v1 v2

=⇒ AQ = Q

[a + bi 0

0 a− bi

]

=⇒ Q−1AQ = D =

[a + bi 0

0 a− bi

]

y considerando la matriz formada por los vectores parte-real y parte-imaginaria de un autovector complejo puedeobtenerse, mediante una matriz de paso real, la matriz (real)

[a b−b a

]

que representa un giro y una homotecia (en las coordenadas respecto a la base dada por los vectores parte-real yparte-imaginaria de un autovector complejo).

En el caso de tener una matriz real diagonalizable de mayor dimension con autovalores complejos podemos procederde un modo similar para obtener una matriz real no diagonal, pero sı diagonal por bloques, con una estructurasimilar a la anterior. Ası, una matriz diagonalizable pero con algun autovalor complejo no real (con lo cual la matrizde paso tendra algunos elementos no reales) sera semejante, a traves de una matriz de paso real, a una matriz diagonalpor bloques

C =

C1 0 0 . . . 00 C2 0 . . . 00 0 C3 . . . 0...

......

. . ....

0 0 0 . . . Ck

donde cada bloque diagonal Cj es, o bien un autovalor real o bien una matriz 2× 2 de la forma

[a b−b a

]

donde a y b son respectivamente la parte real e imaginaria de un autovalor complejo (no real) de A.

Lema. Si λ = a + bi, a, b ∈ R, b 6= 0 es un autovalor de A (matriz cuadrada real) y v = u1 + iu2 (u1, u2 ∈ Rm) es unautovector de A asociado a λ, (⇒ v = u1 − iu2 es un autovector de A asociado a λ = a − bi), entonces u1 y u2 sonlinealmente independientes.

Por tanto, tenemos las igualdades

Av = λv = (a + bi) (u1 + iu2) ⇒ Au1 + iAu2 = (au1 − bu2) + i (bu1 + au2)Av = λv = (a− bi) (u1 − iu2) ⇒ Au1 − iAu2 = (au1 − bu2)− i (bu1 + au2)

y por tanto, identificando las partes real e imaginaria en cualquiera de las dos igualdades anteriores tenemos,

Au1 = au1 − bu2

Au2 = bu1 + au2

}

.

182

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Expresando estas igualdades de forma matricial tenemos

A

u1 u2

u1 u2

[a b−b a

]

.

Ası, si multiplicamos A por una matriz en la que los autovectores omplejos v y v sean dos vectores columna tenemos

A

· · · v v · · ·

· · · v v · · ·

. . .

λ 00 λ

. . .

mientras que si sustituimos dichas columnas por la parte real y la parte imaginaria de v tendremos

A

· · · u1 u2 · · ·

· · · u1 u2 · · ·

. . . 0 . . .

. . .a b−b a

. . .

. . . 0. . .

con lo cual, si multiplicamos A por una matriz real P cuyas columnas forman una base de Rn y en la que u1 y u2

sean dos vectores columna y los restantes vectores columna sean autovectores reales o vectores obtenidos a partir dela parte real y de la parte imaginaria (por parejas) de un autovector complejo, tendremos

AP =

· · · u1 u2 · · ·

· · · u1 u2 · · ·

. . . 0 0

0a b−b a

0

0 0. . .

= PC

y por tanto P−1AP = C, donde la diagonal de la submatriz

[a b−b a

]

esta sobre la de la matriz C que sera una

matriz real casi-diagonal (diagonal por cajas).Veamos algunos ejemplos.

Ejemplo.

A =

−2 −1 1 3−4 −1 0 4−3 −1 2 3−5 −3 1 6

.

Su ecuacion caracterıstica esλ4 − 5λ3 + 13λ2 − 19λ + 10 = 0.

Sus autovalores y sus autovectores asociados son

λ1 = 1→ v1 =

1001

; λ2 = 2→ v2 =

1011

; λ3 = 1− 2i→ v3 =

1 + i2

1 + i2

; λ4 = 1 + 2i→ v4 =

1− i2

1− i2

.

Al ser la matriz diagonalizable, si construimos Q = [v1, v2, v3, v4], obtenemos:

Q−1AQ = D =

1 0 0 00 2 0 00 0 1− 2i 00 0 0 1 + 2i

,

donde los autovalores aparecen en la matriz diagonal D en el orden en que se coloquen los autovectores correspondientesen la matriz Q.

Construyendo la matriz P = [v1, v2, Re (v3), Im (v3)], obtenemos:

C = P−1AP

1 0 0 00 2 0 00 0 1 −20 0 2 1

.

183

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Ejemplo.

A =

2 2 1 1−3 −1 −1 00 2 1 31 −1 −1 −2

.

Su ecuacion caracterıstica esλ4 + 5λ2 + 4 = 0.

Sus autovalores y sus autovectores asociados son

λ1 = −i→ v1 =

1− i−2−1 + i

2

; λ2 = i→ v2 =

1 + i−2−1− i

2

; λ3 = −2i→ v3 =

−i−1 + i−11

; λ4 = 2i→ v4 =

i−1− i−11

.

Al ser la matriz diagonalizable, si construimos Q = [v1, v2, v3, v4], obtenemos:

Q−1AQ = D =

−i 0 0 00 i 0 00 0 −2i 00 0 0 2i

,

donde los autovalores aparecen en la matriz diagonal D en el orden en que se coloquen los autovectores correspondientesen la matriz Q.

Construyendo la matriz P = [Re (v1), Im (v1), Re (v3), Im (v3)], obtenemos:

C = P−1AP

0 −1 0 01 0 0 00 0 0 −20 0 2 0

.

Ejemplo.

A =

0 −2 52 −7 85 −8 6

.

Su ecuacion caracterıstica esλ3 + λ2 + λ− 39 = 0.

Sus autovalores y sus autovectores asociados son

λ1 = −2− 3i −→ v1 =

i1 + i

1

, λ2 = −2 + 3i −→ v2 =

−i1− i

1

; λ3 = 3 −→ v3 =

111

.

Al ser la matriz diagonalizable, si construimos Q = [v1, v2, v3], obtenemos:

Q−1AQ = D =

−2− 3i 0 00 −2 + 3i 00 0 3

,

donde los autovalores aparecen en la matriz diagonal D en el orden en que se coloquen los autovectores correspondientesen la matriz Q.

Construyendo la matriz P = [Re (v1), Im (v1), v3], obtenemos:

C = P−1AP

−2 −3 03 −2 00 0 3

.

Ejercicio resueltoDada la matriz

A =

1 1 −11 1 1−1 1 1

,

calcular, razonadamente, los autovalores y autovectores de A20, A−5I, A−1. Demostrar las propiedades utilizadas.

184

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Calculemos los autovalores y autovectores de A. Su ecuacion caracterıstica es

|A− λI| =

∣∣∣∣∣∣

1− λ 1 −11 1− λ 1−1 1 1− λ

∣∣∣∣∣∣

F3+F2=

∣∣∣∣∣∣

1− λ 1 −11 1− λ 10 2− λ 2− λ

∣∣∣∣∣∣

C2+C3=

∣∣∣∣∣∣

1− λ 2 −11 −λ 10 0 2− λ

∣∣∣∣∣∣

= (2− λ)

∣∣∣∣

1− λ 21 −λ

∣∣∣∣= (2 − λ)(λ2 − λ− 2) = −(λ− 2)2(λ + 1) = 0.

Conviene comprobar, para detectar posibles errores, que la suma de los autovalores coincide con la traza de A:−1 + 2 + 2 = 1 + 1 + 1.

Tenemos, por tanto, un autovalor simple, λ1 = −1 y uno doble, λ2,3 = 2. Calculemos ahora los autovectorescorrespondientes. Ya sabemos que, al ser la matriz A simetrica, los autovectores correspondientes a autovalores distintosdeben ser ortogonales.λ1 = −1 :

Nul [A + I] = Nul

2 1 −11 2 1−1 1 2

= Nul

1 2 10 1 10 0 0

= Gen

u1 =

1−11

.

λ2,3 = 2 :

Nul [A− 2I] = Nul

−1 1 −11 −1 1−1 1 −1

= Nul

1 −1 10 0 00 0 0

= Gen

u2 =

110

, u3 =

−101

.

Vamos a calcular los autovalores y autovectores de A20, A− 5I, A−1 a partir de los autovalores y autovectores deA. Para ello, partimos de Ax = λx, x 6= 0, es decir, λ es un autovalor de la matriz cuadrada A y x es un autovectorasociado a ese autovalor. Ası, para k = 1, 2, 3, . . .,

Akx = Ak−1(Ax) = Ak−1(λx) = λAk−1x = λAk−2Ax = λ2Ak−2x = . . . = λk−1Ax = λkx,

luego λk es un autovalor de Ak con el mismo autovector x. En nuestro caso, A20 tendra un autovalor simple λ201 =

(−1)20 = 1 con u1 = (1,−1, 1)T como autovector asociado, y uno doble, λ202,3 = 220, con autovectores u2 = (1, 1, 0)T y

u3 = (−1, 0, 1)T .Por otra parte,

(A− µI)x = Ax− µx = λx− µx = (λ− µ)x,

es decir, λ − µ es un autovalor de A − µI con el mismo autovector x. En nuestro caso, A − 5I tendra un autovalorsimple λ1 − 5 = −1− 5 = −6 con u1 = (1,−1, 1)T como autovector asociado, y uno doble, λ2,3 − 5 = 2− 5 = −3, conautovectores u2 = (1, 1, 0)T y u3 = (−1, 0, 1)T .

Finalmente, si A es invertible,

Ax = λx → A−1Ax = A−1λx → x = λA−1x → A−1x =1

λx,

es decir, 1λ es un autovalor de A−1 con el mismo autovector x. En nuestro caso, A−1 tendra un autovalor simple

1/λ1 = 1/(−1) = −1 con u1 = (1,−1, 1)T como autovector asociado, y uno doble, 1/λ2,3 = 1/2, con autovectoresu2 = (1, 1, 0)T y u3 = (−1, 0, 1)T .

Ejercicio resueltoConsideremos la matriz

A =

1 0 20 a a0 0 2

, a ∈ R.

(a) Estudiar, para que valores de a, la matriz A es diagonalizable.

(b) Para a = 1, calcular An, n ∈ N.

(a) Al ser la matriz A triangular, los autovalores son los elementos de la diagonal principal, ya que su ecuacioncaracterıstica es

det[A− λI] = det

1− λ 0 20 a− λ a0 0 2− λ

= (1− λ)(a− λ)(2− λ) = 0.

Por tanto, los autovalores son λ1 = 1, λ2 = a, λ3 = 2.

185

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Siempre que los autovalores sean simples sabemos que A es diagonalizable. Esto ocurre para a 6= 1, 2. Tenemos queestudiar por separado los casos a = 1 y a = 2 pues aparece un autovalor doble.

Ası, para a = 1 tenemos λ1 = λ2 = 1. Estudiamos los autovectores (linealmente independientes) que tiene asociadoseste autovalor doble:

A(a=1) =

1 0 20 1 10 0 2

→ A− I =

0 0 20 0 10 0 2

→ r(A− I) = 1 → mg(λ = 1) = 3− r(A − I) = 2.

Puesto que todos los autovalores de A (dos en nuestro caso) tienen la misma multiplicidad algebraica que geometrica,para a = 1 deducimos que A es diagonalizable.

Ahora, para a = 2 tenemos λ2 = λ3 = 2. Estudiamos los autovectores (linealmente independientes) que tieneasociados este autovalor doble:

A(a=2) =

1 0 20 2 20 0 2

→ A− 2I =

−1 0 20 0 20 0 0

→ r(A − 2I) = 2 → mg(λ = 1) = 3− r(A − I) = 1.

Puesto que el autovalor doble no tiene dos autovectores asociados, entonces no todos los autovalores de A tienen lamisma multiplicidad algebraica que geometrica, es decir, cuando a = 2 A no es diagonalizable.

En resumen, A es diagonalizable cuando a 6= 2.

(b) Para calcular An en el caso a = 1, puesto que A es diagonalizable, vamos a calcular una base de R3 formada porautovectores vi con la que construimos la matriz de paso P = (v1|v2|v3) y usamos que An = PDnP−1.

Calculemos pues los autovectores correspondientes. Para λ = 1 tenemos

Nul [A− I] = Nul

0 0 20 0 10 0 2

= Nul

0 0 10 0 00 0 0

= Gen

v1 =

100

, v2 =

010

,

mientras que para λ = 2 obtenemos

Nul [A− 2I] = Nul

−1 0 20 −1 10 0 0

= Gen

v3 =

211

.

De esta manera construimos P , tal que D = P−1AP ,

P = (v1|v2|v3) =

1 0 20 1 10 0 1

, siendo entonces D = diag(λ1, λ2, λ3) =

1 0 00 1 00 0 2

,

y por el metodo de Gauss–Jordan calculamos su inversa:

(P |I) =

1 0 2 1 0 00 1 1 0 1 00 0 1 0 0 1

1 0 0 1 0 −20 1 0 0 1 −10 0 1 0 0 1

= (I|P−1) → P−1 =

1 0 −20 1 −10 0 1

.

De esta forma

An = PDnP−1 =

1 0 20 1 10 0 1

1n 0 00 1n 00 0 2n

1 0 −20 1 −10 0 1

=

1 0 −2 + 2n+1

0 1 −1 + 2n

0 0 2n

.

Observemos que la formula empleada es equivalente, usando que Anvi = λni vi, a

An(v1|v2|v3) = (λn1 v1|λn

2v2|λn3v3) → An = (λn

1 v1|λn2 v2|λn

3 v3)(v1|v2|v3)−1,

ya que la primera expresion equivale a AnP = PDn.

Ejercicio resuelto

Consideremos la matriz B =

α β 0β α 0δ 0 2

.

2.1 Para β = −1, determinar todos los valores α y δ reales para los que B es diagonalizable.

2.2 Calcular α, β y δ de tal modo que la matriz B tenga un autovalor 0 doble, con [1 1 0]T como uno de susautovectores asociados.

186

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2.1 Nos piden que estudiemos cuando es diagonalizable la matriz

B =

α −1 0−1 α 0δ 0 2

, α, δ ∈ R.

Para ello calculamos en primer lugar sus autovalores:

|B − λI| =

∣∣∣∣∣∣

α− λ −1 0−1 α− λ 0δ 0 2− λ

∣∣∣∣∣∣

= (2− λ)

∣∣∣∣

α− λ −1−1 α− λ

∣∣∣∣= (2− λ)[(α − λ)2 − 1]

= (2 − λ)[λ− (α + 1)][λ− (α− 1)] = 0.

Es decir, que los autovalores de B son:

λ1 = 2, λ2 = α + 1, λ3 = α− 1.

La matriz es diagonalizable si, y solo si, todos sus autovalores tienen la misma multiplicidad algebraica que geometrica.Sabemos que esa igualdad de multiplicidades se cumple para los autovalores simples, pero para los multiples hay queanalizarlo. Nos planteamos, por tanto, si puede haber autovalores dobles (e incluso triples):

λ1 = λ2 → 2 = α + 1 → α = 1,

λ1 = λ3 → 2 = α− 1 → α = 3,

λ2 = λ3 → α + 1 = α− 1 → λ2 6= λ3 ∀α.

Vemos pues que aparece un autovalor doble si α = 1 o α = 3. Ademas, no es posible la existencia de un autovalortriple (λ1 = λ2 = λ3) puesto que λ2 6= λ3 ∀α.

Ası, si α 6= 1, 3, los tres autovalores de B son distintos (simples) y, por tanto, B es diagonalizable (para cualquierδ ∈ R). Sin embargo, hay que estudiar, por separado, los casos en que aparecen autovalores dobles, es decir, α = 1 yα = 3.

En el caso α = 1, tenemos λ1 = λ2 = 2, λ3 = 0. Puesto que

r(B − 2I) = r

−1 −1 0−1 −1 0δ 0 0

= r

1 1 00 −δ 00 0 0

=

{1 si δ = 0,2 si δ 6= 0,

la multiplicidad geometrica del autovalor doble es:

mg(λ = 2) = 3− r(B − 2I) =

{3− 1 = 2 si δ = 0,3− 2 = 1 si δ 6= 0,

es decir, cuando α = 1, B es diagonalizable si δ = 0 (ya que ma(λ = 2) = mg(λ = 2) = 2) y no es diagonalizable siδ 6= 0 (puesto que entonces ma(λ = 2) = 2 6= mg(λ = 2) = 1).

Procediendo analogamente, en el caso α = 3, tenemos λ1 = λ3 = 2, λ2 = 4. Puesto que para este valor de α

r(B − 2I) = r

1 −1 0−1 1 0δ 0 0

= r

1 −1 00 δ 00 0 0

=

{1 si δ = 0,2 si δ 6= 0,

obtenemos que la multiplicidad geometrica del autovalor doble es:

mg(λ = 2) = 3− r(B − 2I) =

{3− 1 = 2 si δ = 0,3− 2 = 1 si δ 6= 0,

es decir, cuando α = 3, B es diagonalizable si δ = 0 (ya que ma(λ = 2) = mg(λ = 2) = 2) y no es diagonalizable siδ 6= 0 (puesto que entonces ma(λ = 2) = 2 6= mg(λ = 2) = 1).

Resumiendo, B es diagonalizable si:

• α 6= 1, 3 y δ cualquiera.

• α = 1 y δ = 0.

• α = 3 y δ = 0.

Y, por tanto, B no es diagonalizable si:

187

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• α = 1 y δ 6= 0.

• α = 3 y δ 6= 0.

Notese que si δ = 0 la matriz es simetrica y sabemos que va a ser diagonalizable (y, mas exactamente, ortogonal-mente diagonalizable).

2.2 Por una parte, exigiendo que v = [1 1 0]T sea autovector de B asociado al autovalor 0 obtenemos:

Bv = 0v = 0 →

α β 0β α 0δ 0 2

110

=

000

→{

α + β = 0,δ = 0.

(11)

Por otra, podemos exigir que la suma de los autovalores de B (uno es trivialmente 2 y el otro debe ser 0 doble) coincidacon su traza:

α + α + 2 = 2 + 0 + 0 → α = 0,

con lo que combinando esta ecuacion con (11) obtenemos

α = β = δ = 0.

Tambien podıamos calcular los autovalores de B de forma analoga a como hicimos en el primer apartado:

|B − λI| =

∣∣∣∣∣∣

α− λ β 0β α− λ 0δ 0 2− λ

∣∣∣∣∣∣

= (2− λ)

∣∣∣∣

α− λ ββ α− λ

∣∣∣∣= (2− λ)[(α − λ)2 − β2]

= (2− λ)[λ − (α + β)][λ − (α− β)].

Como los autovalores son λ1 = 2, λ2 = α + β y λ3 = α − β, exigiendo que λ2 = λ3 = 0 (autovalor cero doble)obtenemos α = β = 0, que combinada con la segunda ecuacion de (11) nos lleva nuevamente a que α = β = δ = 0.

Notese que si exigimos que el determinante de B coincida con el producto de sus autovalores, obtenemos

|B| = 2(α2 − β2) = 2 · 0 · 0 = 0 → α2 = β2,

pero no imponemos ası la condicion de autovalor cero doble, con lo que combinando esta ultima ecuacion con (11) nollegamos a la solucion pedida.

Ejercicio resuelto

Considerar, para todo a ∈ R, la matriz A =

a + 9 −6 a− 3−6 a 00 0 15

.

(a) Calcular, segun los valores de a, los autovalores de A.(b) Determinar los valores de a para los que A es diagonalizable.(c) Determinar los valores de a para los que la matriz A es invertible.

(a) Escribamos la ecuacion caracterıstica de A:

det[A− λI] = det

a + 9− λ −6 a− 3−6 a− λ 00 0 15− λ

= (15− λ)det

[a + 9− λ −6−6 a− λ

]

= (15− λ)[λ2 − (2a + 9)λ + a2 + 9a + 36] = (15− λ)(a + 12− λ)(a − 3− λ).

Por tanto, los autovalores son λ1 = 15, λ2 = a + 12, λ3 = a− 3.

(b) Sabemos que para que una matriz no sea diagonalizable debe tener algun autovalor multiple (es decir, conmultiplicidad algebraica mayor que 1). Por tanto, hay que investigar esa posibilidad. Encontramos si hay autovaloresmultiples haciendo λ1 = λ2 (que ocurre si a = 3), λ1 = λ3 (que se da para a = 18), λ2 = λ3 (que no es posible paraningun valor de a).

Siempre que los autovalores sean simples sabemos que A es diagonalizable. Esto ocurre para a 6= 3, 18. Tenemosque estudiar por separado los casos a = 3 y a = 18 pues aparece un autovalor doble.

Ası, para a = 3 tenemos λ1 = λ2 = 15. Estudiamos los autovectores (linealmente independientes) que tieneasociados este autovalor doble:

A(a=3) =

12 −6 0−6 3 00 0 15

→ A− 15I =

−3 −6 0−6 −12 00 0 0

1 2 00 0 00 0 0

→ r(A − 15I) = 1.

188

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De esta forma, mg(λ = 15) = 3− r(A− 15I) = 3− 1 = 2. Puesto que todos los autovalores de A (dos en nuestro caso)tienen la misma multiplicidad algebraica que geometrica, para a = 3 deducimos que A es diagonalizable.

Ahora, para a = 18 tenemos λ1 = λ3 = 15. Estudiamos los autovectores (linealmente independientes) que tieneasociados este autovalor doble:

A(a=18) =

27 −6 15−6 18 00 0 15

→ A− 15I =

12 −6 15−6 3 00 0 0

4 −2 5−2 1 00 0 0

4 −2 50 0 5/20 0 0

.

Por tanto, r(A − 15I) = 2 con lo que mg(λ = 15) = 3 − r(A − 15I) = 3 − 2 = 1. Puesto que el autovalor doble notiene dos autovectores asociados, entonces no todos los autovalores de A tienen la misma multiplicidad algebraica quegeometrica, es decir, cuando a = 18, A no es diagonalizable.

En resumen, A es diagonalizable cuando a 6= 18.

(c) El que A sea invertible es equivalente, por ejemplo, a que det(A) 6= 0. Pero sabemos que el determinante deuna matriz coincide con el producto de sus autovalores. Por tanto, una matriz es invertible si, y solo si, todos susautovalores son no nulos. Aplicando esto, en nuestro caso, A es invertible si a 6= −12, 3.

Observemos que, aunque no sea el camino mas corto para este problema, podemos calcular det(A) = 15(a2+9a−36)y exigir que sea distinto de cero.

Ejercicio resueltoConsideremos la matriz

A =

1 0 b a0 1 a b1 0 b a0 1 a b

, a, b ∈ R.

En el caso en que a = b, estudiar cuando A es diagonalizable.

Puesto que a = b, tenemos que ver cuando es diagonalizable la matriz

A =

1 0 a a0 1 a a1 0 a a0 1 a a

.

Calculamos sus autovalores

|A− λI| =

∣∣∣∣∣∣∣∣

1− λ 0 a a0 1− λ a a1 0 a− λ a0 1 a a− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣

C4−C3=

∣∣∣∣∣∣∣∣

1− λ 0 a 00 1− λ a 01 0 a− λ λ0 1 a −λ

∣∣∣∣∣∣∣∣

F3+F4=

∣∣∣∣∣∣∣∣

1− λ 0 a 00 1− λ a 01 1 2a− λ 00 1 a −λ

∣∣∣∣∣∣∣∣

= −λ

∣∣∣∣∣∣

1− λ 0 a0 1− λ a1 1 2a− λ

∣∣∣∣∣∣

F1−F2= −λ

∣∣∣∣∣∣

1− λ λ− 1 00 1− λ a1 1 2a− λ

∣∣∣∣∣∣

C2+C1= −λ

∣∣∣∣∣∣

1− λ 0 00 1− λ a1 2 2a− λ

∣∣∣∣∣∣

= −λ(1− λ)

∣∣∣∣

1− λ a2 2a− λ

∣∣∣∣= −λ(1 − λ)[λ2 − (2a + 1)λ]

= −λ2(1− λ)[λ − (2a + 1)].

Los autovalores de A son, por tanto, λ1 = λ2 = 0, λ3 = 1 y λ4 = 2a + 1.Sabemos que una matriz es diagonalizable si, y solo si, coinciden la multiplicidad algebraica y geometrica de todos

sus autovalores. Como para todo autovalor simple se verifica esa igualdad entre las multiplicidades, para que unamatriz no sea diagonalizable debe tener algun autovalor multiple (es decir, con multiplicidad algebraica mayor que 1).

En nuestro caso aparece siempre, por lo menos, un autovalor doble. Como solo λ4 depende del parametro a, vemossi puede darse que λ1 = λ4 o que λ3 = λ4.

Ası, λ1 = λ4 si a = −1/2 y aparece entonces un autovalor triple (λ = 0) y uno simple (λ = 1). Por otro lado, paraa = 0, λ3 = λ4 y aparecen dos autovalores dobles (λ = 0 y λ = 1).

Hemos visto que ma(λ = 0) = 2 cuando a 6= −1/2 y que ma(λ = 0) = 3 si a = −1/2. Ademas, ma(λ = 1) = 2 sia = 0. Necesitamos calcular la multiplicidad geometrica de dichos autovalores, recordando que mg(λ) = n− r(A−λI)para una matriz de orden n.

189

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Ası, para λ = 0,

r(A − 0 · I) = r

1 0 a a0 1 a a1 0 a a0 1 a a

= r

1 0 a a0 1 a a0 0 0 00 0 0 0

= 2 ∀a ∈ R

con lo que mg(λ = 0) = 4− r(A) = 4− 2 = 2 para cualquier valor de a.De aquı deducimos que en la situacion generica (a 6= −1/2, 0) la matriz es diagonalizable pues el unico autovalor

que no es simple (λ = 0) verifica que ma(λ = 0) = mg(λ = 0) = 2.Sin embargo, si a = −1/2, ma(λ = 0) = 3 6= mg(λ = 0) = 2, con lo que A no es diagonalizable para ese valor del

parametro.Por otra parte, si a = 0, obtenemos para λ = 1 que

r(A(a=0) − 1 · I) = r

0 0 0 00 0 0 01 0 0 00 1 0 0

= r

1 0 0 00 1 0 00 0 0 00 0 0 0

= 2,

con lo que, para a = 0, mg(λ = 1) = 4 − r(A − I) = 2. Ası, para a = 0, como ma(λ = 0) = mg(λ = 0) = 2 yma(λ = 1) = mg(λ = 1) = 2, la matriz A es diagonalizable.

En resumen, A es diagonalizable siempre que a 6= − 12 .

Ejercicio resueltoDada la matriz

A =

1 + a 1− a 2a− 41− a 1 + a 2a− 4

0 0 2a

, a ∈ R.

Estudiar para que valores de a la matriz A es diagonalizable.

Escribamos la ecuacion caracterıstica de A:

det[A− λI] = det

1 + a− λ 1− a 2a− 41− a 1 + a− λ 2a− 4

0 0 2a− λ

= (2a− λ)det

[1 + a− λ 1− a

1− a 1 + a− λ

]

= (2a− λ)[(1 + a− λ)2 − (1 − a)2] = 0.

Observemos que para resolver la ecuacion de segundo grado, en vez de desarrollar los cuadrados para luego aplicar laformula para las soluciones de dicha ecuacion, es mas facil tomar raıces cuadradas:

(1 + a− λ)2 − (1− a)2 = 0 → (1 + a− λ)2 = (1 − a)2 → (1 + a− λ) = ±(1− a) → λ = 2a, 2.

Por tanto, los autovalores son λ1 = λ2 = 2a, λ3 = 2.Sabemos que una matriz es diagonalizable si, y solo si, coinciden la multiplicidad algebraica y geometrica de todos

sus autovalores. Como para todo autovalor simple se verifica esa igualdad entre las multiplicidades, para que unamatriz no sea diagonalizable debe tener algun autovalor multiple (es decir, con multiplicidad algebraica mayor que1). En nuestro problema siempre hay un autovalor doble y hay que investigar si puede incluso ser triple. Para ellohacemos λ1 = λ3 (que se da para a = 1). En resumen, si a = 1 hay un autovalor triple (λ = 2) y si a 6= 1 la matriz Atiene un autovalor doble (λ = 2a) y uno simple (λ = 2).

Ası, para a 6= 1 tenemos λ1 = λ2 = 2a. Estudiamos el numero de autovectores (linealmente independientes) quetiene asociados este autovalor doble:

A− 2aI =

1− a 1− a 2a− 41− a 1− a 2a− 4

0 0 0

1− a 1− a 2a− 40 0 00 0 0

→ r(A − 2aI) = 1.

De esta forma, mg(λ = 2a) = 3− r(A− 2aI) = 3− 1 = 2. Puesto que, para a 6= 1, todos los autovalores de A (dos ennuestro caso, uno doble y uno simple) tienen la misma multiplicidad algebraica que geometrica, deducimos que A esdiagonalizable.

Ahora, para a = 1 tenemos λ1 = λ2 = λ3 = 2. Estudiamos los autovectores (linealmente independientes) que tieneasociados este autovalor triple:

A(a=1) =

2 0 −20 2 −20 0 2

→ A− 2I =

0 0 −20 0 −20 0 0

0 0 10 0 00 0 0

→ r(A − 2I) = 1,

190

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con lo que mg(λ = 2) = 3− r(A− 2I) = 3− 1 = 2. Puesto que el autovalor triple no tiene tres autovectores asociados,entonces no todos los autovalores de A tienen la misma multiplicidad algebraica que geometrica, es decir, cuandoa = 1, A no es diagonalizable.

En resumen, A es diagonalizable si a 6= 1 y no lo es cuando a = 1.

Ejercicio resueltoEscribir, razonadamente, tres matrices cuadradas de orden tres con autovalor cinco triple y multiplicidad geometricados: ma(λ = 5) = 3, mg(λ = 5) = 2.

Nos piden que escribamos tres matrices cuadradas de orden tres con autovalor cinco triple y multiplicidad geometricados: ma(λ = 5) = 3, mg(λ = 5) = 2.

Las matrices mas sencillas que podemos escribir con autovalores dados son las triangulares, pues los elementos desu diagonal principal son precisamente sus autovalores. Ası, las matrices

[1 20 −4

]

,

1 2 70 −4 20 0 5

,

1 0 0 00 −4 0 02 0 5 03 7 1 0

,

tienen, respectivamente, como autovalores: 1 y −4; 1, −4 y 5; 1, −4, 5 y 0.Por tanto, las siguientes matrices cuadradas de orden tres tienen autovalor cinco triple:

A1 =

5 2 70 5 20 0 5

, A2 =

5 0 10 5 20 0 5

, A3 =

5 0 00 5 00 0 5

, A4 =

5 0 01 5 01 0 5

, A5 =

5 0 01 5 00 7 5

.

Pero ademas ese autovalor debe tener multiplicidad geometrica dos, mg(λ = 5) = 2, con lo que

mg(λ = 5) = 3− r(A − 5I) = 2 −→ r(A− 5I) = 1.

Las matrices anteriores verifican r(A1 − 5I) = 2, r(A2 − 5I) = 1, r(A3 − 5I) = 0, r(A4 − 5I) = 1, r(A5 − 5I) = 2. Portanto, las condiciones que pide el enunciado son verificadas por las matrices A2 y A4. Ası, satisfacen las exigencias delenunciado las matrices

5 0 10 5 20 0 5

,

5 6 10 5 00 0 5

,

5 0 −20 5 00 0 5

,

5 0 01 5 01 0 5

,

5 0 00 5 05 3 5

,

5 0 00 5 0−2 0 5

, ...

Ejercicio resueltoSupongamos que C es una matriz real 3× 3 que tiene autovalores λ1 = 0 y λ2 = 1− 2i con autovectores asociadosv1 = (1, 4, 9)T y v2 = (2, 4− i, 2 + i)T . Responder, razonadamente, a las siguientes cuestiones:

(c.1) ¿Es la matriz C simetrica?

(c.2) ¿Es la matriz C invertible?

(c.3) ¿Es la matriz C diagonalizable? En caso afirmativo, escribir las matrices de paso P y diagonal D correspon-dientes.

(c.4) ¿Es la matriz C semejante a una matriz real diagonal por bloques (o cuasidiagonal)? En caso afirmativo,escribir las matrices de paso P y cuasidiagonal CD correspondientes.

Puesto que la matriz C es real, los autovalores complejos (no reales) que aparezcan lo haran por pares conjugados,es decir que esta matriz 3 × 3 tiene como autovalores λ1 = 0, λ2 = 1 − 2i y λ3 = 1 + 2i con autovectores asociadosv1 = (1, 4, 9)T , v2 = (2, 4− i, 2 + i)T y v3 = (2, 4 + i, 2− i)T , donde v3 es el conjugado de v2.(c.1) La matriz C no es simetrica pues una matriz simetrica tiene todos sus autovalores reales.(c.2) C no es invertible pues al tener un autovalor nulo su determinante es cero (recordemos que el determinante deC coincide con el producto de sus autovalores).(c.3) C es diagonalizable pues todos sus autovalores son simples. Ası, una matriz de paso P y la matriz diagonalcorrespondiente D = P−1AP resultan ser (ambas son matrices complejas)

P = [v1|v2|v3] =

1 2 24 4− i 4 + i9 2 + i 2− i

→ P−1AP = D = diag(λ1, λ2, λ3)

0 0 00 1− 2i 00 0 1 + 2i

.

191

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(c.4) Siempre que aparecen autovalores complejos en una matriz diagonalizable, esta es semejante a una matriz realdiagonal por bloques. Si el autovalor complejo λ2 = a+ ib tiene asociado el autovector v2, basta con construir la matrizde paso real Q y obtener con ella una matriz real casi-diagonal CD:

Q = [v1|Re(v2)|Im(v2)] =

1 2 04 4 −19 2 1

, CD = Q−1AQ =

λ1 0 00 a b0 −b a

=

0 0 00 1 −20 2 1

.

Ejercicio resueltoPara cada una de las siguientes afirmaciones, justificar por que son ciertas o poner un ejemplo que muestre queson falsas:

i) Si la matriz A es real y λ es autovalor de A, entonces tambien su conjugado, λ, es autovalor de A.

ii) Si todos los autovalores de la matriz A son iguales a cero, entonces A es la matriz nula.

Vamos a demostrar las afirmaciones que sean ciertas y a poner algun ejemplo en el caso de que sean falsas.(i) Si la matriz A es real y λ es autovalor de A, entonces tambien su conjugado, λ, es autovalor de A.

Esta afirmacion es correcta y de facil demostracion. Consideremos la matriz real cuadrada A, escribamos la ecuacionautovalor–autovector Ax = λx y conjuguemosla:

Ax = λx → Ax = λx → Ax = λx → Ax = λx.

Hemos probado que si λ es un autovalor de la matriz real A y x es un autovector asociado, entonces λ es autovalor deA y x un autovector asociado. En la demostracion hemos usado que el conjugado de un producto es el producto delos conjugados, y que A = A al tratarse de una matriz real.(ii) Si todos los autovalores de la matriz A son iguales a cero, entonces A es la matriz nula.

Esta afirmacion es falsa. Sabemos que si una matriz es triangular, entonces los autovalores coinciden con loselementos de la diagonal principal. Basta pues con escribir una matriz triangular con todos los elementos de ladiagonal principal nulos y algun elemento no nulo fuera de esa diagonal:

(0 10 0

)

,

(0 07 0

)

,

0 2 60 0 −50 0 0

, ...

Ejercicio resueltoConsiderar la matriz

A =

0 1 0−2 0 −20 1 0

.

Encontrar una matriz P real y unos numeros a, b, c ∈ R tales que

P−1AP =

a 0 00 b c0 −c b

.

La ecuacion caracterıstica de A es

det[A− λI] = det

−λ 1 0−2 −λ −20 1 −λ

= −λ3 − 4λ = −λ(λ2 + 4) = 0 −→ λ = 0,±2i.

Por tanto, los autovalores son λ1 = 0, λ2,3 = ±2i.Calculemos los autovectores correspondientes. Ası, para λ = 0,

A− 0I = A =

0 1 0−2 0 −20 1 0

1 0 10 1 00 0 0

→ Nul [A] = Gen

v1 =

10−1

.

Como aparece un par de autovalores complejos conjugados, vamos a calcular el autovector asociado a uno cualquierade ellos, pues el del otro sera su conjugado. Por ejemplo, para λ = −2i

A + 2iI =

2i 1 0−2 2i −20 1 2i

1 −i 10 1 2i2i 1 0

1 −i 10 1 2i0 −1 −2i

1 −i 10 1 2i0 0 0

192

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con lo que

x2 = −2ix3, x1 = ix2 − x3 = i(−2i)x3 − x3 = x3 →

x1

x2

x3

= x3

1−2i1

.

Luego un autovector asociado a λ = −2i es v2 = (1,−2i, 1)T y, por tanto, uno asociado a λ = 2i sera v3 = v2 =(1, 2i, 1)T .

Como A es diagonalizable (todos sus autovalores son simples) podemos construir la matriz de paso Q = (v1|v2|v3)de manera que Q−1AQ = D = diag(0,−2i, 2i). Pero tanto Q como la matriz diagonal D son complejas. Para evitaresto, si construimos la matriz real

P = (v1|Re(v2)|Im(v2)) =

1 1 00 0 −2−1 1 0

obtendremos una matriz casi-diagonal (diagonal por bloques) al hacer el producto

P−1AP =

0 0 00 0 −20 2 0

donde, comparando con la matriz que nos da el enunciado, a = 0 (autovalor real asociado a v1), b = 0 y c = −2 (partesreal e imaginaria, respectivamente, del autovalor −2i asociado a v2).

Ejercicio resuelto

Sea B =

−1 4 0−2 3 20 0 −1

.

a) Diagonalizar B, indicando la matriz de paso.

b) Obtener una forma casi-diagonal real semejante a B, indicando la matriz de paso.

(a) Calcularemos en primer lugar los autovalores de B:

det(B − λI) = det

−1− λ 4 0−2 3− λ 20 0 −1− λ

= (−1− λ) det

[−1− λ 4−2 3− λ

]

=

= (−1− λ)(λ2 − 2λ + 5) = 0 ⇔ λ = −1, λ =2±√

4− 20

2= 1± 2i.

Observemos que, al tener todos los autovalores simples, B es diagonalizable.A continuacion, calcularemos los autovectores:

λ = −1:

Nul (B + I) = Nul

0 4 0−2 4 20 0 0

= Gen

101

.

λ = 1 + 2i:

Nul (B − (1 + 2i)I) = Nul

−2− 2i 4 0−2 2− 2i 20 0 −2− 2i

= (Elim. Gauss) =

= Nul

1 −1 + i 00 0 10 0 0

= Gen

21+i

10

= Gen

1− i10

.

λ = 1− 2i: Basta conjugar:

Nul (B − (1− 2i)I) = Gen

1 + i10

.

193

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De esta manera, tenemos que P−1BP = D, siendo

D =

−1 0 00 1 + 2i 00 0 1− 2i

diagonal, y P =

1 1− i 1 + i0 1 11 0 0

.

(b) Para obtener una forma casi-diagonal real semejante a B, basta tomar parte real e imaginaria en uno de losautovalores complejos (por ejemplo, nos centraremos en λ = 1 + 2i), y repetir el proceso con uno de sus autovectoresasociados:

1− i10

=

110

+ i

−100

.

Puesto que un autovalor complejo λ = a+bi nos conduce a un bloque de la forma

[a b−b a

]

, obtenemos Q−1BQ = C,

siendo

C =

−1 0 00 1 20 −2 1

casi-diagonal real, y Q =

1 1 −10 1 01 0 0

.

5. Ejercicios.

Ejercicio 1. Dada la matriz

A =

3 0 a3 −1 b−2 0 c

.

1. Calcular A de forma que (2, 0,−1)T sea un autovector cuyo autovalor correspondiente es λ = −1.

2. Hallar los demas autovalores y autovectores.

Ejercicio 2. Sabiendo que la matriz

0 c a1 0 b1 1 0

es diagonalizable y tiene un autovalor doble, calcular a, b y c.

Ejercicio 3. ¿Para que valores de a ∈ R tiene la siguiente matriz A tres autovectores linealmente independientes? (esdecir, estudiar cuando A es diagonalizable)

A =

1 0 0a 1 01 1 2

.

Ejercicio 4. Dada la matriz A =

1 0 1a −2 23 0 −1

, a ∈ R.

1. Calcular los valores de a para los que A es diagonalizable.

2. Para dichos valores de a, calcular los autovalores y los autovectores de A−1.

3. Para dichos valores de a, calcular An.

Ejercicio 5. Estudiar la diagonalizabilidad de las siguientes matrices en funcion de los parametros que aparecen.

A =

a + 3 b 10 a 0

a2 − 1 c a + 1

, B =

5 0 00 −1 b3 0 a

, C =

−1 0 0 0a −1 0 0b d 1 0c e f 1

.

Ejercicio 6. Sea f : R4 → R4 la aplicacion lineal dada por f(x) = Ax, donde A =

a 1 −1 −10 b 0 −3−1 2 c 10 1 0 d

.

194

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1. Hallar A sabiendo que f(S1) = S2, donde

S1 ≡{

x1 − x2 = 0x3 + x4 = 0

y S2 = Gen{(1,−2, 1, 1)T , (0, 3,−1,−2)T}.

2. Probar que A no es diagonalizable.

Ejercicio 7. Consideremos la matriz A =

a1 b1 c1

1 b2 c2

0 b3 c3

.

(a) Determinar los elementos de A sabiendo que sus autovalores son λ1 = 2 y λ2 = 3 (doble), que v1 = (1, 2, 1)T esun autovector asociado a λ2 = 3 y v2 = (2, 1, 0)T satisface que Av2 = 3v2 + v1.

(b) Estudiar si A es diagonalizable.

(c) Calcular las soluciones del sistema de ecuaciones en diferencias

un = Aun−1

para los vectores iniciales u0 = (1, 2, 1)T y u0 = (1, 3, 2)T .

Ejercicio 8. Dado el sistema de ecuaciones en diferencias un = Aun−1, siendo A =

0 α 0 0α 0 0 00 0 0 α0 0 α 0

,

1. Obtener la expresion general de un, segun los valores de α ∈ R.

2. Calcular u10, dado el vector inicial u0 = (0, 2, 0, 2)T .

195

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Tema 11.- Matrices simetricas reales.

1. Propiedades. Diagonalizacion ortogonal.2. Aplicacion a las formas cuadraticas.3. Aplicacion a las conicas y cuadricas.4. Ejercicios.

1. Propiedades. Diagonalizacion ortogonal.

Las matrices simetricas reales constituyen uno de los tipos mas importantes de matrices para las cuales puedegarantizarse la diagonalizabilidad, y ademas mediante una matriz de paso real. Resumiendo lo que sigue, veremos quepara matrices simetricas reales se verifica que:

sus autovalores son reales, (y por tanto, asociado a cada autovalor hay autovectores reales),

a autovalores distintos corresponden autovectores ortogonales (recordemos que para una matriz cuadradagenerica se cumple que a autovalores distintos corresponden autovectores linealmente independientes),

es diagonalizable (aunque tenga autovalores multiples),

se puede obtener una matriz de paso Q que diagonaliza A (sus columnas son autovectores linealmente indepen-dientes que forman una base de Rn) que es ortogonal, es decir, las columnas de Q son autovectores de A queforman una base ortonormal de Rn. Expresado en forma matricial,

Q−1 = QT , Q−1AQ = D ≡ QT AQ = D.

1.1. Diagonalizacion.

Teorema. Sea A una matriz real simetrica. Entonces:

(a) Todos los autovalores de A son reales.

(b) Si v1 y v2 son autovectores (reales) de A asociados a autovalores distintos λ1 y λ2, entonces v1 y v2 son ortogonales.

Teorema (espectral para matrices simetricas) Sea A una matriz real n× n. Son equivalentes:

(a) A es simetrica.

(b) A es diagonalizable mediante una matriz de paso ortogonal, es decir, existe una matriz ortogonal Q tal queQ−1AQ ≡ QT AQ = D es diagonal.

En ese caso, las columnas de la matriz

Q =

q1 . . . qn

{q1, . . . , qn} son un conjunto de autovectores de A que forman una Base Ortonormal de Rn y, ademas, tenemosque

A = QDQT =

q1 . . . qn

λ1 0 . . . 00 λ2 . . . 0...

.... . .

...0 0 . . . λn

qT1

qT2

. . .qTn

= λ1q1qT1 + λ2q2q

T2 + . . . + λnqnqT

n .

Cada matriz qkqTk es la matriz de la proyeccion ortogonal sobre el subespacio generado por el correspondiente vector

{qk} (es una matriz de rango 1). Ası, la expresion

A = λ1q1qT1 + λ2q2q

T2 + . . . + λnqnqT

n ,

que se llama descomposicion espectral de A, nos da la matriz simetrica A como una combinacion lineal de matricesde proyeccion de rango 1.

196

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Ejercicio resueltoDiagonalizar ortogonalmente la matriz

M =

−6 1 01 −6 00 0 2

.

La ecuacion caracterıstica de esta matriz es

det[M − λI] = det

−6− λ 1 01 −6− λ 00 0 2− λ

= (2 − λ)det

[−6− λ 1

1 −6− λ

]

=

= (2 − λ)[(−6− λ)2 − 1] = 0⇔{

λ = 2,(−6− λ)2 = 1⇔ −6− λ = ±1⇔ λ = −5,−7.

Tenemos, por tanto, tres autovalores simples: λ = 2,−5,−7. Calculemos ahora los autovectores correspondientes. Yasabemos que, al ser la matriz M simetrica, estos deben ser ortogonales. Nosotros los tomaremos ademas unitarios.

λ = 2 :

Nul [M − 2I] = Nul

−8 1 01 −8 00 0 0

= Gen

001

.

λ = −5 :

Nul [M + 5I] = Nul

−1 1 01 −1 00 0 7

= Gen

1√2

110

.

λ = −7 :

Nul [M + 7I] = Nul

1 1 01 1 00 0 9

= Gen

1√2

−110

.

Por ultimo, tenemos P−1MP = PT MP = D siendo

P =

0 1√2− 1√

2

0 1√2

1√2

1 0 0

ortogonal, y D =

2 0 00 −5 00 0 −7

diagonal.

Ejercicio resueltoSea la matriz

A =

3 0 a− 1a− 2 4 0

1 0 a + 1

, a ∈ R.

(a) Estudiar para que valores de a la matriz A es diagonalizable.

(b) Determinar los valores de a para los que A es diagonalizable ortogonalmente. Para dichos valores, diagonalizarlaortogonalmente (se pide una matriz de paso ortogonal, una matriz diagonal y escribir su relacion con la matrizA).

(c) Para a = 2, calcular Anu0 siendo u0 = (−1, 3,−3)T .

(d) Determinar los valores de a para los que la matriz 13A− 2

5aI no tiene inversa.

(a) Escribamos la ecuacion caracterıstica de A:

det[A− λI] =

∣∣∣∣∣∣

3− λ 0 a− 1a− 2 4− λ 0

1 0 a + 1− λ

∣∣∣∣∣∣

= (4− λ)

∣∣∣∣

3− λ a− 11 a + 1− λ

∣∣∣∣

= (4− λ)[λ2 − (a + 4)λ + 2(a + 2)] = (4 − λ)(λ− 2)[λ− (2 + a)] = 0.

Por tanto, los autovalores son λ1 = 4, λ2 = 2 y λ3 = a + 2.Sabemos que una matriz es diagonalizable si, y solo si, coinciden la multiplicidad algebraica y geometrica de todos

sus autovalores. Como para todo autovalor simple se verifica esa igualdad entre las multiplicidades, para que una

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matriz no sea diagonalizable debe tener algun autovalor multiple (es decir, con multiplicidad algebraica mayor que 1).Veamos primeramente cuando hay autovalores dobles. Ello sucedera si λ1 = λ2 (no puede darse), si λ1 = λ3 (cuandoa = 2) o si λ2 = λ3 (cuando a = 0). Notemos que al ser λ1 6= λ2 no puede darse el caso de autovalor triple.

Por tanto, si a 6= 0, 2 la matriz es diagonalizable pues todos sus autovalores son simples.Estudiemos los valores de a para los que hay autovalores dobles. Para a = 2 los autovalores son λ1 = λ3 = 4 (doble)

y λ2 = 2. Estudiamos el numero de autovectores (linealmente independientes) que tiene asociados ese autovalor doble:

(A− 4I)a=2 =

−1 0 10 0 01 0 −1

−1 0 10 0 00 0 0

→ r(A− 4I) = 1.

De esta forma, mg(λ = 4) = 3 − r(A − 4I) = 3 − 1 = 2. Puesto que, para a = 2, todos los autovalores de A (dos ennuestro caso, uno doble y uno simple) tienen la misma multiplicidad algebraica que geometrica, deducimos que A esdiagonalizable.

Ahora, para a = 0, tenemos λ1 = 4, λ2 = λ3 = 2. Estudiamos los autovectores (linealmente independientes) quetiene asociados el autovalor doble:

(A− 2I)(a=0) =

1 0 −1−2 2 01 0 −1

1 0 −10 2 −20 0 0

→ r(A− 2I) = 2,

con lo que mg(λ = 2) = 3− r(A− 2I) = 3− 2 = 1. Puesto que el autovalor doble no tiene dos autovectores asociados,entonces no todos los autovalores de A tienen la misma multiplicidad algebraica que geometrica, es decir, cuandoa = 0, A no es diagonalizable.

En resumen, A es diagonalizable si a 6= 0 y no lo es cuando a = 0.

(b) Sabemos que el que A sea diagonalizable ortogonalmente, es decir, que se pueda diagonalizar mediante una matrizde paso ortogonal, es equivalente a que la matriz A sea simetrica, AT = A. Esto, trivialmente, ocurre para a− 2 = 0 ya−1 = 1, es decir, para a = 2. Para este valor, existen una matriz P ortogonal, P−1 = PT (que formamos con una baseortonormal de autovectores) y una matriz diagonal D (en la que aparecen los autovalores ordenados adecuadamente)tales que PT AP = D.

Por el apartado anterior sabemos que para a = 2 los autovalores de A son λ1 = λ3 = 4, λ2 = 2. Vamos a calcularsus autovectores.

A(a=2) =

3 0 10 4 01 0 3

→ A− 4I =

−1 0 10 0 01 0 −1

1 0 −10 0 00 0 0

,

es decir, que los autovectores asociados al autovalor doble, λ1 = λ3 = 4, verifican x1 − x3 = 0, que tiene comosolucion general (x1, x2, x3)

T = x2(0, 1, 0)T + x3(1, 0, 1)T , x2, x3 ∈ R. Es decir, podemos elegir como autovectores au1 = (1, 0, 1)T y u2 = (0, 1, 0)T (que, por fortuna, son ortogonales, lo que nos evita tener que aplicar el metodo deGram–Schmidt o tener que buscarlos con cuidado a partir de su ecuacion implıcita).

Para λ2 = 2:

A− 2I =

1 0 10 2 01 0 1

1 0 10 1 00 0 0

x1

x2

x3

= x3

10−1

, x3 ∈ R.

Es decir, el tercer autovector que necesitamos, asociado a λ2 = 2, es, por ejemplo, u3 = (1, 0,−1)T . Empleamos unossegundos en comprobar que u3 es ortogonal a los autovectores u1 y u2 (recordemos que, en una matriz simetrica, losautovectores correspondientes a autovalores distintos son ortogonales).

Ası, normalizando los autovectores podemos construir una matriz de paso P ortogonal

P =

(u1

||u1||

∣∣∣∣

u2

||u2||

∣∣∣∣

u3

||u3||

)

=

1/√

2 0 1/√

20 1 0

1/√

2 0 −1/√

2

.

Para esta P , la matriz diagonal D para la que se verifica PT AP = D es

4 0 00 4 00 0 2

.

(c) En el apartado anterior, ya hemos construido para a = 2 una base de R3, {u1, u2, u3}, formada por autovectoresde A (no han hecho falta autovectores generalizados pues A es diagonalizable).

198

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Nos piden calcular un = Anu0. Para ello, expresamos el vector inicial u0 = (−1, 3,−3)T como combinacion linealde los autovectores y autovectores generalizados que obtuvimos antes:

u0 = αu1 + βu2 + γu3 → u0 =

−13−3

= α

101

+ β

010

+ γ

10−1

α + γ = −1,β = 3,α− γ = −3.

La solucion de este sistema es α = −2, β = 3, γ = 1, de forma que u0 = −2u1 + 3u2 + u3. En nuestro caso, comotenemos tres autovectores que verifican (A− 4I)u1 = 0, (A− 4I)u2 = 0 y (A− 2I)u3 = 0 obtenemos

Anu1 = λnu1 = 4n

101

, Anu2 = λnu2 = 4n

010

, Anu3 = λnu3 = 2n

10−1

.

En consecuencia, el vector que obtenemos es

Anu0 = An(−2u1 + 3u2 + u3) = −2Anu1 + 3Anu2 + Anu3

= −2 · 4n

101

+ 3 · 4n

010

+ 2n

10−1

=

−2 · 4n + 2n

3 · 4n

−2 · 4n − 2n

= 2n

−2 · 2n + 13 · 2n

−2 · 2n − 1

.

(d) Una matriz cuadrada tiene inversa, por ejemplo, si su determinante es distinto de cero. Como el determinante deuna matriz coincide con el producto de sus autovalores, la matriz es invertible si todos sus autovalores son no nulos.

A partir de los autovalores de A es facil calcular los de 13A − 2

5aI. Si los autovalores de A son λ1 = 4, λ2 = 2 yλ3 = a + 2 entonces los autovalores de la matriz 1

3A son λ1 = 43 , λ2 = 2

3 y λ3 = a+23 (ya que si λ es autovalor de

A entonces αλ lo es de la matriz αA, α 6= 0) y los de la matriz 13A − 2

5aI resultan ser λ1 = 43 − 2

5a, λ2 = 23 − 2

5a yλ3 = a+2

3 − 25a (ya que si λ es autovalor de A entonces λ− µ es autovalor de A− µI).

Recordemos las demostraciones de las dos propiedades utilizadas, que son inmediatas. Partiendo de Ax = λx,x 6= 0, es decir, λ es un autovalor de la matriz cuadrada A y x es un autovector asociado a ese autovalor obtenemos,por un lado, que

(αA)x = αAx = αλx = (αλ)x,

es decir, que αλ es un autovalor de αA (α 6= 0) con el mismo autovector x. Tambien, por otro lado, llegamos a

(A− µI)x = Ax− µx = λx− µx = (λ− µ)x,

es decir, λ− µ es un autovalor de A− µI con el mismo autovector x.Por tanto, el primer autovalor solo se anula si a = 10

3 , el segundo si a = 53 y el tercero si a = 10. Concluimos pues

que la matriz 13A− 2

5aI es invertible siempre que a 6= 53 , 10

3 , 10.Otra alternativa, no recomendable por ser mucho mas larga y con muchas posibilidades de error en los operaciones,

es calcular directamente el determinante de la matriz y exigir que sea distinto de cero:

0 =

∣∣∣∣

1

3A− 2

5aI

∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣

1− 25a 0 a−1

3a−23

43 − 2

5a 013 0 a+1

3 − 25a

∣∣∣∣∣∣

=

(4

3− 2

5a

) ∣∣∣∣

1− 25a a−1

313

a+13 − 2

5a

∣∣∣∣= ...

Ejercicio resueltoDiagonalizar ortogonalmente la matriz

B =

3 1 11 3 11 1 3

.

Necesitamos encontrar una base ortonormal de autovectores que nos permita formar una matriz de paso P ortogonal(P−1 = PT ). Y sabemos que existe porque B es simetrica (y esto hace, ademas, que todos los autovalores de B sonreales).

La ecuacion caracterıstica de la matriz dada es

|B − λI| =

∣∣∣∣∣∣

3− λ 1 11 3− λ 11 1 3− λ

∣∣∣∣∣∣

F3−F2=

∣∣∣∣∣∣

3− λ 1 11 3− λ 10 −2 + λ 2− λ

∣∣∣∣∣∣

C2+C3=

∣∣∣∣∣∣

3− λ 1 21 3− λ 4− λ0 −2 + λ 0

∣∣∣∣∣∣

= −(λ− 2)

∣∣∣∣

3− λ 21 4− λ

∣∣∣∣= −(λ− 2)(λ2 − 7λ + 10) = −(λ− 2)2(λ− 5) = 0.

Tenemos, por tanto, un autovalor simple, λ1 = 5 y uno doble, λ2,3 = 2. Conviene comprobar, para detectar posibleserrores, que la suma de los autovalores coincide con la traza de B: 5 + 2 + 2 = 3 + 3 + 3.

199

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Calculemos ahora los autovectores correspondientes.λ1 = 5 :

Nul [B − 5I] = Nul

−2 1 11 −2 11 1 −2

= Nul

1 1 −20 1 −10 0 0

= Gen

u1 =

111

.

λ2,3 = 2 :

Nul [B − 2I] = Nul

1 1 11 1 11 1 1

= Nul

1 1 10 0 00 0 0

= Gen

u2 =

1−10

, u3 =

10−1

.

Conviene comprobar (para detectar posibles errores) que u1 es ortogonal a u2 y a u3 (pues en las matrices simetricas,los autovectores correspondientes a autovalores distintos son ortogonales).

Sin embargo, los autovectores que hemos encontrado para para el autovalor doble λ2,3 = 2 no son ortogonales.Sabemos que si construimos

P1 =

1 1 11 −1 01 0 −1

→ P−11 BP1 = D =

5 0 00 2 00 0 2

,

pero P1 no es una matriz ortogonal (sus columnas no son ortonormales).Tenemos que encontrar dos autovectores ortogonales de λ2,3 = 2. Podemos aplicar el metodo de Gram–Schmidt a

{u2, u3}:

v2 = u2 =

1−10

,

v3 = u3 −u3 · v2

v2 · v2v2 =

10−1

− 1

2

1−10

=

1/21/2−1

∼ v′3 =

11−2

(no olvidemos comprobar que v′3 es perpendicular a v2 y que verifica las ecuaciones implıcitas de Nul [B − 2I], x1 +x2 + x3 = 0). Si construimos P2 = (u1|v2|v′3), se verifica P−1

2 BP2 = D, pero P2 no es una matriz ortogonal, pues suscolumnas son ortogonales pero no ortonormales. Nos basta con construir

P3 =

[u1

||u1||

∣∣∣∣

v2

||v2||

∣∣∣∣

v′3||v′3||

]

=

√3/3

√2/2

√6/6√

3/3 −√

2/2√

6/6√3/3 0 −

√6/3

→ P−13 BP3 = D =

5 0 00 2 00 0 2

,

para tener una matriz de paso ortogonal, P−13 = PT

3 , es decir, PT3 BP3 = D.

Observemos que una alternativa a aplicar el metodo de Gram-Schmidt es buscar con cuidado una base ortogonalde Nul [B−2I]. Como su ecuacion implıcita es x1 +x2 +x3 = 0, elegimos un primer autovector cualquiera que verifiqueesa ecuacion, por ejemplo, u2 = (1,−1, 0)T . Ahora el segundo autovector, w3 = (a, b, c)T , lo determinamos exigiendoque verifique la ecuacion anterior y que sea perpendicular a u2, es decir, debe verificar a+b+c = 0, a−b = 0. Solucionde este sistema es cualquier multiplo de (1, 1,−2)T , tomamos pues w3 = (1, 1,−2)T . De esta forma construimos lamatriz de paso ortogonal (columnas ortonormales)

P4 =

[u1

||u1||

∣∣∣∣

u2

||u2||

∣∣∣∣

w3

||w3||

]

,

que, en este caso, coincide con P3.

Ejercicio resuelto

(a) Diagonalizar ortogonalmente la matriz

A =

1 1 −11 1 1−1 1 1

.

(b) Calcular, razonadamente, los autovalores y autovectores de A20, A − 5I, A−1. Demostrar las propiedadesutilizadas.

(a) Necesitamos encontrar una base ortonormal de autovectores que nos permita formar una matriz de paso P ortogonal(P−1 = PT ).

200

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La ecuacion caracterıstica de la matriz dada es

|A− λI| =

∣∣∣∣∣∣

1− λ 1 −11 1− λ 1−1 1 1− λ

∣∣∣∣∣∣

F3+F2=

∣∣∣∣∣∣

1− λ 1 −11 1− λ 10 2− λ 2− λ

∣∣∣∣∣∣

C2+C3=

∣∣∣∣∣∣

1− λ 2 −11 −λ 10 0 2− λ

∣∣∣∣∣∣

= (2− λ)

∣∣∣∣

1− λ 21 −λ

∣∣∣∣= (2 − λ)(λ2 − λ− 2) = −(λ− 2)2(λ + 1) = 0.

Conviene comprobar, para detectar posibles errores, que la suma de los autovalores coincide con la traza de A:−1 + 2 + 2 = 1 + 1 + 1.

Tenemos, por tanto, un autovalor simple, λ1 = −1 y uno doble, λ2,3 = 2. Calculemos ahora los autovectorescorrespondientes. Ya sabemos que, al ser la matriz A simetrica, los autovectores correspondientes a autovalores distintosdeben ser ortogonales.λ1 = −1 :

Nul [A + I] = Nul

2 1 −11 2 1−1 1 2

= Nul

1 2 10 1 10 0 0

= Gen

u1 =

1−11

.

λ2,3 = 2 :

Nul [A− 2I] = Nul

−1 1 −11 −1 1−1 1 −1

= Nul

1 −1 10 0 00 0 0

= Gen

u2 =

110

, u3 =

−101

.

Observemos que los autovectores que hemos encontrado para λ2,3 = 2 no son ortogonales. Sabemos que si construimos

P1 =

1 1 −1−1 1 01 0 1

→ P−11 AP1 = D =

−1 0 00 2 00 0 2

,

pero P1 no es una matriz ortogonal (sus columnas no son ortonormales).Tenemos que encontrar dos autovectores ortogonales de λ2,3 = 2. Podemos aplicar el metodo de Gram–Schmidt a

{u2, u3}:

v2 = u2 =

110

,

v3 = u3 −u3 · v2

v2 · v2v2 =

−101

− −1

2

110

=

−1/21/21

∼ v′3 =

−112

(comprobemos que v′3 es perpendicular a v2 y que verifica las ecuaciones implıcitas de Nul [A− 2I], x1 − x2 + x3 = 0).Si construimos P2 = (u1|v2|v′3), se verifica P−1

2 AP2 = D, pero P2 no es una matriz ortogonal, pues sus columnas sonortogonales pero no ortonormales. Nos basta con construir

P3 =

[u1

||u1||

∣∣∣∣

v2

||v2||

∣∣∣∣

v′3||v′3||

]

=

1/√

3 1/√

2 −1/√

6

−1/√

3 1/√

2 1/√

6

1/√

3 0 2/√

6

→ P−13 AP3 = D =

−1 0 00 2 00 0 2

,

para tener una matriz de paso ortogonal, P−13 = PT

3 , es decir, PT3 BP3 = D.

Observemos que una alternativa a aplicar el metodo de Gram-Schmidt es buscar con cuidado una base ortogonalde Nul [A−2I]. Como su ecuacion implıcita es x1−x2 +x3 = 0, elegimos un primer autovector cualquiera que verifiqueesa ecuacion, por ejemplo, u2 = (1, 1, 0)T . Ahora el segundo autovector, w3 = (a, b, c)T , lo determinamos exigiendo queverifique la ecuacion anterior y que sea perpendicular a u2, es decir, debe verificar a− b + c = 0, a + b = 0. Solucionde este sistema es cualquier multiplo de (−1, 1, 2)T , tomamos pues w3 = (−1, 1, 2)T . De esta forma construimos lamatriz de paso ortogonal (columnas ortonormales)

P4 =

[u1

||u1||

∣∣∣∣

u2

||u2||

∣∣∣∣

w3

||w3||

]

,

que, en este caso, coincide con P3.

201

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(b) Partimos de Ax = λx, x 6= 0, es decir, λ es un autovalor de la matriz cuadrada A y x es un autovector asociado aese autovalor. Ası, para k = 1, 2, 3, . . .,

Akx = Ak−1(Ax) = Ak−1(λx) = λAk−1x = λAk−2Ax = λ2Ak−2x = . . . = λk−1Ax = λkx,

luego λk es un autovalor de Ak con el mismo autovector x. En nuestro caso, A20 tendra un autovalor simple λ201 =

(−1)20 = 1 con u1 = (1,−1, 1)T como autovector asociado, y uno doble, λ202,3 = 220, con autovectores u2 = (1, 1, 0)T y

u3 = (−1, 0, 1)T .Por otra parte,

(A− µI)x = Ax− µx = λx− µx = (λ− µ)x,

es decir, λ − µ es un autovalor de A − µI con el mismo autovector x. En nuestro caso, A − 5I tendra un autovalorsimple λ1 − 5 = −1− 5 = −6 con u1 = (1,−1, 1)T como autovector asociado, y uno doble, λ2,3 − 5 = 2− 5 = −3, conautovectores u2 = (1, 1, 0)T y u3 = (−1, 0, 1)T .

Finalmente, si A es invertible,

Ax = λx → A−1Ax = A−1λx → x = λA−1x → A−1x =1

λx,

es decir, 1λ es un autovalor de A−1 con el mismo autovector x. En nuestro caso, A−1 tendra un autovalor simple

1/λ1 = 1/(−1) = −1 con u1 = (1,−1, 1)T como autovector asociado, y uno doble, 1/λ2,3 = 1/2, con autovectoresu2 = (1, 1, 0)T y u3 = (−1, 0, 1)T .

Ejercicio resueltoSea A una matriz 4 × 4 simetrica. Sean v1 = [1, 0, 0, 1]T , v2 = [1, 1, 0, 0]T y v3 = [0, 1,−1, 0]T autovectores deA asociados a un autovalor λ1. Supongamos que A tiene otro autovalor λ2 distinto de λ1. Encontrar una baseortogonal de R4 formada por autovectores de A.

Como la matriz A es simetrica, sabemos que sus autovalores son reales, que a autovalores distintos les correspondenautovectores ortogonales y que es diagonalizable, aunque tenga autovalores multiples, ortogonalmente.

Como A es 4×4 y tiene un autovalor triple (pues λ1 tiene tres autovectores linealmente independientes asociados),entonces el otro autovalor tiene que ser simple. Su correspondiente autovector, de la forma x = (a, b, c, d)T , tiene queser ortogonal a los tres dados en el enunciado:

x ⊥ v1 → x · v1 = 0 → a + d = 0,x ⊥ v2 → x · v2 = 0 → a + b = 0,x ⊥ v3 → x · v3 = 0 → b− c = 0.

La solucion de ese sistema es x = α(1,−1,−1,−1)T , α ∈ R, con lo que podemos tomar, como el autovector que falta,a

v4 =

1−1−1−1

.

Por tanto, una base de R4 formada por autovectores es {v1, v2, v3, v4}. Basta con aplicar el metodo de Gram–Schmidt a esta base para obtener una base ortogonal de R4 formada por autovectores. De hecho, basta con aplicarseloa los tres primeros, pues v4 es perpendicular a ellos, para obtener tres autovectores de λ1 ortogonales:

x1 = v1 =

1001

,

x2 = v2 −v2 · x1

x1 · x1x1 = v2 −

1

2x1 =

1/210−1/2

∼ x′2 =

120−1

,

x3 = v3 −v3 · x1

x1 · x1x1 −

v3 · x′2x′2 · x′2

x′2 = v3 −0

2x1 −

2

6x′2 =

−1/31/3−11/3

∼ x′3 =

−11−31

.

Por tanto una base ortogonal de R4 formada por autovectores es

x1 =

1001

, x′2 =

120−1

, x′3 =

−11−31

, v4 =

1−1−1−1

.

202

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Observemos que, como v1 y v3 ya son ortogonales, si aplicamos el metodo de Gram–Schmidt a los vectores{v1, v3, v2} (en este orden) nos proporciona como autovectores ortogonales de λ1 a {v1, v3, u = (1, 1, 1,−1)T} conlo que obtenemos la siguiente base ortogonal formada por autovectores

{v1 = (1, 0, 0, 1)T , v3 = (0, 1,−1, 0)T , u = (1, 1, 1,−1)T , v4 = (−1, 1, 1, 1)T}.

2. Aplicacion a las formas cuadraticas.

2.1. Representacion matricial y cambio de variables.

Ya vimos en el Tema 2 que es una forma cuadratica, como puede reducirse a suma de cuadrados (completandocuadrados) y a partir de dicha expresion como suma de cuadrados estudiar los valores que puede alcanzar. Ahoraveremos la expresion matricial y la relacion entre la reduccion a suma de cuadrados y la diagonalizacion de la matrizsimetrica (real) asociada a la forma cuadratica en las variables dadas.

Consideremos una forma cuadratica en n variables ϕ : Rn −→ R

ϕ(x1, x2, . . . , xn) = [x1x2 . . . xn] A

x1

x2

...xn

= xT Ax

siendo A = [aij ] la matriz simetrica asociada a la forma cuadratica

aii = ϕ(ei) =1

2

∂2ϕ

∂x2i

, aij =1

2

∂2ϕ

∂xi∂xj.

Al hacer un cambio de variables x = Py (P matriz n×n no-singular), es decir al expresar la forma cuadratica respectoa la base formada por los vectores columna de P , obtenemos

xT Ax = yT PT APy

es decir, la matriz de la forma cuadratica en las variables y = [y1, . . . , yn]T es B = PT AP .Cuando dos matrices A y B estan relacionadas mediante una igualdad del tipo anterior B = PT AP para alguna

matriz P no singular, se dice que A y B son congruentes.

2.2. El Teorema de los ejes principales. Ley de inercia de Sylvester.

Cuando en una forma cuadratica ϕ(x) = xT Ax hacemos un cambio de variables x = Py (P matriz no singular)tenemos que

xT Ax = yT(PT AP

)y

con lo cual la matriz B = PT AP (que representa a ϕ respecto a la base formada por los vectores columna de P ) tieneel mismo rango que A puesto que P tiene inversa.

Definicion. El rango de una forma cuadratica en Rn se define como el rango de la matriz que la representa (noimporta en que base).

Reducir una forma cuadratica xT Ax a suma de cuadrados α1y21 + · · ·+αny2

n mediante un cierto cambio de variablesx = Py es lo mismo que obtener una matriz P de forma que PT AP sea una matriz diagonal. Por lo general, paracualquier matriz A (simetrica real) hay muchas formas distintas de determinar una matriz P de forma que PT APsea diagonal puesto que cada vez que reduzcamos xT Ax a suma de cuadrados completando cuadrados, tendremosuna matriz P tal que PT AP es diagonal y los elementos diagonales que aparecen en dicha matriz diagonal son loscoeficientes de la expresion en suma de cuadrados. Dichos coeficientes de la expresion en suma de cuadrados dependende la forma en la que hagamos la reduccion, es decir, de la matriz P asociada. La matriz P asociada a una reduccion asuma de cuadrados no tiene, por lo general, caracterısticas especiales (salvo que tiene inversa), sin embargo, utilizandolos resultados sobre matrices simetricas, puede determinarse una matriz P con buenas propiedades (ser ortogonal) quepermite reducir la forma cuadratica a suma de cuadrados y ademas los coeficientes que aparecen en dicha suma decuadrados son los autovalores de la matriz A simetrica real asociada a la forma cuadratica.

203

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Teorema. (de los ejes principales) Sea A una matriz real simetrica, entonces existe un cambio de variables ortogonalx = Py (es decir, con P matriz ortogonal) que reduce la forma cuadratica xT Ax a suma de cuadrados

yT Dy = λ1y21 + · · ·+ λny2

n

siendo λ1, . . . , λn los autovalores (iguales o distintos) de la matriz A.En dicho caso las matrices A y D son semejantes (puesto que P−1AP = D) y congruentes (puesto que PT AP = D)

siendo la matriz de paso la misma matriz P cuyas columnas son autovectores de A que forman una base ortonormalde Rn. Los vectores columna de P se denominan ejes principales de la forma cuadratica.

Concretemos, por ejemplo, para una forma cuadratica Q : R3 −→ R, definida en la base canonica por Q(x) = xT Ax.El teorema anterior nos garantiza que es posible elegir una base de R3 en la que Q aparece como una suma de cuadradoscuyos coeficientes son los autovalores de A. Para demostrarlo, basta con tomar una base ortonormal de R3 formadapor autovectores de A (esto es siempre posible al ser A simetrica, AT = A). Construimos con dicha base una matrizortogonal P , PT = P−1, que nos define el cambio de base x = Py con el que obtenemos

Q(x) = xT Ax = (Py)T APy = yT PT APy = yT P−1APy = yT Dy = λ1y21 + λ2y

22 + λ3y

23 .

En el primer paso de la demostracion hemos hecho el cambio de base x = Py, en el segundo hemos desarrollado latraspuesta del producto, en el tercero hemos utilizado que P es ortogonal, en el cuarto que A es diagonalizable y enel quinto que en la matriz diagonal D aparecen los autovalores de A.

Reduciendo de diferentes modos una forma cuadratica a suma de cuadrados, podemos obtener coeficientes difer-entes. Sin embargo se verifica el siguiente resultado:

Teorema. (Ley de inercia de Sylvester) Si al hacer sobre la forma cuadratica ϕ(x) = xT Ax (A matriz simetrica)los cambios de variables x = P1y y x = P2z esta queda reducida a suma de cuadrados, es decir

D1 = PT1 AP1 y D2 = PT

2 AP2

son matrices diagonales, entonces el numero de elementos diagonales positivos, el numero de elementos diagonalesnegativos y el numero de elementos diagonales nulos coinciden en ambas matrices y, ademas coinciden respectivamentecon el numero (contando multiplicidades) de autovalores positivos, el numero de autovalores negativos y la multiplicidadde cero como autovalor de A (si lo es).

Sin mas que aplicar el teorema espectral para matrices reales simetricas, tenemos

Teorema. Sea A = [aij ] una matriz real simetrica de orden n. Entonces las siguientes condiciones son equivalentes:

(1) A es definida positiva.

(2) Al reducir xT Ax a suma de cuadrados, aparecen n coeficientes positivos (ninguno negativo y ninguno nulo).

(3) Los autovalores de A son todos positivos.

(4) (Criterio de Sylvester o de los menores principales) Todos los menores principales de A son positivos, es decir,det(Ak) > 0, k = 1, 2, . . . , n siendo Ak la matriz de orden k

Ak =

a11 · · · a1k

.... . .

...ak1 · · · akk

.

(5) La matriz A admite factorizacion A = LU y los elementos diagonales de U son (los pivotes) positivos.

Notemos que una matriz real y simetrica A es definida negativa si, y solo si, −A es definida positiva. Se obtieneası el siguiente resultado:

Teorema. Sea A = [aij ] una matriz real simetrica de orden n. Entonces las siguientes condiciones son equivalentes:

(1) A es definida negativa.

(2) Al reducir xT Ax a suma de cuadrados, aparecen n coeficientes negativos (ninguno positivo y ninguno nulo).

(3) Los autovalores de A son todos negativos.

(4) (Criterio de Sylvester o de los menores principales) Los menores principales de A tienen signos alternos−, +,−, +, . . .

(−1)k det(Ak) > 0, k = 1, 2, . . . , n.

204

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(5) La matriz A admite factorizacion A = LU y los elementos diagonales de U son (los pivotes) negativos.

Las formas cuadraticas semidefinidas positivas o semidefinidas negativas se pueden caracterizar de forma analogaen lo referente a la reduccion a suma de cuadrados y a los signos de los autovalores. Por otra parte, pueden darsecondiciones suficientes para garantizar que una forma cuadratica es indefinida:

teniendo en cuenta que los elementos diagonales de A son valores que alcanza la forma cuadratica

akk = eTk Aek

si dos de estos valores son de distinto signo la forma cuadratica sera indefinida.

Si alguna submatriz diagonal de orden 2 [aii aij

aji ajj

]

tiene determinante negativo, la forma cuadratica es indefinida.

Si det(A) 6= 0, y no se cumplen las condiciones dadas para formas cuadraticas definidas positivas o definidasnegativas, entonces es indefinida.

. . .

Otra caracterıstica importante de la matriz A como es su rango puede expresarse tambien en terminos de unareduccion a suma de cuadrados de la forma cuadratica y de los autovalores:

rango(A) = numero de coeficientes no nulos enuna forma reducida de la forma cuadratica.

= numero de autovalores no nulos (contando multiplicidades) de A.

Ejemplo. Consideremos la forma cuadratica en R2

Q(x) = xT Ax =[

x1 x2

][

1 3/23/2 −1

] [x1

x2

]

= x21 + 3x1x2 − x2

2.

Es facil comprobar que trabajando con una base ortonormal de autovectores, (los autovalores de A son ±√

13/2),llegamos, por ejemplo, a

Q(x) =

√13

2y21 −√

13

2y22 ,

mediante un giro de los ejes. ¿Podrıa indicar explıcitamente el cambio? Se trata de una forma cuadratica indefinida.Ejemplo. Consideremos la forma cuadratica en R3

Q(x) = xT Ax =[

x1 x2 x3

]

3 2 02 2 20 2 1

x1

x2

x3

= 3x21 + 2x2

2 + x23 + 4x1x2 + 4x2x3.

Los autovalores de A son 5, 2,−1, y trabajando en una base ortonormal de autovectores, llegamos a

Q(x) = 5y21 + 2y2

2 − y23 ,

mediante un giro de los ejes. Indique el cambio, obtenga el rango y clasifique esta forma cuadratica.En los ejemplos anteriores, y en general, para cualquier forma cuadratica, suele ser mas recomendable completar

cuadrados mediante el metodo de Lagrange, que ya presentamos en el Tema 2, que mediante el calculo de los autovaloresde la matriz simetrica que la representa.

Ejercicio resueltoSea Q : R3 → R la forma cuadratica definida, en la base canonica, por Q(x) = xT Ax. Sabiendo que la matriz Atiene por autovalores λ1 = a + 1, λ2 = a2 − 4 y λ3 =

√3 − 1, clasificar la forma cuadratica segun los valores de

a ∈ R.

Trabajando con una base ortonormal de autovectores de la matriz simetrica A (que existe siempre pues A es diago-nalizable ortogonalmente) la forma cuadratica, haciendo el cambio x = Py donde P es la matriz ortogonal formadapor dichos autovectores, aparece escrita como suma de cuadrados en la que los coeficientes son los autovalores:

Q(x) = xT Ax = (Py)T A(Py) = yT PT APy = yT P−1APy = yT Dy = λ1y21 + λ2y

22 + λ3y

23

donde en la matriz diagonal D aparecen los autovalores ordenados adecuadamente, es decir, D = diag(λ1, λ2, λ3).El tipo de forma cuadratica depende de los signos de los coeficientes (cuantos son positivos, cuantos negativos y

cuantos nulos), es decir, del signo de los autovalores que nos proporcionan en el enunciado. Observamos que:

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• el coeficiente de y21 , λ1 = a + 1, es negativo cuando a < −1, nulo cuando a = −1 y positivo cuando a > −1;

• el coeficiente de y22 , λ2 = a2 − 4, es negativo cuando |a| < 2, es decir, −2 < a < 2, nulo cuando a = ±2 y positivo

cuando |a| > 2, o sea, a < −2 o a > 2;

• el coeficiente de y23 , λ3 =

√3− 1, es obviamente siempre positivo (ya que

√3 ≈ 1,7).

Aparecen, por tanto, las siete situaciones siguientes (indicamos los signos de los coeficientes de λ1, λ2, λ3):

a−2 −1 2−++

−0+−−+

0−++−+ +++

+0+

1. a < −2: −+ +, se trata de una forma cuadratica indefinida.

2. a = −2: −0+, estamos ante una forma cuadratica indefinida.

3. −2 < a < −1: −−+, es una forma cuadratica indefinida.

4. a = −1: 0−+, se trata de una forma cuadratica indefinida.

5. −1 < a < 2: +−+, estamos ante una forma cuadratica indefinida.

6. a = 2: +0+, se trata de una forma cuadratica semidefinida positiva.

7. a > 2: + + +, tenemos una forma cuadratica definida positiva.

En resumen, para a ∈ (−∞, 2) la forma cuadratica es indefinida, si a = 2 es semidefinida positiva y si a > 2 esdefinida positiva.

Ejercicio resueltoDada la forma cuadratica

Q(x1, x2, x3) = x21 + 4x2

2 + 3x23 − 4ax1x2,

clasificarla segun los valores de a ∈ R, estudiando la matriz simetrica asociada.

Escribimos matricialmente la forma cuadratica

Q(x1, x2, x3) = xT Ax =[

x1 x2 x3

]

1 −2a 0−2a 4 00 0 3

x1

x2

x3

y calculamos los autovalores de A

|A− λI| =

∣∣∣∣∣∣

1− λ −2a 0−2a 4− λ 00 0 3− λ

∣∣∣∣∣∣

= (3 − λ)

∣∣∣∣

1− λ −2a−2a 4− λ

∣∣∣∣= (3− λ)[λ2 − 5λ + 4(1− a2)],

es decir, los autovalores son λ1 = 3, λ2 = 5+√

9+16a2

2 , λ3 = 5−√

9+16a2

2 . Puesto que λ1 y λ2 son positivos, hay queestudiar el signo de λ3:

• λ3 > 0 si 5 >√

9 + 16a2, es decir, a2 < 1, o sea, a ∈ (−1, 1).

• λ3 = 0 si 5 =√

9 + 16a2, es decir, a2 = 1, o sea, a = ±1.

• λ3 < 0 si 5 <√

9 + 16a2, es decir, a2 > 1, o sea, a ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞).

Trabajando con una base ortonormal de autovectores de la matriz simetrica A (que existe siempre pues A esdiagonalizable ortogonalmente) la forma cuadratica (haciendo el cambio x = Py donde P es la matriz ortogonalformada por dichos autovectores) aparece escrita como suma de cuadrados en la que los coeficientes son los autovalores:

Q(x) = xT Ax = (Py)T A(Py) = yT PT APy = yT P−1APy = yT Dy = λ1y21 + λ2y

22 + λ3y

23

donde en la matriz diagonal D aparecen los autovalores ordenados adecuadamente, es decir, D = diag(λ1, λ2, λ3).El caracter de la forma cuadratica depende de los signos de los coeficientes (cuantos son positivos, cuantos negativos

y cuantos nulos), es decir, del signo de los autovalores. En nuestro caso, la forma cuadratica es definida positiva cuando

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a ∈ (−1, 1) (los tres autovalores son positivos), semidefinida positiva si a = ±1 (dos autovalores positivos y uno nulo)e indefinida para a ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞) (dos autovalores positivos y uno negativo).

Ejercicio resueltoClasificar, segun los valores del parametro a, la forma cuadratica

Q(x1, x2, x3) = x21 + (2− a)x2

2 + x23 + 2ax1x3, a ∈ R

mediante el estudio de la matriz simetrica asociada.

Recordemos que trabajando con una base ortonormal de autovectores de la matriz simetrica A (que existe siemprepues A es diagonalizable ortogonalmente) la forma cuadratica (haciendo el cambio x = Py donde P es la matrizortogonal formada por dichos autovectores) aparece escrita como suma de cuadrados en la que los coeficientes son losautovalores:

Q(x) = xT Ax = (Py)T A(Py) = yT PT APy = yT P−1APy = yT Dy = λ1y21 + λ2y

22 + λ3y

23

donde en la matriz diagonal D aparecen los autovalores ordenados adecuadamente, es decir, D = diag(λ1, λ2, λ3).Escribimos matricialmente la forma cuadratica

Q(x1, x2, x3) = xT Ax =[

x1 x2 x3

]

1 0 a0 2− a 0a 0 1

x1

x2

x3

y calculamos los autovalores de la matriz simetrica A

|A− λI| =

∣∣∣∣∣∣

1− λ 0 a0 2− a− λ 0a 0 1− λ

∣∣∣∣∣∣

= (2− a− λ)

∣∣∣∣

1− λ aa 1− λ

∣∣∣∣= (2− a− λ)[(1 − λ)2 − a2],

es decir, los autovalores son λ1 = 2− a, λ2 = 1 + a, λ3 = 1− a.En nuestro caso la forma cuadratica aparecera escrita como

Q = (2− a)y21 + (1 + a)y2

2 + (1− a)y23 .

El caracter de la forma cuadratica depende de los signos de los coeficientes (cuantos son positivos, cuantos negativosy cuantos nulos), es decir, del signo de los autovalores.

Sus signos se analizan facilmente: λ1 es positivo cuando a < 2, nulo si a = 2 y negativo para a > 2; λ2 es positivocuando a > −1, nulo si a = −1 y negativo para a > −1; λ3 es positivo cuando a < 1, nulo si a = 1 y negativo paraa > 1.

Aparecen, por tanto, las situaciones siguientes (indicamos tambien los signos de los autovalores λ1, λ2 y λ3):

a < −1 a = −1 −1 < a < 1 a = 1 1 < a < 2 a = 2 a > 2+−+ +0+ + + + + + 0 + +− 0 +− −+−

1. a < −1: +−+, se trata de una forma cuadratica indefinida.

2. a = −1: +0+, estamos ante una forma cuadratica semidefinida positiva.

3. −1 < a < 1: + + +, es una forma cuadratica definida positiva.

4. a = 1: + + 0, se trata de una forma cuadratica semidefinida positiva.

5. 1 < a < 2: + +−, estamos ante una forma cuadratica indefinida.

6. a = 2: 0 +−, es una forma cuadratica indefinida.

7. a > 2: −+−, estamos ante una forma cuadratica indefinida.

En resumen, la forma cuadratica es definida positiva cuando a ∈ (−1, 1) (pues los tres autovalores son positivos),semidefinida positiva si a = ±1 (ya que hay dos autovalores positivos y uno nulo) e indefinida para a ∈ (−∞,−1) ∪(1,∞) (puesto que aparecen dos autovalores positivos y uno negativo cuando a < −1 y cuando 1 < a < 2; uno positivo,uno negativo y uno nulo si a = 2; dos negativos y uno positivo para a > 2).

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Ejercicio resueltoConsideremos la matriz

A =

0 1 11 0 11 1 0

.

a) Diagonalizar ortogonalmente A (dar la matriz de paso ortogonal, la matriz diagonal y la relacion que tienencon la matriz A).

b) Clasificar, segun los valores de a ∈ R, la forma cuadratica asociada a la matriz A + aI.

(a) Por ser A una matriz simetrica se puede diagonalizar ortogonalmente, es decir, se puede encontrar una matriz depaso P ortogonal (P−1 = PT ). Para ello basta con encontrar una base ortonormal de autovectores.

La ecuacion caracterıstica de la matriz dada es

|A− λI| =

∣∣∣∣∣∣

−λ 1 11 −λ 11 1 −λ

∣∣∣∣∣∣

C3−C2=

∣∣∣∣∣∣

−λ 1 01 −λ 1 + λ1 1 −1− λ

∣∣∣∣∣∣

F2+F3=

∣∣∣∣∣∣

−λ 1 02 1− λ 01 1 −1− λ

∣∣∣∣∣∣

= −(1 + λ)

∣∣∣∣

−λ 12 1− λ

∣∣∣∣= −(λ + 1)(λ2 − λ− 2) = −(λ− 2)(λ + 1)2 = 0.

Tenemos, por tanto, un autovalor simple, λ1 = 2 y uno doble, λ2,3 = −1. Conviene comprobar, para detectar posibleserrores, que la suma de los autovalores coincide con la traza de A: −1− 1 + 2 = 0 + 0 + 0.

Calculemos ahora los autovectores correspondientes. Recordemos que, al ser la matriz A simetrica, los autovectorescorrespondientes a autovalores distintos deben ser ortogonales.

λ1 = 2 : Nul [A− 2I] = Nul

−2 1 11 −2 11 1 −2

= Nul

1 −2 10 1 −10 0 0

= Gen

u1 =

111

.

λ2,3 = −1 : Nul [A + I] = Nul

1 1 11 1 11 1 1

= Nul

1 1 10 0 00 0 0

= Gen

u2 =

1−10

, u3 =

10−1

.

Observemos que los autovectores que hemos encontrado para λ2,3 = −1 no son ortogonales. Sabemos que si construimos

P1 =

1 1 11 −1 01 0 −1

→ P−11 AP1 = D =

2 0 00 −1 00 0 −1

,

pero P1 no es una matriz ortogonal (sus columnas no son ortonormales).Tenemos que encontrar dos autovectores ortogonales de λ2,3 = −1. Podemos aplicar el metodo de Gram–Schmidt

a {u2, u3}:

v2 = u2 =

1−10

,

v3 = u3 −u3 · v2

v2 · v2v2 =

10−1

− 1

2

1−10

=

1/21/2−1

→ v′3 =

11−2

(comprobemos que v′3 es perpendicular a v2 y que verifica las ecuaciones implıcitas de Nul [A + I], x1 + x2 + x3 = 0).Si construimos P2 = (u1|v2|v′3), se verifica P−1

2 AP2 = D, pero P2 no es una matriz ortogonal, pues sus columnas sonortogonales pero no ortonormales. Nos basta con construir

P3 =

[u1

||u1||

∣∣∣∣

v2

||v2||

∣∣∣∣

v′3||v′3||

]

=

1/√

3 1/√

2 1/√

6

1/√

3 −1/√

2 1/√

6

1/√

3 0 −2/√

6

→ P−13 AP3 = D =

2 0 00 −1 00 0 −1

,

para tener una matriz de paso ortogonal, de manera que PT3 AP3 = D.

Observemos que una alternativa a aplicar el metodo de Gram-Schmidt es buscar con cuidado una base ortogonalde Nul [A+ I]. Como su ecuacion implıcita es x1 +x2 +x3 = 0, elegimos un primer autovector cualquiera que verifiqueesa ecuacion, por ejemplo, u2 = (1,−1, 0)T . Ahora el segundo autovector, w3 = (a, b, c)T , lo determinamos exigiendoque verifique la ecuacion anterior y que sea perpendicular a u2, es decir, debe verificar a+b+c = 0, a−b = 0. Solucion

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de este sistema es cualquier multiplo de (1, 1,−2)T , tomamos pues w3 = (1, 1,−2)T . De esta forma construimos lamatriz de paso ortogonal (columnas ortonormales)

P4 =

[u1

||u1||

∣∣∣∣

u2

||u2||

∣∣∣∣

w3

||w3||

]

,

que, en este caso, coincide con P3.

(b) Para clasificar la forma cuadratica asociada a la matriz simetrica A + aI basta con conocer los autovalores dedicha matriz. Para ello, puesto que ya conocemos los autovalores de A, lo mas facil es aplicar la propiedad que nosdice que si λ es autovalor de A entonces λ−µ es autovalor de A−µI. Recordemos su demostracion, que es inmediata.Partiendo de Ax = λx, x 6= 0, es decir, λ es un autovalor de la matriz cuadrada A y x es un autovector asociado a eseautovalor:

(A− µI)x = Ax− µx = λx− µx = (λ− µ)x,

es decir, λ− µ es un autovalor de A− µI con el mismo autovector x.Por tanto, los autovalores de A + aI resultan ser λ1 = a + 2, λ2,3 = a− 1.Si no aplicamos la propiedad anterior, la ecuacion caracterıstica de la matriz dada no es difıcil de resolver si

procedemos ası:

|(A + aI)− λI| =

∣∣∣∣∣∣

a− λ 1 11 a− λ 11 1 a− λ

∣∣∣∣∣∣

C3−C2=

∣∣∣∣∣∣

a− λ 1 01 a− λ 1− a + λ1 1 a− 1− λ

∣∣∣∣∣∣

F2+F3=

∣∣∣∣∣∣

a− λ 1 02 a + 1− λ 01 1 a− 1− λ

∣∣∣∣∣∣

= (a− 1− λ)

∣∣∣∣

a− λ 12 a + 1− λ

∣∣∣∣

= (a− 1− λ)[λ2 − (2a + 1)λ + (a2 + a− 2)] = −(λ− 2− a)(λ + 1− a)2 = 0.

Cuidado con aplicar la regla de Sarrus al determinante de la ecuacion caracterıstica porque nos conducira (despuesde bastantes operaciones, con el consiguiente riesgo de equivocarnos) a un polinomio de grado tres que seguramenteno seremos capaces de factorizar:

|(A + aI)− λI| = −λ3 + 3aλ2 + (3− 3a2)λ + (2− 3a + a3) = 0.

Para clasificar la forma cuadratica nos basta con estudiar el signo de los autovalores segun a. Observamos que

• λ1 = a + 2 es negativo cuando a < −2, nulo cuando a = −2 y positivo cuando a > −2;

• λ2,3 = a− 1 es negativo cuando a < 1, nulo cuando a = 1 y positivo cuando a > 1.

Por tanto, aparecen las siguientes situaciones:

i) a < −2: la forma cuadratica es definida negativa pues todos los autovalores son negativos (λ1 < 0, λ2,3 < 0).

ii) a = −2: la forma cuadratica es semidefinida negativa ya que todos los autovalores son negativos excepto algunonulo (λ1 = 0, λ2,3 < 0).

iii) −2 < a < 1: la forma cuadratica es indefinida puesto que hay autovalores positivos y negativos. (λ1 > 0, λ2,3 < 0).

iv) a = 1: la forma cuadratica es semidefinida positiva pues todos los autovalores son positivos excepto alguno nulo(λ1 > 0, λ2,3 = 0).

v) a > 1: la forma cuadratica es definida positiva ya que todos los autovalores son positivos (λ1 > 0, λ2,3 > 0).

Observemos que si pretendemos clasificar la forma cuadratica Q(x) mediante el metodo de Lagrange, puesto quetenemos

Q(x) = xT (A + aI)x = ax21 + ax2

2 + ax23 + 2x1x2 + 2x1x3 + 2x2x3

para completar cuadrados en cualquiera de las tres variables hay que suponer que a 6= 0 y los calculos son muyengorrosos. En el caso a = 0, hay que aplicar el cambio para que aparezca suma por diferencia y se obtiene que laforma cuadratica es indefinida.

Ejercicio resueltoConsideremos la matriz

A =

2 0 −10 4 0−1 0 2

.

Clasificar, segun los valores del parametro a ∈ R, la forma cuadratica asociada a la matriz aA2 + 5I.

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La ecuacion caracterıstica de la matriz dada es

|A− λI| =

∣∣∣∣∣∣

2− λ 0 −10 4− λ 0−1 0 2− λ

∣∣∣∣∣∣

= (4− λ)

∣∣∣∣

2− λ −1−1 2− λ

∣∣∣∣= (4− λ)[(2 − λ)2 − 1]

= (4− λ)(λ − 1)(λ− 3) = 0 → λ = 1, 3, 4.

Para clasificar la forma cuadratica asociada a la matriz simetrica aA2 + 5I basta con conocer los autovalores dedicha matriz. A partir de los autovalores de A es facil calcular los de aA2 + 5I. Si los autovalores de A son λ1 = 1,λ2 = 3 y λ3 = 4 entonces los autovalores de la matriz A2 son λ1 = 12 = 1, λ2 = 32 = 9 y λ3 = 42 = 16 (ya que si λes autovalor de A entonces λn lo es de la matriz An, n ∈ N), con lo que los autovalores de aA2 son λ1 = a, λ2 = 9a yλ3 = 16a (ya que si λ es autovalor de A entonces αλ lo es de la matriz αA, α 6= 0) y los de la matriz aA2 +5I resultanser λ1 = a + 5, λ2 = 9a + 5 y λ3 = 16a + 5 (ya que si λ es autovalor de A entonces λ− µ es autovalor de A− µI).

Recordemos las demostraciones de las tres propiedades utilizadas, que son inmediatas. Partiendo de Ax = λx,x 6= 0, es decir, λ es un autovalor de la matriz cuadrada A y x es un autovector asociado a ese autovalor obtenemos,por un lado, que

Anx = An−1(Ax) = An−1λx = λAn−2(Ax) = λAn−2λx = λ2An−2x = ... = λnx,

es decir, que λn es autovalor de An con el mismo autovector x. Ademas, por otro lado,

(αA)x = αAx = αλx = (αλ)x,

es decir, que αλ es un autovalor de αA (α 6= 0) con el mismo autovector x. Tambien, finalmente, llegamos a

(A− µI)x = Ax− µx = λx− µx = (λ− µ)x,

es decir, λ− µ es un autovalor de A− µI con el mismo autovector x.Para clasificar la forma cuadratica nos basta con estudiar el signo de los autovalores segun a. Observamos que:

λ1 = a+5 es negativo cuando a < −5, nulo cuando a = −5 y positivo cuando a > −5; λ2 = 9a+5 es negativo cuandoa < − 5

9 , nulo cuando a = − 59 y positivo cuando a > − 5

9 ; λ3 = 16a + 5 es negativo cuando a < − 516 , nulo cuando

a = − 516 y positivo cuando a > − 5

16 .Aparecen, por tanto, las situaciones siguientes (indicamos tambien los signos de los autovalores λ1, λ2 y λ3):

a < −5 a = −5 −5 < a < − 59 a = − 5

9 − 59 < a < − 5

16 a = − 516 a > − 5

16

−−− 0−− + −− +0− + +− + + 0 + + +

1. a < −5: la forma cuadratica es definida negativa pues todos los autovalores son negativos (λ1 < 0, λ2 < 0, λ3 < 0,abreviadamente, −−−).

2. a = −5: la forma cuadratica es semidefinida negativa ya que todos los autovalores son negativos excepto algunonulo (0−−).

3. −5 < a < − 59 : la forma cuadratica es indefinida puesto que hay autovalores positivos y negativos (+−−).

4. a = − 59 : la forma cuadratica es indefinida al haber autovalores positivos y negativos (+0−).

5. − 59 < a < − 5

16 : la forma cuadratica es indefinida puesto que hay autovalores positivos y negativos (+ +−).

6. a = 516 : la forma cuadratica es semidefinida positiva ya que todos los autovalores son positivos excepto alguno nulo

(+ + 0).

7. a > 516 : la forma cuadratica es definida positiva puesto que todos los autovalores son positivos (+ + +).

3. Aplicacion a las conicas y cuadricas.

Recordemos que una conica es el lugar geometrico de los puntos (x, y) del plano que satisfacen una ecuacion generalde segundo grado:

f(x, y) = a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2a1x + 2a2y + a0 = 0,

donde los coeficientes a11, a12 y a22 no son todos cero.La ecuacion de la conica se puede escribir de la forma:

f(x, y) = [x y]

[a11 a12

a12 a22

] [xy

]

+ 2 [a1 a2]

[xy

]

+ a0 = 0.

210

Page 93: Apuntes de Algebra.´ Ingenier´ıa Industrial · Apuntes de Algebra.´ ... Haremos uso de los conceptos de independencia lineal, subespacio vectorial generado por ciertos vectores,

Tambien se escribirıa vectorialmente como

f(x) = xT Ax + 2aTx + a0 = 0,

donde A es una matriz simetrica 2× 2, x,a ∈ R2, a0 ∈ R.Una cuadrica es el lugar geometrico de los puntos (x, y, z) que satisfacen una ecuacion general de segundo grado:

f(x, y, z) = a11x2 + a22y

2 + a33z2 + 2a12xy + 2a13xz + 2a23yz + 2a1x + 2a2y + 2a3z + a0 = 0,

en la que no pueden ser nulos todos los aij . La ecuacion de la cuadrica tambien se puede escribir matricialmente en laforma

f(x, y, z) =[

x y z]

a11 a12 a13

a12 a22 a23

a13 a23 a33

xyz

+ 2[

a1 a2 a3

]

xyz

+ a0 = 0,

que, como vemos, tambien se escribirıa vectorialmente como

f(x) = xT Ax + 2aTx + a0 = 0,

donde ahora A es una matriz simetrica 3× 3, x,a ∈ R3, a0 ∈ R.Ya hemos analizado en el Tema 1 las ecuaciones canonicas y las representaciones graficas de las conicas y las

cuadricas.Para reducir a forma canonica la ecuacion de una conica o una cuadrica, es suficiente realizar en primer lugar

un giro: cambio a una base ortonormal de autovectores (que reduce la matriz A a suma de cuadrados y elimina losproductos mixtos). Posteriormente, si es necesaria una traslacion, usamos los resultados tratados en el Tema 1.

Veamos con varios ejemplos como proceder para analizar una conica (aunque con las mismas ideas se estudian lascuadricas, estas no las trataremos).

Ejercicio resueltoConsiderar la conica de ecuacion 3x2 + 3y2 − 10xy + 2 = 0.(a) Calcular un cambio de variables ortogonal que lleve la conica a forma canonica. Escribir dicha ecuacion ydeterminar el tipo de la conica.(b) Escribir, en coordenadas originales y segun el tipo de conica de que se trate, los siguientes elementos notablesde la conica: ejes, vertices y asıntotas.

(a) Puesto que la ecuacion de la conica tiene termino en xy necesitamos hacer un giro para colocar los ejes en las

direcciones de los autovectores de la matriz

[3 −5−5 3

]

(la que recoge los terminos cuadraticos). Calculamos pues

sus autovalores y despues sus autovectores. En primer lugar:∣∣∣∣

3− λ −5−5 3− λ

∣∣∣∣= (3− λ)2 − 25 = 0 → (3 − λ)2 = 25 → (3− λ) = ±5 → λ1 = 8, λ2 = −2.

Podemos pues calcular los autovectores:

λ1 = 8 :

[−5 −5−5 −5

] [x1

x2

]

=

[00

]

−→ x1 + x2 = 0 −→[

x1

x2

]

= α

[−11

]

,

λ2 = −2 :

[5 −5−5 5

] [x1

x2

]

=

[00

]

−→ x1 − x2 = 0 −→[

x1

x2

]

= α

[11

]

.

Construimos la matriz P mediante la siguiente base ortonormal de autovectores:{√

2

2

[11

]

,

√2

2

[−11

]}

,

donde el primer autovector da la direccion y sentido del nuevo eje X ′ (que corresponde a girar un angulo θ = 45o el ejeX , pues del autovector sacamos que tgθ = v/u = 1/1 = 1) y el segundo autovector (que hemos elegido en el sentidoadecuado para que el eje Y ′ se obtenga girando el eje X ′ 90o en sentido positivo o antihorario) marca la direccion ysentido del nuevo eje Y ′. El cambio de variables ortogonal que nos piden:

x = Px′ −→[

xy

]

=

[ √2

2 −√

22√

22

√2

2

][x′

y′

]

.

Notemos que su inverso se calcula de forma inmediata al ser P ortogonal:

x′ = PTx −→[

x′

y′

]

=

[ √2

2

√2

2

−√

22

√2

2

] [xy

]

.

211

Page 94: Apuntes de Algebra.´ Ingenier´ıa Industrial · Apuntes de Algebra.´ ... Haremos uso de los conceptos de independencia lineal, subespacio vectorial generado por ciertos vectores,

Sabemos que el cambio x = Px′ eliminara el termino mixto x′y′ dejando la parte cuadratica como λ2x′2 +

λ1y′2, modificara los coeficientes de los terminos lineales (que en nuestro caso no habıa), y no alterara el termino

independiente. Concretamente obtenemos:

3x2 + 3y2 − 10xy + 2 = 0 → −2x′2 + 8y′2 + 2 = 0 → x′2 − 4y′2 = 1 → x′2

12− y′2(

12

)2 = 1.

(b) Se trata pues de una hiperbola de semiejes a = 1, b = 12 , centrada en el origen (x′, y′) = (0, 0), con ejes x′ = 0 e

y′ = 0, con asıntotas y′ = ± bax′ = ± 1

2x′ y vertices en (x′, y′) = (±1, 0) (observemos que corta al eje X ′ y no al Y ′).Es inmediato ver que la hiperbola no corta ni al eje X ni al Y , pues las ecuaciones que se obtienen al hacer y = 0(3x2 + 2 = 0) y x = 0 (3y2 + 2 = 0) no tienen solucion real.

Teniendo en cuenta la relacion entre las coordenadas antiguas y las nuevas es facil ver que el centro de la hiperbolaesta en (x, y) = (0, 0), que los ejes de la hiperbola corresponden a las rectas

x′ = 0 −→√

2

2(x + y) = 0 −→ x + y = 0,

y′ = 0 −→√

2

2(−x + y) = 0 −→ x− y = 0,

(bisectrices de los cuadrantes), que los vertices de la hiperbola estan en

(x′, y′) = (1, 0) −→[

xy

]

=

[ √2

2 −√

22√

22

√2

2

] [10

]

=

[ √2

2√2

2

]

,

(x′, y′) = (−1, 0) −→[

xy

]

=

[ √2

2 −√

22√

22

√2

2

][−10

]

=

[

−√

22

−√

22

]

,

y que las asıntotas tienen por ecuaciones

x′ = 2y′ −→√

2

2(x + y) = 2

√2

2(−x + y) −→ 3x− y = 0,

x′ = −2y′ −→√

2

2(x + y) = −2

√2

2(−x + y) −→ x− 3y = 0,

(ambas tienen pendientes positivas y, por tanto, estan en el primer ytercer cuadrante).Aunque no nos lo piden vamos a hacer un dibujo esquematico de lahiperbola. Con toda la informacion que hemos obtenido a lo largodel apartado, comenzamos dibujando los ejes X ′ e Y ′ sabiendo quepasan por el origen de las coordenadas X-Y y que tienen la direcciony sentido del autovector correspondiente a λ1 y λ2, respectivamente.Es decir, en este caso, con la eleccion que hicimos de autovalores yautovectores, los ejes X ′ e Y ′ se obtienen rotando un angulo de 45o

a los ejes X e Y . Finalmente, conociendo los ejes de simetrıa, losvertices y ayudados por sus asıntotas, dibujamos cualitativamente lahiperbola.

Y’ X’

X1

1

Y

Ejercicio resueltoDespues de hacer los cambios de coordenadas adecuados, representar graficamente (en las coordenadas originales)la conica de ecuacion

3x2 − 4xy + 4 = 0.

La ecuacion de la conica, 3x2 − 4xy + 4 = 0, en forma matricial, es

[x y]

[3 −2−2 0

] [xy

]

+ 4 = [x y]A

[xy

]

+ 4 = 0.

Para hallar su ecuacion canonica, realizaremos un giro. Con este fin, necesitaremos los autovalores y autovectores dela matriz simetrica A:

det(A− λI) = det

[3− λ −2−2 −λ

]

= λ2 − 3λ− 4 = 0⇔ λ =3±√

9 + 16

2=

{4,−1.

212

Page 95: Apuntes de Algebra.´ Ingenier´ıa Industrial · Apuntes de Algebra.´ ... Haremos uso de los conceptos de independencia lineal, subespacio vectorial generado por ciertos vectores,

λ = 4:

Nul (A− 4I) = Nul

[−1 −2−2 −4

]

= Gen

{[−21

]}

.

λ = −1:

Nul (A + I) = Nul

[4 −2−2 1

]

= Gen

{[12

]}

.

Los autovectores que hemos obtenido son ortogonales (puesto que la matriz es simetrica). Por nuestra parte, lostomaremos ademas unitarios para construir una matriz de paso ortogonal:

P =1√5

[1 −22 1

]

,

que cumple P−1AP = PT AP =

[−1 00 4

]

= D diagonal.

Observemos que hemos tomado como primer autovector (que nos define el eje OX ′) el (1, 2)T porque esta en elprimer cuadrante y ası el giro sera de un angulo θ ∈ (0, π/2). El segundo autovector, que define el eje OY ′, debe estarentonces en el segundo cuadrante.

El cambio de coordenadas adecuado se corresponde con el giro

[xy

]

= P

[x′

y′

]

,

con el que la ecuacion de la conica se transforma en

[x′ y′]PT AP

[x′

y′

]

+ 4 = [x′ y′]

[−1 00 4

] [x′

y′

]

+ 4 = −x′2

+ 4y′2+ 4 = 0,

de donde deducimos facilmente su ecuacion canonica:

x′2

(√

2)2− y′2

12= 1.

Se trata, por tanto, de una hiperbola. En las nuevas coordenadas, (x′, y′), el centro de la hiperbola es el origen, sussemiejes son a = 2 y b = 1, con lo que su interseccion con los ejes de coordenadas (corta al OX ′, y no corta al OY ′),que son sus ejes de simetrıa, se produce en los puntos (±2, 0), que son los vertices de la hiperbola. Los focos estan enlos puntos (±c, 0) siendo c =

√a2 + b2 =

√22 + 12 =

√5. Y, finalmente, las asıntotas son las rectas y′ = ± b

ax′, esdecir, y′ = ± 1

2x′.Para hacer un dibujo esquematico de la hiperbola, dibujemos en el plano xy los ejes de simetrıa de la hiperbola.

Para ello, escribimos el cambio de coordenadas en la forma:

[x′

y′

]

= PT

[xy

]

⇔{

x′ = 1√5(x + 2y),

y′ = 1√5(−2x + y).

Ası, el eje OX ′, y′ = 0, corresponde a y′ = 1√5(−2x + y) = 0, es

decir, y = 2x (recta sobre la que esta el autovector (1, 2)T ). De igualmodo, el eje OY ′, x′ = 0, corresponde a x′ = 1√

5(x + 2y) = 0, es decir,

y = −x/2 (recta sobre la que esta el autovector (−2, 1)T ).Analogamente, las asıntotas en las coordenadas xy son:

y′ =1

2x′ → 1√

5(−2x + y) =

1

2

1√5(x + 2y) → x = 0,

y′ = −1

2x′ → 1√

5(−2x + y) = −1

2

1√5(x + 2y) → y =

3

4x.

Si buscamos los puntos de corte con los ejes (haciendo x = 0 para eleje OY e y = 0 para el OX) obtenemos que no corta a ninguno de losdos.En la figura mostramos un dibujo esquematico de la hiperbola.

Y’

X’

X

11

Y

213

Page 96: Apuntes de Algebra.´ Ingenier´ıa Industrial · Apuntes de Algebra.´ ... Haremos uso de los conceptos de independencia lineal, subespacio vectorial generado por ciertos vectores,

Ejercicio resueltoConsiderar la conica de ecuacion

x2 + y2 + 4xy + 2 = 0.

Hallar su ecuacion canonica mediante los cambios de coordenadas adecuados, clasificarla y hacer un dibujo es-quematico de la misma.

Puesto que la ecuacion de la conica tiene termino en xy necesitamos hacer un giro para colocar los ejes en las direcciones

de los autovectores de la matriz

[1 22 1

]

(la que recoge los terminos cuadraticos). Calculamos pues sus autovalores

y despues sus autovectores. En primer lugar:∣∣∣∣

1− λ 22 1− λ

∣∣∣∣= (1− λ)2 − 4 = 0 → (1 − λ)2 = 4 → (1− λ) = ±2 → λ1 = 3, λ2 = −1.

Podemos pues calcular los autovectores:

λ1 = 3 :

[−2 22 −2

] [x1

x2

]

=

[00

]

−→ x1 − x2 = 0 −→ v1 =

[x1

x2

]

=

[11

]

,

λ2 = −1 :

[2 22 2

] [x1

x2

]

=

[00

]

−→ x1 + x2 = 0 −→ v2 =

[x1

x2

]

=

[−11

]

.

Construimos la matriz P mediante la siguiente base ortonormal de autovectores:{√

2

2

[11

]

,

√2

2

[−11

]}

,

donde el primer autovector da la direccion y sentido del nuevo eje X ′ (que corresponde a girar un angulo θ = 45o el ejeX , pues del autovector sacamos que tgθ = v/u = 1/1 = 1) y el segundo autovector (que hemos elegido en el sentidoadecuado para que el eje Y ′ se obtenga girando el eje X ′ 90o en sentido positivo o antihorario) marca la direccion ysentido del nuevo eje Y ′. El cambio:

x = Px′ −→[

xy

]

=

[ √2

2 −√

22√

22

√2

2

] [x′

y′

]

eliminara el termino mixto x′y′ dejando la parte cuadratica como λ1x′2 + λ2y

′2, modificara los coeficientes de losterminos lineales (que en nuestro caso no habıa), y no alterara el termino independiente. Concretamente obtenemos:

x2 + y2 + 4xy + 2 = 0 → 3x′2 − y′2 + 2 = 0 → x′2(√

23

)2 −y′2(√

2)2 = −1.

Se trata pues de una hiperbola de semiejes a =√

23 , b =

√2, centrada en el origen (x′, y′) = (0, 0), con asıntotas

y′ = ± bax′ = ±

√3x′ y vertices en (x′, y′) = (0,±

√2) (observemos que corta al eje Y ′ y no al X ′). Es inmediato ver

que la hiperbola no corta ni al eje X ni al Y , pues las ecuaciones que se obtienen al hacer y = 0 (x2 + 2 = 0) y x = 0

(y2 + 2 = 0) no tienen solucion real.Teniendo en cuenta la relacion entre las coordenadas antiguas y lasnuevas es facil ver que los vertices de la hiperbola estan en (x, y) =(−1, 1) y en (x, y) = (1,−1) y que las asıntotas tienen por ecuaciones(√

3 − 1)y + (√

3 + 1)x = 0 y (√

3 + 1)y + (√

3 − 1)x = 0 (ambastienen pendientes negativas y, por tanto, estan en el segundo y cuartocuadrante). Recordemos que

√2 ≈ 1,41,

√3 ≈ 1,73.

Con toda la informacion que hemos obtenido a lo largo del apartado,comenzamos dibujando los ejes X ′ e Y ′ sabiendo que pasan por elorigen de las coordenadas X-Y y que tienen la direccion y sentido delautovector correspondiente a λ1 y λ2, respectivamente. Es decir, eneste caso, con la eleccion que hicimos de autovalores y autovectores,los ejes X ′ e Y ′ se obtienen rotando un angulo de 45o a los ejes X e Y .Finalmente, ayudados por sus asıntotas, dibujamos cualitativamentela hiperbola.

Y’ X’

X1

1

Y

Ejercicio resueltoConsideremos la conica de ecuacion 14x2 + 11y2 + 4xy = 30. Hallar su ecuacion canonica mediante los cambios decoordenadas adecuados, clasificarla y hacer un dibujo esquematico de la misma.

214

Page 97: Apuntes de Algebra.´ Ingenier´ıa Industrial · Apuntes de Algebra.´ ... Haremos uso de los conceptos de independencia lineal, subespacio vectorial generado por ciertos vectores,

La ecuacion de la conica, 14x2 + 11y2 + 4xy = 30, en forma matricial, es

(x y)

[14 22 11

] [xy

]

− 30 = (x y)M

[xy

]

− 30 = 0.

Para hallar su ecuacion canonica, realizaremos un giro. Con este fin, necesitaremos los autovalores y autovectores dela matriz simetrica M :

det(M − λI) = det

[14− λ 2

2 11− λ

]

= λ2 − 25λ + 150 = 0⇔ λ =25±

√25

2= 15, 10.

λ = 15 : Nul (M − 15I) = Nul

[−1 42 −4

]

= Gen

{[21

]}

.

λ = 10 : Nul (M − 10I) = Nul

[4 22 1

]

= Gen

{[−12

]}

.

Los autovectores que hemos obtenido son ortogonales (puesto que la matriz es simetrica). Por nuestra parte, lostomaremos ademas unitarios para construir una matriz de paso ortogonal:

P =1√5

[2 −11 2

]

,

que cumple P−1MP = PT MP =

[15 00 10

]

diagonal.

El cambio de coordenadas adecuado se corresponde con el giro

[xy

]

= P

[x′

y′

]

, con el que la ecuacion de la

conica se transforma en

(x′ y′)PT MP

[x′

y′

]

− 30 = (x′ y′)

[15 00 10

] [x′

y′

]

− 30 = 15x′2

+ 10y′2 − 30 = 0,

de donde deducimos facilmente su ecuacion canonica:

x′2

(√

2)2+

y′2

(√

3)2= 1.

Se trata, por tanto, de una elipse. Para hacer un dibujo esquematico de laelipse, dibujemos en el plano xy los ejes de simetrıa de la elipse. Para ello,escribimos el cambio de coordenadas en la forma:

[x′

y′

]

= PT

[xy

]

⇔{

x′ = 1√5(2x + y),

y′ = 1√5(−x + 2y).

El semieje mayor (√

3) corresponde al eje y′, cuya ecuacion es x′ = 0 ⇔y = −2x; mientras que el semieje menor (

√2) esta situado sobre el eje x′,

cuya ecuacion es y′ = 0⇔ y = x2 .

En la figura siguiente mostramos un dibujo esquematico de la elipse.

3

2

x’

x

yy’

Ejercicio resueltoDespues de realizar los cambios de coordenadas adecuados, representar graficamente la conica de ecuacion

x2 + 4xy + 4y2 − 2√

5x +√

5 y + 5 = 0

Encontrar, en las coordenadas originales x, y: su centro (o su vertice); sus ejes (o su eje) de simetrıa; sus focos (osu foco); sus asıntotas o su recta directriz (si las tiene). Escribir los resultados en una tabla.

Puesto que la ecuacion de la conica tiene termino en xy necesitamos hacer un giro para colocar los ejes en las direcciones

de los autovectores de la matriz A =

[1 22 4

]

(la que recoge los terminos cuadraticos, xT Ax) ya que la ecuacion de

esta conica se puede escribir como

[x y

][

1 22 4

] [xy

]

+[−2√

5√

5][

xy

]

+ 5 = 0.

215

Page 98: Apuntes de Algebra.´ Ingenier´ıa Industrial · Apuntes de Algebra.´ ... Haremos uso de los conceptos de independencia lineal, subespacio vectorial generado por ciertos vectores,

Sabemos que para eliminar el termino mixto xy en las nuevas coordenadas basta con encontrar una base ortonormalde R2 formada por autovectores de A (esto es siempre posible al ser A simetrica, AT = A). Construimos con dichabase una matriz ortogonal P , PT = P−1, que nos define el cambio de base x = Px′ con el que obtenemos

xT Ax = (Px′)T APx′ = x′TPT APx′ = x′

TP−1APx′ = x′

TDx′ = λ1x

′2 + λ2y′2.

En el primer paso hemos hecho el cambio de base x = Px′, en el segundo hemos desarrollado la traspuesta delproducto, en el tercero hemos utilizado que P es ortogonal, en el cuarto que A es diagonalizable y en el quinto que enla matriz diagonal D aparecen los autovalores de A.

Calculamos pues sus autovalores y despues sus autovectores. En primer lugar:

∣∣∣∣

1− λ 22 4− λ

∣∣∣∣= (1 − λ)(4 − λ)− 4 = 0 → λ2 − 5λ = 0 → λ1 = 5, λ2 = 0.

Comprobamos que la suma de los autovalores coincide con la traza de A y su producto con el determinante de A.Podemos ya calcular los autovectores:

λ1 = 5 : (A− 5I)x =

[−4 22 −1

] [x1

x2

]

=

[00

]

−→ 2x1 − x2 = 0 −→[

x1

x2

]

= α

[12

]

, α ∈ R,

λ2 = 0 : (A− 0 · I)x =

[1 22 4

] [x1

x2

]

=

[00

]

−→ x1 + 2x2 = 0 −→[

x1

x2

]

= α

[−21

]

, α ∈ R.

Podemos ya construir la matriz ortogonal P mediante una base ortonormal de autovectores. Hay que tener en cuentaque la primera columna de P determina la direccion (y el sentido positivo) del nuevo eje X ′ y la segunda columna fijala direccion (y el sentido positivo) del nuevo eje Y ′. Notemos que tenemos cuatro opciones para colocar en la primeracolumna de P :

1√5

[12

]

,1√5

[−21

]

,1√5

[−1−2

]

,1√5

[2−1

]

.

Si elegimos el primer vector, entonces el eje X ′ tendra la direccion (y sentido positivo) del vector (1, 2)T (X ′ estara en elprimer cuadrante). Si preferimos el segundo vector, el eje X ′ tendra la direccion (y sentido positivo) del vector (−2, 1)T

(es decir, X ′ estara en el segundo cuadrante). Si colocamos el tercer vector en la primera columna de P , entoncesel eje X ′ tendra la direccion (y sentido positivo) del vector (−1,−2)T (es decir, X ′ estara en el tercer cuadrante).Finalmente, si nos decantamos porque sea el cuarto vector el que aparezca en la primera columna de P , entonces eleje X ′ tendra la direccion (y sentido positivo) del vector (2,−1)T (es decir, X ′ estara en el cuarto cuadrante). Estascuatro posibilidades aparecen en la siguiente figura.

X−2

Y

1

−2

2

1

X’

X−2

Y

1

−2

2

1

X’

X−2

Y

1

−2

2

1

X’

X−2

Y

1

−2

2

1

X’

Una vez que hemos fijado la primera columna de P , para que el cambio de coordenadas se trate de un giro de ejes,no tenemos posibilidad de eleccion para la segunda columna, que nos fija la direccion (y sentido positivo) del eje Y ′

(este eje, obligatoriamente, se obtiene girando el X ′ noventa grados en sentido positivo o antihorario). Ası, la segundacolumna debe ser, respectivamente,

1√5

[−21

]

,1√5

[−1−2

]

,1√5

[2−1

]

,1√5

[12

]

.

Es decir, que las cuatro matrices siguientes

P1 =1√5

[1 −22 1

]

, P2 =1√5

[−2 −11 −2

]

, P3 =1√5

[−1 2−2 −1

]

, P4 =1√5

[2 1−1 2

]

,

nos llevarıan a tomar, respectivamente, los nuevos ejes que aparecen en esta figura.

216

Page 99: Apuntes de Algebra.´ Ingenier´ıa Industrial · Apuntes de Algebra.´ ... Haremos uso de los conceptos de independencia lineal, subespacio vectorial generado por ciertos vectores,

X−2

Y

1

−2

2

1

X’

Y’

X−2

Y

1

−2

2

1

Y’

X’

X−2

Y

1

−2

2

1

Y’X’

X−2

Y

1

−2

2

1

Y’

X’

Una costumbre recomendable es colocar siempre, en la primera columna de P , el autovector (normalizado) queeste en el primer cuadrante y, en la segunda columna, el autovector del segundo cuadrante. De esta forma siempreobtendremos los nuevos ejes X ′ e Y ′ girando los antiguos (X e Y ) un angulo 0 < θ < π/2. Destaquemos que no esnecesario conocer el angulo de giro para dibujar los nuevos ejes, ya que conocemos su direccion, la de los autovectores.

Eligiendo ası, construimos la matriz P mediante la siguiente base ortonormal de autovectores:{

1√5

[12

]

,1√5

[−21

]}

,

(en este problema, sin calculadora, no podemos determinar con facilidad el angulo de giro: el eje X ′ se obtiene girandoun angulo θ el eje X , pues del autovector (u, v) = (1, 2)T sacamos que tgθ = v/u = 2/1 = 2). El cambio de variablesortogonal que planteamos es

x = Px′ −→[

xy

]

=1√5

[1 −22 1

] [x′

y′

]

−→{

x = 1√5(x′ − 2y′),

y = 1√5(2x′ + y′).

Notemos que su inverso se calcula de forma inmediata al ser P ortogonal (P−1 = PT ):

x′ = PTx −→[

x′

y′

]

=1√5

[1 2−2 1

] [xy

]

−→{

x′ = 1√5(x + 2y),

y′ = 1√5(−2x + y).

Sabemos que el cambio x = Px′ eliminara el termino mixto x′y′ dejando la parte cuadratica como λ1x′2 + λ2y

′2

(siendo λ1 el autovalor asociado al autovector colocado en la primera columna de P ), modificara los coeficientes de losterminos lineales, y no alterara el termino independiente. Concretamente obtenemos:

x2 + 4xy + 4y2 − 2√

5x +√

5 y + 5 = 0 → 5x′2 + 0 · y′2 − 2√

51√5(x′ − 2y′) +

√5

1√5(2x′ + y′) + 5 = 0

→ 5x′2 + 5y′ + 5 = 0 → x′2 + y′ + 1 = 0 → x′′2+ y′′ = 0

donde hemos hecho la traslacionx′′ = x′, y′′ = y′ + 1.

que coloca el origen de las nuevas coordenadas en el vertice de la parabola.En estas nuevas coordenadas, es facil encontrar los elementos notables de estaconica: su vertice V esta en el origen, (x′′, y′′) = (0, 0); su eje de simetrıa es el ejeOY ′′, cuya ecuacion es x′′ = 0; su foco F esta situado en (x′′, y′′) = (0,−1/4); surecta directriz L tiene por ecuacion y′′ = 1

4 .Para hallar el foco y la recta directriz hemos usado que una parabola con foco enF = (0, q

2 ) y directriz L ≡ y = − q2 tiene por ecuacion x2 = 2qy. En nuestro caso,

como tenemos x′′2 = −y′′, deducimos que q = − 12 .

Mostramos el dibujo de esta parabola en las coordenadas X ′′–Y ′′.

1

1

X’’

Y’’

F

L

Ahora, usando los cambios de coordenadas del giro y de la traslacion, podemos hallar los elementos notables de laparabola en las coordenadas X ′Y ′ y en las originales XY .

Como ya mencionamos, la parabola que estamos estudiando tiene su vertice V en (x′′, y′′) = (0, 0), es decir, en(x′, y′) = (0,−1), o sea, en

(xy

)

=1√5

(1 −22 1

)(0−1

)

=

(2√5−1√

5

)

.

Por otra parte, el eje de simetrıa de la parabola es la recta x′′ = 0, es decir, x′ = 0, es decir, 1√5(x + 2y) = 0 que

equivale a x + 2y = 0.Como el foco F esta en (x′′, y′′) = (0,− 1

4 ), esto corresponde a (x′, y′) = (0,− 54 ), es decir,

(xy

)

=1√5

(1 −22 1

)(0− 5

4

)

=

( √5

2−√

54

)

≈ (1,12,−0,56).

217

Page 100: Apuntes de Algebra.´ Ingenier´ıa Industrial · Apuntes de Algebra.´ ... Haremos uso de los conceptos de independencia lineal, subespacio vectorial generado por ciertos vectores,

Finalmente, la ecuacion de la recta directriz L, y′′ = 14 , se transforma en y′ + 1 = 1

4 , es decir, y′ = − 34 . Por tanto,

obtenemos 1√5(−2x + y) = − 3

4 , es decir, y = 2x− 3√

54 .

Resumimos estos resultados en la tabla siguiente:

Coordenadas X ′′Y ′′ Coordenadas X ′Y ′ Coordenadas XY

Vertice (0, 0) (0,−1)(

2√5,− 1√

5

)

Eje simetrıa x′′ = 0 x′ = 0 x + 2y = 0

Foco(0,− 1

4

) (0,− 5

4

) (√5

2 ,−√

54

)

Directriz y′′ = 14 y′ = − 3

4 y = 2x− 3√

54

Para hacer el dibujo esquematico con una cierta precision, puede sernos util el encontrar los puntos de corte (silos hay) de la parabola con los ejes coordenados (OX y OY ). Al hacer x = 0 en la ecuacion de la conica se obtiene4y2 +

√5y + 5 = 0, que no tiene solucion real. Mientras que si hacemos y = 0, la ecuacion x2 − 2

√5x + 5 = 0 conduce

a x =√

5 (raız doble). Por tanto, la parabola no corta al eje OY y es tangente (al ser la raız doble) al eje OX en elpunto (

√5, 0) ≈ (2,24, 0).

Pasamos a describir, de forma detallada, los pasos a seguir para la obtencion de un dibujo aproximado de la conica(parabola en nuestro caso).

En primer lugar, tras dibujar los ejes OX y OY , nos fijamos en las direcciones dadas por los autovectores, (1, 2)T y(−2, 1)T . Dibujamos el eje X ′ cuya direccion viene determinada por el vector (1, 2)T (puesto que aparece, normalizado,en la primera columna de la matriz de paso P ). Observemos que no necesitamos saber el angulo de giro para pasardel eje OX al X ′. Con una calculadora obtenemos que dicho angulo vale θ0 = arc tg(2/1) = arc tg 2 ≈ 63, 43o.

En segundo lugar, dibujamos el eje Y ′ (perpendicular al eje X ′, y que se obtiene si se gira el eje X ′ 90o en sentidopositivo o antihorario) cuya direccion viene determinada por el vector (−2, 1)T (puesto que aparece, normalizado, enla segunda columna de la matriz de paso, ortogonal, P ). Hemos completado pues el giro de ejes.

X’

1

Y

−2

2

1 2 X

X’

1

Y

Y’

−2

2

1 2 X

X’

1

Y

Y’

−2

2

1 2 X

V

X’’X’

1

Y

Y’

−2

2Y’’

1 2 X

V

X’’X’

1

Y

Y’

−2

2Y’’

1 2 X

V

En tercer lugar, marcamos el punto que sera el origen de las coordenadas X ′′–Y ′′: el vertice en el caso de unaparabola o el centro en el caso de una elipse o una hiperbola. En nuestro caso, el vertice V que calculamos anteriormente,

de coordenadas (x′, y′) = (0,−1) o (x, y) = ( 2√5,− 1√

5) ≈ (0,89,−0,45).

En cuarto lugar, trasladamos los ejes X ′ e Y ′. Ası, dibujamos los ejesX ′′ (que pasa por V y es paralelo al eje X ′) e Y ′′ (pasa por V y esparalelo al eje Y ′). Notemos que en este caso coinciden los ejes Y ′ e Y ′′

(como consecuencia de que en la traslacion aparece x′′ = x′; cuidadoporque esta igualdad no significa que coincidan los ejes X ′ y X ′′ sinoY ′ e Y ′′).Estamos ya en condiciones de dibujar la parabola pues la ecuaciony′′ = −x′′2 nos indica que, en los ejes X ′′-Y ′′, la parabola se abrehacia abajo. Ası, en sexto lugar, dibujamos media parabola teniendoen cuenta que el unico punto exacto que conocemos de la parabola esel vertice V , y los puntos de corte con los ejes OX y OY si es que loshemos calculado. En nuestro caso hay un punto de tangencia con el ejeOX .Finalmente, completamos la parabola aplicando la simetrıa respecto desu eje (el eje de coordenadas Y ′′).

X’’X’

1

Y

Y’

−2

2Y’’

1 2 X

V

Ejercicio resueltoDespues de realizar los cambios de coordenadas adecuados, representar graficamente la conica de ecuacion

x2 + y2 + 4xy − x + y + 1 = 0.

Encontrar, en las coordenadas originales x, y, su centro (o su vertice) y sus ejes (o su eje) de simetrıa.

218

Page 101: Apuntes de Algebra.´ Ingenier´ıa Industrial · Apuntes de Algebra.´ ... Haremos uso de los conceptos de independencia lineal, subespacio vectorial generado por ciertos vectores,

Puesto que la ecuacion de la conica tiene termino en xy necesitamos hacer un giro para colocar los ejes en las direcciones

de los autovectores de la matriz A =

[1 22 1

]

(la que recoge los terminos cuadraticos, xT Ax) ya que la ecuacion de

esta conica se puede escribir como

[x y

][

1 22 1

] [xy

]

+[−1 1

][

xy

]

+ 1 = 0.

Sabemos que para eliminar el termino mixto xy en las nuevas coordenadas basta con encontrar una base ortonormalde R2 formada por autovectores de A (esto es siempre posible al ser A simetrica, AT = A). Construimos con dichabase una matriz ortogonal P , PT = P−1, que nos define el cambio de base x = Px′ con el que obtenemos

xT Ax = (Px′)T APx′ = x′TPT APx′ = x′

TP−1APx′ = x′

TDx′ = λ1x

′2 + λ2y′2.

En el primer paso hemos hecho el cambio de base x = Px′, en el segundo hemos desarrollado la traspuesta delproducto, en el tercero hemos utilizado que P es ortogonal, en el cuarto que A es diagonalizable y en el quinto que enla matriz diagonal D aparecen los autovalores de A.

Calculamos pues sus autovalores y despues sus autovectores. En primer lugar:∣∣∣∣

1− λ 22 1− λ

∣∣∣∣= (1− λ)2 − 4 = 0 → (1 − λ)2 = 4 → (1− λ) = ±2 → λ1 = 3, λ2 = −1.

Podemos pues calcular los autovectores:

λ1 = 3 : (A− 3I)x =

[−2 22 −2

] [x1

x2

]

=

[00

]

−→ x1 − x2 = 0 −→[

x1

x2

]

= α

[11

]

, α ∈ R,

λ2 = −1 : (A + I)x =

[2 22 2

] [x1

x2

]

=

[00

]

−→ x1 + x2 = 0 −→[

x1

x2

]

= α

[−11

]

, α ∈ R.

Podemos ya construir la matriz ortogonal P mediante una base ortonormal de autovectores. Hay que tener en cuentaque la primera columna de P determina la direccion (y el sentido positivo) del nuevo eje X ′ y la segunda columna fijala direccion (y el sentido positivo) del nuevo eje Y ′. Notemos que tenemos cuatro opciones para colocar en la primeracolumna de P : √

2

2

[11

]

,

√2

2

[−11

]

,

√2

2

[−1−1

]

,

√2

2

[1−1

]

.

Si elegimos el primer vector, entonces el eje X ′ tendra la direccion (y sentido positivo) del vector (1, 1)T (X ′ estara en elprimer cuadrante). Si preferimos el segundo vector, el eje X ′ tendra la direccion (y sentido positivo) del vector (−1, 1)T

(es decir, X ′ estara en el segundo cuadrante). Si colocamos el tercer vector en la primera columna de P , entoncesel eje X ′ tendra la direccion (y sentido positivo) del vector (−1,−1)T (es decir, X ′ estara en el tercer cuadrante).Finalmente, si nos decantamos porque sea el cuarto vector el que aparezca en la primera columna de P , entonces eleje X ′ tendra la direccion (y sentido positivo) del vector (1,−1)T (es decir, X ′ estara en el cuarto cuadrante). Estascuatro posibilidades aparecen en la siguiente figura.

X

X’

−1

−1

1

1

Y

X−1

−1

1

1

X’Y

X−1

−1

1

1

X’

Y

X−1

−1

1

1

X’

Y

Una vez que hemos fijado la primera columna de P , para que el cambio de coordenadas se trate de un giro de ejes,no tenemos posibilidad de eleccion para la segunda columna, que nos fija la direccion (y sentido positivo) del eje Y ′

(este eje, obligatoriamente, se obtiene girando el X ′ noventa grados en sentido positivo o antihorario). Ası, la segundacolumna debe ser, respectivamente,

√2

2

[−11

]

,

√2

2

[−1−1

]

,

√2

2

[1−1

]

,

√2

2

[11

]

.

Es decir, que las cuatro matrices siguientes

P1 =

√2

2

[1 −11 1

]

, P2 =

√2

2

[−1 −11 −1

]

, P3 =

√2

2

[−1 1−1 −1

]

, P4 =

√2

2

[1 1−1 1

]

,

nos llevarıan a tomar, respectivamente, los nuevos ejes que aparecen en esta figura.

219

Page 102: Apuntes de Algebra.´ Ingenier´ıa Industrial · Apuntes de Algebra.´ ... Haremos uso de los conceptos de independencia lineal, subespacio vectorial generado por ciertos vectores,

X

X’Y’

−1

−1

1

1

Y

X−1

−1

1

1

Y’

X’Y

X−1

−1

1

1

Y’X’

Y

X−1

−1

1

1

Y’

X’

Y

Una costumbre recomendable es colocar siempre, en la primera columna de P , el autovector (normalizado) queeste en el primer cuadrante y, en la segunda columna, el autovector del segundo cuadrante. De esta forma siempreobtendremos los nuevos ejes X ′ e Y ′ girando los antiguos (X e Y ) un angulo 0 < θ < π/2. Destaquemos que no esnecesario conocer el angulo de giro para dibujar los nuevos ejes, ya que conocemos su direccion, la de los autovectores.

Eligiendo ası, construimos la matriz P mediante la siguiente base ortonormal de autovectores:

{√2

2

[11

]

,

√2

2

[−11

]}

,

(en este problema, casualmente, podemos determinar con facilidad el angulo de giro: el eje X ′ se obtiene girando unangulo θ = 45o el eje X , pues del autovector (u, v) = (1, 1)T sacamos que tgθ = v/u = 1/1 = 1). El cambio de variablesortogonal que planteamos es

x = Px′ −→[

xy

]

=

[ √2

2 −√

22√

22

√2

2

][x′

y′

]

−→{

x =√

22 (x′ − y′),

y =√

22 (x′ + y′).

Notemos que su inverso se calcula de forma inmediata al ser P ortogonal:

x′ = PTx −→[

x′

y′

]

=

[ √2

2

√2

2

−√

22

√2

2

][xy

]

−→{

x′ =√

22 (x + y),

y′ =√

22 (−x + y).

Sabemos que el cambio x = Px′ eliminara el termino mixto x′y′ dejando la parte cuadratica como λ1x′2 + λ2y

′2

(siendo λ1 el autovalor asociado al autovector colocado en la primera columna de P ), modificara los coeficientes de losterminos lineales, y no alterara el termino independiente. Concretamente obtenemos:

x2 + y2 + 4xy − x + y + 1 = 0 → 3x′2 − y′2 −√

2

2(x′ − y′) +

√2

2(x′ + y′) + 1 = 0

→ 3x′2 − y′2 +√

2y′ + 1 = 0 → 3x′2 − (y′2 −√

2y′) + 1 = 0

→ 3x′2 −

(

y′ −√

2

2

)2

− 1

2

+ 1 = 0 → 3x′2 −(

y′ −√

2

2

)2

= −3

2→ x′′2

12

− y′′2

32

= −1,

donde hemos hecho la traslacion x′′ = x′, y′′ = y′ −√

22 . Se trata pues de una hiperbola de semiejes a =

√12 ,

b =√

32 , centrada en el origen (x′′, y′′) = (0, 0), con ejes x′′ = 0 e y′′ = 0, con asıntotas y′′ = ± b

ax′′ = ±√

3x′′ y

vertices en (x′′, y′′) =(

0,±√

32

)

(observemos que corta al eje Y ′′ y no al X ′′).

Es facil dibujarla cualitativamente en los ejes X ′′–Y ′′ (ver figura adjunta). Bastacon colocar correctamente las asıntotas (rectas que pasan por el origen y que tienenpendiente ±

√3, es decir, forman un angulo de 60o y 120o, respectivamente, con

el eje OX ′′). A continuacion dibujamos las dos ramas de la hiperbola teniendoen cuenta que, aunque solo conocemos un punto exacto de cada una (los vertices

(x′′, y′′) =(

0,±√

32

)

≈ (0,±1,22)), se acercan cada vez mas a sus asıntotas.

Teniendo en cuenta la relacion entre las coordenadas antiguas y las nuevas es facil

ver que el centro de la hiperbola esta en (x′, y′) = (0,√

22 ), es decir, en (x, y) =

(− 12 , 1

2 ). Analogamente, los ejes de la hiperbola corresponden a las rectas

1

1

X’’

Y’’

x′′ = 0 −→ x′ = 0 −→√

2

2(x + y) = 0 −→ x + y = 0,

y′′ = 0 −→ y′ =

√2

2−→

√2

2(−x + y) =

√2

2−→ −x + y = 1.

220

Page 103: Apuntes de Algebra.´ Ingenier´ıa Industrial · Apuntes de Algebra.´ ... Haremos uso de los conceptos de independencia lineal, subespacio vectorial generado por ciertos vectores,

Para hacer un dibujo cualitativo de la hiperbola. Una informacion que se encuentra facilmente, y que puede ayudaren el momento de hacer el dibujo cualitativo de la conica, es conocer los puntos de corte con los ejes originales OX yOY . En nuestro caso es inmediato ver que la hiperbola no corta ni al eje X ni al Y , pues las ecuaciones que se obtienenal hacer y = 0 (x2 − x + 1 = 0) y x = 0 (y2 + y + 1 = 0) no tienen solucion real.

Con toda la informacion obtenida a lo largo del problema, procedemos, paso a paso, a dibujar cualitativamente lahiperbola.

1

2

−2 −1

Y

X

−2

C

Y’

X’

−1

1

1

2

−2 −1

Y

X

−2

C

Y’Y’’

X’’

X’

−1

1

1

2

−2 −1

Y

X

−2

C

Y’Y’’

X’’

X’

−1

1

1

2

−2 −1

Y

X

−2

C

Y’Y’’

X’’

X’

−1

1

V

V

1

2

−2 −1

Y

X

−2

C

Y’Y’’

X’’

X’

−1

1

V

V

En primer lugar dibujamos los ejes X ′ e Y ′ sabiendo que pasan porel origen de las coordenadas X–Y y que tienen la direccion y sentidodel autovector correspondiente a λ1 y λ2, respectivamente. Es decir,en este caso, con la eleccion que hicimos de autovalores y autovectores,el eje X ′ tiene la direccion (y sentido creciente) del vector (1, 1)T y eleje Y ′ la direccion (y sentido creciente) del vector (−1, 1)T . Por tanto,los ejes X ′ e Y ′ se obtienen rotando un angulo de 45o a los ejes X e Y(observemos que para dibujar los ejes no es necesario conocer el valordel angulo, pues sus direcciones vienen marcadas por los autovectores).Podemos, a continuacion, situar el centro C de la hiperbola (origen delos ejes X ′′ e Y ′′) en (x, y) = (− 1

2 , 12 ).

En segundo lugar, dibujamos los ejes X ′′ e Y ′′, que son paralelos, re-spectivamente, a los ejes X ′ e Y ′ y pasan por C, centro de la hiperbola.En este caso, el eje Y ′′ coincide con el Y ′.En tercer lugar dibujamos las asıntotas. Sabemos que pasan por Cy conocemos su pendiente (en coordenadas x′′–y′′). Notese que sonsimetricas respecto del eje Y ′′ (y tambien respecto del X ′′).

1

2

−2 −1

Y

X

−2

C

Y’Y’’

X’’

X’

−1

1

V

V

En cuarto lugar dibujamos media rama de la hiperbola: partimos del vertice correspondiente V y vamos buscandola asıntota.

En quinto lugar completamos la rama con su parte simetrica respecto de OY ′′.Finalmente completamos la conica dibujando su segunda rama, simetrica de la primera respecto del eje X ′′.

Ejercicio resueltoDespues de realizar los cambios de coordenadas adecuados, representar graficamente la conica de ecuacion

x2 − 2xy + y2 − 4√

2y + 6 = 0.

Encontrar, en las coordenadas originales x, y: su centro (o su vertice); sus ejes (o su eje) de simetrıa; sus focos (osu foco); sus asıntotas o su recta directriz (si las tiene). Escribir los resultados en una tabla.

Puesto que la ecuacion de la conica tiene termino en xy necesitamos hacer un giro para colocar los ejes en las direcciones

de los autovectores de la matriz A =

[1 −1−1 1

]

(la que recoge los terminos cuadraticos, xT Ax) ya que la ecuacion

de esta conica se puede escribir como

[x y

][

1 −1−1 1

] [xy

]

+[

0 −4√

2][

xy

]

+ 6 = 0.

Sabemos que para eliminar el termino mixto xy en las nuevas coordenadas basta con encontrar una base ortonormalde R2 formada por autovectores de A (esto es siempre posible al ser A simetrica, AT = A). Construimos con dichabase una matriz ortogonal P , PT = P−1, que nos define el cambio de base x = Px′ con el que obtenemos

xT Ax = (Px′)T APx′ = x′TPT APx′ = x′

TP−1APx′ = x′

TDx′ = λ1x

′2 + λ2y′2.

En el primer paso hemos hecho el cambio de base x = Px′, en el segundo hemos desarrollado la traspuesta delproducto, en el tercero hemos utilizado que P es ortogonal, en el cuarto que A es diagonalizable y en el quinto que enla matriz diagonal D aparecen los autovalores de A.

221

Page 104: Apuntes de Algebra.´ Ingenier´ıa Industrial · Apuntes de Algebra.´ ... Haremos uso de los conceptos de independencia lineal, subespacio vectorial generado por ciertos vectores,

Calculamos pues sus autovalores (y despues sus autovectores). En primer lugar:

∣∣∣∣

1− λ −1−1 1− λ

∣∣∣∣= (1 − λ)2 − 1 = 0 → (1− λ)2 = 1 → (1− λ) = ±1 → λ1 = 0, λ2 = 2.

Podemos calcular ya los autovectores:

λ1 = 0 : (A− 0I)x =

[1 −1−1 1

] [x1

x2

]

=

[00

]

−→ x1 − x2 = 0 −→[

x1

x2

]

= α

[11

]

, α ∈ R,

λ2 = −1 : (A + I)x =

[−1 −1−1 −1

] [x1

x2

]

=

[00

]

−→ x1 + x2 = 0 −→[

x1

x2

]

= α

[−11

]

, α ∈ R.

Podemos ya construir la matriz ortogonal P mediante una base ortonormal de autovectores. Hay que tener en cuentaque la primera columna de P determina la direccion (y el sentido positivo) del nuevo eje X ′ y la segunda columna fijala direccion (y el sentido positivo) del nuevo eje Y ′. Notemos que tenemos cuatro opciones para colocar en la primeracolumna de P : √

2

2

[11

]

,

√2

2

[−11

]

,

√2

2

[−1−1

]

,

√2

2

[1−1

]

.

Si elegimos el primer vector, entonces el eje X ′ tendra la direccion (y sentido positivo) del vector (1, 1)T (X ′ estara en elprimer cuadrante). Si preferimos el segundo vector, el eje X ′ tendra la direccion (y sentido positivo) del vector (−1, 1)T

(es decir, X ′ estara en el segundo cuadrante). Si colocamos el tercer vector en la primera columna de P , entoncesel eje X ′ tendra la direccion (y sentido positivo) del vector (−1,−1)T (es decir, X ′ estara en el tercer cuadrante).Finalmente, si nos decantamos porque sea el cuarto vector el que aparezca en la primera columna de P , entonces eleje X ′ tendra la direccion (y sentido positivo) del vector (1,−1)T (es decir, X ′ estara en el cuarto cuadrante). Estascuatro posibilidades aparecen en la siguiente figura.

X

X’

−1

−1

1

1

Y

X−1

−1

1

1

X’Y

X−1

−1

1

1

X’

Y

X−1

−1

1

1

X’

Y

Una vez que hemos fijado la primera columna de P , para que el cambio de coordenadas se trate de un giro de ejes,no tenemos posibilidad de eleccion para la segunda columna, que nos fija la direccion (y sentido positivo) del eje Y ′

(este eje, obligatoriamente, se obtiene girando el X ′ noventa grados en sentido positivo o antihorario). Ası, la segundacolumna debe ser, respectivamente,

√2

2

[−11

]

,

√2

2

[−1−1

]

,

√2

2

[1−1

]

,

√2

2

[11

]

.

Es decir, que las cuatro matrices siguientes

P1 =

√2

2

[1 −11 1

]

, P2 =

√2

2

[−1 −11 −1

]

, P3 =

√2

2

[−1 1−1 −1

]

, P4 =

√2

2

[1 1−1 1

]

,

nos llevarıan a tomar, respectivamente, los nuevos ejes que aparecen en esta figura.

X

X’Y’

−1

−1

1

1

Y

X−1

−1

1

1

Y’

X’Y

X−1

−1

1

1

Y’X’

Y

X−1

−1

1

1

Y’

X’

Y

Una costumbre recomendable es colocar siempre, en la primera columna de P , el autovector (normalizado) queeste en el primer cuadrante y, en la segunda columna, el autovector del segundo cuadrante. De esta forma siempre

222

Page 105: Apuntes de Algebra.´ Ingenier´ıa Industrial · Apuntes de Algebra.´ ... Haremos uso de los conceptos de independencia lineal, subespacio vectorial generado por ciertos vectores,

obtendremos los nuevos ejes X ′ e Y ′ girando los antiguos (X e Y ) un angulo 0 < θ < π/2. Destaquemos que no esnecesario conocer el angulo de giro para dibujar los nuevos ejes, ya que conocemos su direccion, la de los autovectores.

Eligiendo ası, construimos la matriz P mediante la siguiente base ortonormal de autovectores:{√

2

2

[11

]

,

√2

2

[−11

]}

,

(en este problema, casualmente, podemos determinar con facilidad el angulo de giro: el eje X ′ se obtiene girando unangulo θ = 45o el eje X , pues del autovector (u, v) = (1, 1)T sacamos que tgθ = v/u = 1/1 = 1). El cambio de variablesortogonal que planteamos es

x = Px′ −→[

xy

]

=

[ √2

2 −√

22√

22

√2

2

][x′

y′

]

−→{

x =√

22 (x′ − y′),

y =√

22 (x′ + y′).

Notemos que su inverso se calcula de forma inmediata al ser P ortogonal:

x′ = PTx −→[

x′

y′

]

=

[ √2

2

√2

2

−√

22

√2

2

][xy

]

−→{

x′ =√

22 (x + y),

y′ =√

22 (−x + y).

Sabemos que el cambio x = Px′ eliminara el termino mixto x′y′ dejando la parte cuadratica como λ1x′2 + λ2y

′2

(siendo λ1 el autovalor asociado al autovector colocado en la primera columna de P ), modificara los coeficientes de losterminos lineales, y no alterara el termino independiente. Concretamente obtenemos:

x2 − 2xy + y2 − 4√

2 y + 6 = 0 → 0 · x′2 + 2y′2 − 4√

2

√2

2(x′ + y′) + 6 = 0 → 2y′2 − 4x′ − 4y′ + 6 = 0

→ y′2 − 2x′ − 2y′ + 3 = 0 → (y′ − 1)2 − 1− 2x′ + 3 = 0 → (y′ − 1)2 − 2(x′ − 1) = 0 → y′′2 − 2x′′ = 0

donde hemos hecho la traslacion x′′ = x′ − 1, y′′ = y′ − 1, que coloca el origende las nuevas coordenadas en el vertice de la parabola.En estas nuevas coordenadas, es facil encontrar los elementos notables de estaconica: su vertice V esta en el origen, (x′′, y′′) = (0, 0); su eje de simetrıa es eleje X ′′, cuya ecuacion es y′′ = 0; su foco F esta situado en (x′′, y′′) = (1/2, 0); surecta directriz L tiene por ecuacion x′′ = − 1

2 .Para hallar el foco y la recta directriz hemos usado que una parabola con foco enF = (p

2 , 0) y directriz L ≡ x = − p2 tiene por ecuacion y2 = 2px. En nuestro caso,

como tenemos y′′2 = 2x′′, deducimos que p = 1.Mostramos el dibujo de esta parabola en las coordenadas X ′′–Y ′′.

1

1

X’’

Y’’

L

F

Ahora, usando los cambios de coordenadas del giro y de la traslacion, podemos hallar los elementos notables de laparabola en las coordenadas X ′Y ′ y en las originales XY .

Como ya mencionamos, la parabola que estamos estudiando tiene su vertice V en (x′′, y′′) = (0, 0), es decir, en(x′, y′) = (1, 1), o sea, en

(xy

)

=

√2

2

(1 −11 1

)(11

)

=

(0√2

)

.

Por otra parte, el eje de simetrıa de la parabola es la recta y′′ = 0, es decir, y′ = 1, es decir, 1√2(−x + y) = 1 que

equivale a −x + y =√

2.Como el foco F esta en (x′′, y′′) = (1

2 , 0), esto corresponde a (x′, y′) = (32 , 1), es decir,

(xy

)

=

√2

2

(1 −11 1

)(321

)

=

(1

2√

25

2√

2

)

≈ (0,35, 1,77).

Finalmente, la ecuacion de la recta directriz L, x′′ = − 12 , se transforma en x′−1 = − 1

2 , es decir, x′ = 12 . Por tanto,

obtenemos 1√2(x + y) = 1

2 , es decir, x + y = 1√2.

Resumimos estos resultados en la tabla siguiente:

Coordenadas X ′′Y ′′ Coordenadas X ′Y ′ Coordenadas XY

Vertice (0, 0) (1, 1)(0,√

2)

Eje simetrıa y′′ = 0 y′ = 1 −x + y =√

2

Foco(

12 , 0) (

32 , 1) (

12√

2, 5

2√

2

)

Directriz x′′ = − 12 x′ = 1

2 x + y = 1√2

223

Page 106: Apuntes de Algebra.´ Ingenier´ıa Industrial · Apuntes de Algebra.´ ... Haremos uso de los conceptos de independencia lineal, subespacio vectorial generado por ciertos vectores,

Para hacer el dibujo esquematico con una cierta precision, puede sernos util el encontrar los puntos de corte (silos hay) de la parabola con los ejes coordenados (OX y OY ). Al hacer x = 0 en la ecuacion de la conica se obtieney2−4

√2y+6 = 0, que tiene como soluciones y =

√2 e y = 3

√2. Mientras que si hacemos y = 0, la ecuacion x2 +6 = 0

no tiene solucion real. Por tanto, la parabola no corta al eje OX y corta al eje OY en los puntos (0,√

2) ≈ (0, 1,41) y(0, 3√

2) ≈ (0, 4,24).

Y

1

1

X

Y

1

1

X’

X

Y

1

1

X’

Y’

X

Y

1

1

X’

V●

Y’

X

Y

1

1

X’’

X’Y’’

V●

Y’

X

Pasamos a describir, de forma detallada, los pasos a seguir parala obtencion de un dibujo aproximado de la conica (parabola ennuestro caso).En primer lugar, tras dibujar los ejes OX y OY , nos fijamos enlas direcciones dadas por los autovectores, (1, 1)T y (−1, 1)T .En segundo lugar, dibujamos el eje X ′ cuya direccion viene deter-minada por el vector (1, 1)T (puesto que aparece, normalizado,en la primera columna de la matriz de paso P ). Observemos queno necesitamos saber el angulo de giro para pasar del eje OXal X ′. En este caso, es inmediato saber que dicho angulo valeθ0 = arc tg(1/1) = 45o.En tercer lugar, dibujamos el eje Y ′ (perpendicular al eje X ′, yque se obtiene si se gira el eje X ′ 90o en sentido positivo o anti-horario) cuya direccion viene determinada por el vector (−1, 1)T

(puesto que aparece, normalizado, en la segunda columna de lamatriz de paso, ortogonal, P ). Hemos completado pues el giro deejes.

Y

1

1

X’’

X’Y’’

V●

Y’

X

En cuarto lugar, marcamos el punto que sera el ori-gen de las coordenadas X ′′–Y ′′: el vertice en el caso deuna parabola o el centro en el caso de una elipse o unahiperbola. En nuestro caso, el vertice V que calcu-lamos anteriormente, de coordenadas (x′, y′) = (1, 1)o (x, y) = (0,

√2) ≈ (0, 1,41).

En quinto lugar, trasladamos los ejes X ′ e Y ′. Ası,dibujamos los ejes X ′′ (que pasa por V y es paraleloal eje X ′) e Y ′′ (pasa por V y es paralelo al eje Y ′).Estamos ya en condiciones de dibujar la parabolapues la ecuacion x′′ = y′′2/2 nos indica que, en losejes X ′′-Y ′′, la parabola se abre hacia la derecha. Ası,en sexto lugar, dibujamos media parabola teniendo encuenta que el unico punto exacto que conocemos dela parabola es el vertice V , y los puntos de corte conlos ejes OX y OY si es que los hemos calculado. Ennuestro caso hay dos puntos de corte con el eje OY(uno de ellos es el propio vertice V ).Finalmente, completamos la parabola aplicando lasimetrıa respecto de su eje (el eje de coordenadas X ′′).Obtenemos un dibujo cualitativo que debe parecersebastante al real.

Y

1

1

X’’

X’Y’’

V●

Y’

X

Ejercicio resueltoDespues de realizar los cambios de coordenadas adecuados, representar graficamente la conica de ecuacion

4x2 + 4xy + y2 + 8√

5x− 6√

5y − 15 = 0.

Encontrar, en las coordenadas originales x, y: su centro (o su vertice); sus ejes (o su eje) de simetrıa; sus focos (osu foco); sus asıntotas o su recta directriz (si las tiene). Escribir los resultados en una tabla.

224

Page 107: Apuntes de Algebra.´ Ingenier´ıa Industrial · Apuntes de Algebra.´ ... Haremos uso de los conceptos de independencia lineal, subespacio vectorial generado por ciertos vectores,

Puesto que la ecuacion de la conica tiene termino en xy necesitamos hacer un giro para colocar los ejes en las direcciones

de los autovectores de la matriz A =

[4 22 1

]

(la que recoge los terminos cuadraticos, xT Ax) ya que la ecuacion de

esta conica se puede escribir como

[x y

][

4 22 1

] [xy

]

+[

8√

5 −6√

5][

xy

]

− 15 = 0.

Sabemos que para eliminar el termino mixto xy en las nuevas coordenadas basta con encontrar una base ortonormalde R2 formada por autovectores de A (esto es siempre posible al ser A simetrica, AT = A). Construimos con dichabase una matriz ortogonal P , PT = P−1, que nos define el cambio de base x = Px′ con el que obtenemos

xT Ax = (Px′)T APx′ = x′TPT APx′ = x′

TP−1APx′ = x′

TDx′ = λ1x

′2 + λ2y′2.

En el primer paso hemos hecho el cambio de base x = Px′, en el segundo hemos desarrollado la traspuesta delproducto, en el tercero hemos utilizado que P es ortogonal, en el cuarto que A es diagonalizable y en el quinto que enla matriz diagonal D aparecen los autovalores de A.

Calculamos pues sus autovalores y despues sus autovectores. En primer lugar:∣∣∣∣

4− λ 22 1− λ

∣∣∣∣= λ2 − 5λ = 0 −→ λI = 0, λII = 5.

Podemos pues calcular los autovectores:

λI = 0 : (A− 0I)x =

[4 22 1

] [x1

x2

]

=

[00

]

−→ 2x1 + x2 = 0 −→[

x1

x2

]

= α

[1−2

]

, α ∈ R,

λII = 5 : (A− 5I)x =

[−1 22 −4

] [x1

x2

]

=

[00

]

−→ x1 − 2x2 = 0 −→[

x1

x2

]

= α

[21

]

, α ∈ R.

Podemos ya construir la matriz ortogonal P mediante una base ortonormal de autovectores. Hay que tener en cuentaque la primera columna de P determina la direccion (y el sentido positivo) del nuevo eje X ′ y la segunda columna fijala direccion (y el sentido positivo) del nuevo eje Y ′. Notemos que tenemos cuatro opciones para colocar en la primeracolumna de P :

1√5

[21

]

,1√5

[−12

]

,1√5

[−2−1

]

,1√5

[1−2

]

.

Si elegimos el primer vector, entonces el eje X ′ tendra la direccion (y sentido positivo) del vector (2, 1)T (X ′ estara en elprimer cuadrante). Si preferimos el segundo vector, el eje X ′ tendra la direccion (y sentido positivo) del vector (−1, 2)T

(es decir, X ′ estara en el segundo cuadrante). Si colocamos el tercer vector en la primera columna de P , entoncesel eje X ′ tendra la direccion (y sentido positivo) del vector (−2,−1)T (es decir, X ′ estara en el tercer cuadrante).Finalmente, si nos decantamos porque sea el cuarto vector el que aparezca en la primera columna de P , entonces eleje X ′ tendra la direccion (y sentido positivo) del vector (1,−2)T (es decir, X ′ estara en el cuarto cuadrante). Estascuatro posibilidades aparecen en la siguiente figura.

X−2

Y

1

−2

2

1

2

X’

X−2

Y

1

−2

2

1

2

X’

X−2

Y

1

−2

2

1

2

X’X−2

Y

1

−2

2

1

2

X’

Una vez que hemos fijado la primera columna de P , para que el cambio de coordenadas se trate de un giro de ejes,no tenemos posibilidad de eleccion para la segunda columna, que nos fija la direccion (y sentido positivo) del eje Y ′

(este eje, obligatoriamente, se obtiene girando el X ′ noventa grados en sentido positivo o antihorario). Ası, la segundacolumna debe ser, respectivamente,

1√5

[−12

]

,1√5

[−2−1

]

,1√5

[1−2

]

,1√5

[21

]

.

Es decir, que las cuatro matrices siguientes

P1 =1√5

[2 −11 2

]

, P2 =1√5

[−1 −22 −1

]

, P3 =1√5

[−2 1−1 −2

]

, P4 =1√5

[1 2−2 1

]

,

nos llevarıan a tomar, respectivamente, los nuevos ejes que aparecen en esta figura.

225

Page 108: Apuntes de Algebra.´ Ingenier´ıa Industrial · Apuntes de Algebra.´ ... Haremos uso de los conceptos de independencia lineal, subespacio vectorial generado por ciertos vectores,

X−2

Y

1

−2

2

1

2

X’

Y’

X−2

Y

1

−2

2

1

2

Y’

X’

X−2

Y

1

−2

2

1

2

Y’

X’X−2

Y

1

−2

2

1

2

Y’

X’

Una costumbre recomendable es colocar siempre, en la primera columna de P , el autovector (normalizado) queeste en el primer cuadrante y, en la segunda columna, el autovector del segundo cuadrante. De esta forma siempreobtendremos los nuevos ejes X ′ e Y ′ girando los antiguos (X e Y ) un angulo 0 < θ < π/2. Destaquemos que no esnecesario conocer el angulo de giro para dibujar los nuevos ejes, ya que conocemos su direccion, la de los autovectores.

Eligiendo ası, construimos la matriz P mediante la siguiente base ortonormal de autovectores:{√

2

2

[21

]

,

√2

2

[−12

]}

,

(en este problema no podemos determinar sin calculadora el angulo de giro: el eje X ′ se obtiene girando el eje Xun angulo θ ≈ 26,57o, pues del autovector (u, v) = (2, 1)T sacamos que tgθ = v/u = 1/2). El cambio de variablesortogonal que planteamos es

x = Px′ −→[

xy

]

=1√5

[2 −11 2

] [x′

y′

]

−→{

x = 1√5(2x′ − y′),

y = 1√5(x′ + 2y′).

Notemos que su inverso se calcula de forma inmediata al ser P ortogonal:

x′ = P−1x = PTx −→[

x′

y′

]

=1√5

[2 1−1 2

] [xy

]

−→{

x′ = 1√5(2x + y),

y′ = 1√5(−x + 2y).

Sabemos que el cambio x = Px′ eliminara el termino mixto x′y′ dejando la parte cuadratica como λ1x′2 + λ2y

′2

(siendo λ1 el autovalor asociado al autovector colocado en la primera columna de P ; es decir, en nuestro caso λ1 = 5,λ2 = 0), modificara los coeficientes de los terminos lineales, y no alterara el termino independiente. Concretamenteobtenemos:

4x2 + 4xy + y2 + 8√

5x− 6√

5y − 15 = 0 → 5x′2

+ 0 · y′2 + 8√

51√5(2x′ − y′)− 6

√5

1√5(x′ + 2y′)− 15 = 0

→ 5x′2

+ 10x′ − 20y′ − 15 = 0 → x′2

+ 2x′ − 4y′ − 3 = 0 → (x′ + 1)2 − 1− 4y′ − 3 = 0

→ (x′ + 1)2 − 4(y′ + 1) = 0 → x′′2 − 4y′′ = 0

donde hemos hecho la traslacion x′′ = x′ + 1, y′′ = y′ + 1, que coloca el origende las nuevas coordenadas en el vertice de la parabola.En estas nuevas coordenadas, es facil encontrar los elementos notables de estaconica: su vertice V esta en el origen, (x′′, y′′) = (0, 0); su eje de simetrıa es el ejeY ′′, cuya ecuacion es x′′ = 0; su foco F esta situado en (x′′, y′′) = (0, 1); su rectadirectriz L tiene por ecuacion y′′ = −1.Para hallar el foco y la recta directriz hemos usado que una parabola con foco enF = (0, q

2 ) y directriz L ≡ y = − q2 tiene por ecuacion x2 = 2qy. En nuestro caso,

como tenemos x′′2 = 4y′′, deducimos que 2q = 4, es decir, q = 2.Mostramos el dibujo de esta parabola en las coordenadas X ′′–Y ′′.

1

1

X’’

Y’’

L

F

Ahora, usando los cambios de coordenadas del giro y de la traslacion, podemos hallar los elementos notables de laparabola en las coordenadas X ′Y ′ y en las originales XY .

Como ya mencionamos, la parabola que estamos estudiando tiene su vertice V en (x′′, y′′) = (0, 0), es decir, en(x′, y′) = (−1,−1), o sea, en

(xy

)

=1√5

(2 −11 2

)(−1−1

)

=

(

− 1√5

− 3√5

)

≈(−0,45−1,34

)

.

Por otra parte, el eje de simetrıa de la parabola es la recta x′′ = 0, es decir, x′ = −1, es decir, 1√5(2x + y) = −1,

que equivale a 2x + y = −√

5.

226

Page 109: Apuntes de Algebra.´ Ingenier´ıa Industrial · Apuntes de Algebra.´ ... Haremos uso de los conceptos de independencia lineal, subespacio vectorial generado por ciertos vectores,

Como el foco F esta en (x′′, y′′) = (0, 1), esto corresponde a (x′, y′) = (−1, 0), es decir,

(xy

)

=1√5

(2 −11 2

)(−10

)

=

(

− 2√5

− 1√5

)

≈(−0,89−0,45

)

.

Finalmente, la ecuacion de la recta directriz L, y′′ = −1, se transforma en y′ + 1 = −1, es decir, y′ = −2. Portanto, obtenemos 1√

5(−x + 2y) = −2, es decir, x− 2y = 2

√5.

Resumimos estos resultados en la tabla siguiente:

Coordenadas X ′′Y ′′ Coordenadas X ′Y ′ Coordenadas XY

Vertice (0, 0) (−1,−1)(

− 1√5,− 3√

5

)

Eje simetrıa x′′ = 0 x′ = −1 2x + y = −√

5

Foco (0, 1) (−1, 0)(

− 2√5,− 1√

5

)

Directriz y′′ = −1 y′ = −2 x− 2y = 2√

5

Para hacer el dibujo esquematico con una cierta precision, puede sernos util el encontrar los puntos de corte(si los hay) de la parabola con los ejes coordenados (OX y OY ). Al hacer x = 0 en la ecuacion de la conica seobtiene y2 − 6

√5y − 15 = 0, que tiene como soluciones y = 3

√5 ± 2

√15. Mientras que si hacemos y = 0, la

ecuacion 4x2 + 8√

5x − 15 = 0 tiene como soluciones x = −√

5 ±√

35/2. Por tanto, la parabola corta al eje OXen los puntos (−

√5 +√

35/2, 0) ≈ (0,72, 0) y (−√

5 −√

35/2, 0) ≈ (−5,19, 0) y corta al eje OY en los puntos(0, 3√

5 + 2√

15) ≈ (0, 14,45) y (0, 3√

5− 2√

15) ≈ (0,−1,04).Pasamos a describir, de forma detallada, los pasos a seguir para la obtencion de un dibujo aproximado de la conica

(parabola en nuestro caso).

X

Y

1X’

1 X

Y

1

Y’

X’

1 X

Y

1

Y’

X’

V

1 X

Y

1

Y’Y’’

X’

X’’

V

1

En primer lugar, tras dibujar los ejes OX y OY , nos fi-jamos en las direcciones dadas por los autovectores, (2, 1)T

y (−1, 2)T . Comenzamos dibujando el eje X ′ cuya direccionviene determinada por el vector (2, 1)T (puesto que aparece,normalizado, en la primera columna de la matriz de pasoP ). Observemos que no necesitamos saber el angulo de giropara pasar del eje OX al X ′.En segundo lugar, dibujamos el eje Y ′ (perpendicular aleje X ′, y que se obtiene si se gira 90o en sentido positivoo antihorario el eje X ′ ) cuya direccion viene determinadapor el vector (−1, 2)T (puesto que aparece, normalizado,en la segunda columna de la matriz de paso, ortogonal, P ).Hemos completado pues el giro de ejes.En tercer lugar, marcamos el punto que sera el origen de lascoordenadas X ′′–Y ′′: el vertice en el caso de una parabolao el centro en el caso de una elipse o una hiperbola. En

X

Y

1

Y’Y’’

X’

X’’

V

1

227

Page 110: Apuntes de Algebra.´ Ingenier´ıa Industrial · Apuntes de Algebra.´ ... Haremos uso de los conceptos de independencia lineal, subespacio vectorial generado por ciertos vectores,

nuestro caso, el vertice V que calculamos anterior-mente, de coordenadas (x′, y′) = (−1,−1) o (x, y) =(−1/

√5,−3/

√5) ≈ (−0,45,−1,34).

En cuarto lugar, trasladamos los ejes X ′ e Y ′. Ası,dibujamos los ejes X ′′ (que pasa por V y es paraleloal eje X ′) e Y ′′ (pasa por V y es paralelo al eje Y ′).Estamos ya en condiciones de dibujar la parabolapues la ecuacion y′′ = x′′2/4 nos indica que, en losejes X ′′-Y ′′, la parabola se abre hacia arriba. Ası, enquinto lugar, dibujamos media parabola teniendo encuenta que el unico punto exacto que conocemos dela parabola es el vertice V (y los puntos de corte conlos ejes OX y OY , si es que los hemos calculado). Ennuestro caso hay dos puntos de corte con el eje OXy otros dos con el eje OY (dos de ellos quedan fueradel dibujo).Finalmente, completamos la parabola aplicando lasimetrıa respecto de su eje (el eje de coordenadas X ′′).Obtenemos un dibujo cualitativo que debe parecersebastante al real.

X

Y

1

Y’Y’’

X’

X’’

V

1

Ejercicio resueltoDespues de hacer los cambios de coordenadas adecuados, representar graficamente (en las coordenadas originales)la conica de ecuacion

x2 − y2 − 2√

3 xy + 4x + 7 = 0,

y determinar sus elementos notables (centro, ejes, focos, asıntotas, vertices, . . .).

Puesto que la ecuacion de la conica tiene termino en xy necesitamos hacer un giro para colocar los ejes en las direccionesde los autovectores de la matriz A (la que recoge los terminos cuadraticos). Calculamos pues sus autovalores y despuessus autovectores. En primer lugar:

∣∣∣∣

1− λ −√

3

−√

3 −1− λ

∣∣∣∣= λ2 − 4 = 0 −→ λ1 = 2, λ2 = −2.

Al tener A autovalores de signos opuestos estamos ante un caso hiperbolico. Podemos ahora calcular los autovectores:

λ1 = 2 :

(−1 −

√3

−√

3 −3

)(uv

)

=

(00

)

−→ u +√

3 v = 0 −→(

uv

)

= α

( √3−1

)

,

λ2 = −2 :

(3 −

√3

−√

3 1

)(uv

)

=

(00

)

−→√

3u− v = 0 −→(

uv

)

= α

(1√3

)

.

Los autovectores que hemos obtenido son ortogonales (puesto que la matriz es simetrica). Por nuestra parte, lostomaremos ademas unitarios para construir una matriz de paso ortogonal P (columnas ortonormales):

{( 12√3

2

)

,

(

−√

32

12

)}

,

donde el primer autovector da la direccion y sentido del nuevo eje OX ′ (que corresponde a girar un angulo θ =arc tg(

√3/1) = π/3 el eje OX) y el segundo autovector (que hemos elegido en el sentido adecuado para que el eje OY ′

se obtenga girando el OX ′ un angulo de 90o en sentido positivo o antihorario) marca la direccion y sentido del nuevoeje OY ′.

Observemos que hemos tomado como primer autovector (que nos define el eje OX ′) el (1,√

3)T porque esta en elprimer cuadrante y ası el giro sera de un angulo θ ∈ (0, π/2). El segundo autovector, que define el eje OY ′, debe estarentonces en el segundo cuadrante.

El cambio:

[xy

]

= P

[x′

y′

]

−→(

xy

)

=

(12 −

√3

2√3

212

)(x′

y′

)

−→{

x = 12 (x′ −

√3 y′),

y = 12 (√

3 x′ + y′),

eliminara el termino mixto x′y′ dejando la parte cuadratica como λ2x′2 + λ1y

′2, modificara los coeficientes de losterminos lineales, x′ e y′, y no alterara el termino independiente. Concretamente obtenemos:

−2x′2

+ 2y′2

+ 41

2(x′ −

√3 y′) + 7 = 0 −→ x′

2 − y′2 − x′ +

√3y′ − 7

2= 0.

228

Page 111: Apuntes de Algebra.´ Ingenier´ıa Industrial · Apuntes de Algebra.´ ... Haremos uso de los conceptos de independencia lineal, subespacio vectorial generado por ciertos vectores,

Realizamos ahora una traslacion completando primero cuadrados:

[(

x′ − 1

2

)2

− 1

4

]

(

y′ −√

3

2

)2

− 3

4

− 7

2= 0 −→

(

x′ − 1

2

)2

−(

y′ −√

3

2

)2

= 3,

donde la traslacion

x′′ = x′ − 1

2, y′′ = y′ −

√3

2,

nos conduce a

x′′2 − y′′

2= 3 −→ x′′2

(√

3)2− y′′2

(√

3)2= 1.

La hiperbola que estamos estudiando es equilatera, pues a = b =√

3, y tiene su centro C en (x′′, y′′) = (0, 0), es

decir, en (x′, y′) = (12 ,√

32 ), o sea,

(xy

)

=

(12 −

√3

2√3

212

)( 12√3

2

)

=

( − 12√3

2

)

.

Sus vertices son (x′′, y′′) = (±√

3, 0), es decir, en (x′, y′) = (12 ±√

3,√

32 ), o sea,

(xy

)

=

(12 −

√3

2√3

212

)(12 ±√

3√3

2

)

−→(−1+

√3

23+√

32

)

y

(−1−

√3

2−3+

√3

2

)

.

Los focos estan en (x′′, y′′) = (±c, 0), con c =√

a2 + b2 =√

6, es decir, en (x′, y′) = (12 ±√

6,√

32 ), o sea,

(xy

)

=

(12 −

√3

2√3

212

)(12 ±√

6√3

2

)

−→(

−1+√

62

3√

2+√

32

)

y

(−1−

√6

2−3√

2+√

32

)

.

Los ejes de la parabola son la recta x′′ = 0, es decir, x′ = 12 , es decir, x +

√3 y = 1 y la recta y′′ = 0, es decir,

y′ =√

32 , es decir, −

√3x + y =

√3. Notemos que del cambio

[xy

]

= P

[x′

y′

]

deducimos, al ser P ortogonal, que[

x′

y′

]

= PT

[xy

]

, lo que nos lleva a

x′ =1

2(x +

√3 y), y′ =

1

2(−√

3x + y).

Las asıntotas de la hiperbola son y′′ = ± bax′′, es decir, y′′ = ±x′′, es decir, y′ −

√3

2 = ±(x′ − 1

2

), por tanto,

12 (−√

3x + y)−√

32 = ±

(12 (x +

√3 y)− 1

2

)con lo que las ecuaciones de tales rectas son

(1 +√

3)x + (1−√

3)y = 1−√

3 y (1−√

3)x + (1 +√

3)y = 1 +√

3.

Para hacer el dibujo esquematico con una cierta precision, puedesernos util el encontrar los puntos de corte (si los hay) de laparabola con los ejes coordenados (OX y OY ). Al hacer x = 0 enla ecuacion de la conica se obtiene y2− 7 = 0, es decir, y = ±

√7.

Mientras que si hacemos y = 0, la ecuacion x2 + 4x + 7 = 0 notiene solucion (real). Por tanto, la parabola corta al eje OY enlos puntos (0,

√7) y (0,−

√7) y no corta al eje OX .

X

Y

Y’

Y’’

1

1

C

X’X’’

Ejercicio resueltoRepresentar graficamente la conica de ecuacion 9x2 + y2 + 6xy − 10

√10x + 10

√10 y + 90 = 0, determinando sus

elementos notables (centro, ejes, focos, asıntotas, vertices, . . .) en las coordenadas originales x, y.

Puesto que la ecuacion de la conica tiene termino en xy necesitamos hacer un giro para colocar los ejes en las direccionesde los autovectores de la matriz A (la que recoge los terminos cuadraticos). Calculamos pues sus autovalores y despuessus autovectores. En primer lugar:

229

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∣∣∣∣

9− λ 33 1− λ

∣∣∣∣= λ2 − 10λ = 0 −→ λ1 = 10, λ2 = 0.

Estamos ante un caso parabolico al ser un autovalor nulo. Podemos ahora calcular los autovectores:

λ1 = 10 :

(−1 33 −1

)(uv

)

=

(00

)

−→ −u + 3v = 0 −→(

uv

)

= α

(31

)

,

λ2 = 0 :

(9 33 1

)(uv

)

=

(00

)

−→ 3u + v = 0 −→(

uv

)

= α

(1−3

)

.

Los autovectores que hemos obtenido son ortogonales (puesto que la matriz es simetrica). Por nuestra parte, lostomaremos ademas unitarios para construir una matriz de paso ortogonal P (columnas ortonormales):

{√10

10

(31

)

,

√10

10

(−13

)}

,

donde el primer autovector da la direccion y sentido del nuevo eje OX ′ (que corresponde a girar un angulo θ0 =arc tg(1/3) el eje OX) y el segundo autovector (que hemos elegido en el sentido adecuado para que el eje OY ′ seobtenga girando el OX ′ un angulo de 90o en sentido positivo o antihorario) marca la direccion y sentido del nuevo ejeOY ′.

Observemos que hemos tomado como primer autovector (que nos define el eje OX ′) el (3, 1)T porque esta en elprimer cuadrante y ası el giro sera de un angulo θ ∈ (0, π/2). El segundo autovector, que define el eje OY ′, debe estarentonces en el segundo cuadrante.

El cambio:

[xy

]

= P

[x′

y′

]

−→(

xy

)

=

√10

10

(3 −11 3

)(x′

y′

)

−→{

x =√

1010 (3x′ − y′),

y =√

1010 (x′ + 3y′),

eliminara el termino mixto x′y′ dejando la parte cuadratica como λ1x′2 + λ2y

′2, modificara los coeficientes de losterminos lineales, x′ e y′, y no alterara el termino independiente. Concretamente obtenemos:

10x′2 + 0y′2 − 20x′ + 40y′ + 90 = 0 −→ x′2 − 2x′ + 4y′ + 9 = 0.

Realizamos ahora una traslacion completando primero cuadrados:

(x′ − 1)2 − 1 + 4y′ + 9 = 0 −→ (x′ − 1)

2+ 4(y′ + 2) = 0 −→ x′′2 + 4y′′ = 0 −→ y′′ = −x′′2

4,

donde la traslacion realizada viene dada por

x′′ = x′ − 1, y′′ = y′ + 2.

La parabola que estamos estudiando tiene su vertice en (x′′, y′′) = (0, 0), es decir, en (x′, y′) = (1,−2), es decir,

(xy

)

=

√10

10

(3 −11 3

)(1−2

)

=

√10

2

(1−1

)

.

El eje de la parabola es la recta x′′ = 0, es decir, x′ = 1, es decir, 3x+y =√

10 (ya que del cambio

[xy

]

= P

[x′

y′

]

deducimos, al ser P ortogonal, que

[x′

y′

]

= PT

[xy

]

, lo que nos lleva a x′ =√

1010 (3x + y)).

Para hallar el foco y la recta directriz, recordemos que una parabola con foco en F = (p2 , 0) y directriz L ≡ x = − p

2tiene por ecuacion y2 = 2px. En nuestro caso, como tenemos x′′2 = −4y′′, entonces p = −2 con lo que el foco F esta en(x′′, y′′) = (0,−1) y la directriz L tiene por ecuacion y′′ = 1.

Por tanto, F esta en (x′, y′) = (1,−3), es decir,

(xy

)

=

√10

10

(3 −11 3

)(1−3

)

=

√10

5

(3−4

)

.

La directriz L tiene por ecuacion y′ = −1, es decir, −x + 3y = −√

10 (ya que del cambio

[xy

]

= P

[x′

y′

]

deducimos, al ser P ortogonal, que

[x′

y′

]

= PT

[xy

]

, lo que nos lleva a y′ =√

1010 (−x + 3y)).

230

Page 113: Apuntes de Algebra.´ Ingenier´ıa Industrial · Apuntes de Algebra.´ ... Haremos uso de los conceptos de independencia lineal, subespacio vectorial generado por ciertos vectores,

Para hacer el dibujo esquematico con una cierta precision, puede sernos util el encontrar los puntos de corte(si los hay) de la parabola con los ejes coordenados (OX y OY ). Al hacer x = 0 en la ecuacion de la conica seobtiene y2 + 10

√10y + 90 = 0 que se verifica para y = −

√10,−9

√10. Mientras que si hacemos y = 0, la ecuacion

9x2 − 10√

10x + 90 = 0 no tiene solucion (real). Por tanto, la parabola corta al eje OY en los puntos (0,−√

10) y(0,−9

√10) y no corta al eje OX .

Con toda la informacion que hemos obtenido a lo largodel problema, comenzamos dibujando los ejes X ′ e Y ′ sa-biendo que pasan por el origen de las coordenadas x-yy tienen la direccion y sentido del autovector correspon-diente a λ1 y λ2, respectivamente. Es decir, en este caso,con la eleccion que hicimos de autovalores y autovectores,el eje X ′ tiene la direccion de (3, 1)T y el Y ′ la de (−1, 3)T

(notese que los ejes X ′ e Y ′ se obtienen rotando un anguloθ0 = arc tg(1/3), que sin calculadora no sabemos evaluar,a los ejes X e Y ). A continuacion, dibujamos los ejes X ′′

e Y ′′, paralelos respectivamente a los ejes X ′ e Y ′, que re-

sultan de trasladar el origen al punto V =(√

102 ,−

√102

)

.

Y

X’1

X

●V

X’’

Y’’Y’

1

Finalmente, dibujamos la parabola, que es muy facil de representar en las coordenadas x′′-y′′, y tenemos en cuentasus cortes con los ejes X e Y , para obtener un dibujo cualitativo lo mas parecido posible al real (

√10 ≈ 3,16).

Ejercicio resueltoDada la conica 3x2 + 3y2 − 2xy + 2x− 4y + 1 = 0.

(a) Hallar su ecuacion canonica mediante los cambios de coordenadas adecuados.

(b) Hacer un dibujo esquematico de dicha curva.

(a) Puesto que la ecuacion de la conica tiene termino en xy necesitamos hacer un giro para colocar los ejes en lasdirecciones de los autovectores de la matriz A (la que recoge los terminos cuadraticos). Calculamos pues sus autovaloresy despues sus autovectores. En primer lugar:

∣∣∣∣

3− λ −1−1 3− λ

∣∣∣∣= λ2 − 6λ + 8 = 0 −→ λ1 = 4, λ2 = 2.

Podemos pues calcular los autovectores:

λ1 = 4 :

(−1 −1−1 −1

)(uv

)

=

(00

)

−→ u + v = 0 −→(

uv

)

= α

(1−1

)

,

λ2 = 2 :

(1 −1−1 1

)(uv

)

=

(00

)

−→ u− v = 0 −→(

uv

)

= α

(11

)

.

Construimos la matriz P mediante la siguiente base ortonormal de autovectores:{√

2

2

(1−1

)

,

√2

2

(11

)}

,

donde el primer autovector da la direccion y sentido del nuevo eje X ′ (que corresponde a girar un angulo θ = −45o

el eje X , pues del autovector sacamos que tgθ = v/u = −1/1 = −1) y el segundo autovector (que hemos elegido enel sentido adecuado para que el eje Y ′ se obtenga girando el X ′ un angulo de 90o en sentido positivo o antihorario)marca la direccion y sentido del nuevo eje Y ′. El cambio:

x = Px′ −→(

xy

)

=

( √2

2

√2

2

−√

22

√2

2

)(x′

y′

)

eliminara el termino mixto x′y′ dejando la parte cuadratica como λ1x′2 + λ2y

′2, modificara los coeficientes de losterminos lineales, x′ e y′, y no alterara el termino independiente. Concretamente obtenemos:

4x′2 + 2y′2 + 3√

2x′ −√

2y′ + 1 = 0.

Realizamos ahora una traslacion completando primero cuadrados:

4

(

x′2 +3√

2

4x′)

+ 2

(

y′2 −√

2

2y′)

+ 1 = 0,

231

Page 114: Apuntes de Algebra.´ Ingenier´ıa Industrial · Apuntes de Algebra.´ ... Haremos uso de los conceptos de independencia lineal, subespacio vectorial generado por ciertos vectores,

4

(

x′ +3√

2

8

)2

− 9

8+ 2

(

y′ −√

2

4

)2

− 1

4+ 1 = 0,

4

(

x′ +3√

2

8

)2

+ 2

(

y′ −√

2

4

)2

=3

8−→ 4x′′2 + 2y′′2 =

3

8,

donde hemos realizado la traslacionx′′ = x′ +

3√

2

8, y′′ = y′ −

√2

4.

Operando, llegamos a la ecuacion canonica

x′′2

332

+y′′2

316

= 1 −→ x′′2(

14

√32

)2 +y′′2(√

34

)2 = 1.

Es decir, al haber tomado λ1 = 4 y λ2 = 2, el semieje mayor de la elipse esta sobre el eje Y ′′ y el menor sobre el X ′′,

ya que 14

√32 <

√3

4 .

Notese que el origen en las coordenadas x′′-y′′, es decir, el centro C de la elipse, esta en el punto (x′ = − 3√

28 , y′ =√

24 ), es decir, en el punto:

x =

√2

2

(

−3√

2

8+

√2

4

)

= −1

8, y =

√2

2

(

3√

2

8+

√2

4

)

=5

8−→ C =

(

−1

8,5

8

)

.

(b) Para hacer el dibujo esquematico con una cierta precision, puede sernos util el encontrar los puntos de corte (silos hay) de la elipse con los ejes coordenados (OX y OY ). Al hacer x = 0 en la ecuacion de la conica se obtiene3y2− 4y + 1 = 0 que se verifica para y = 1, 1/3. Mientras que si hacemos y = 0, la ecuacion 3x2 + 2x + 1 = 0 no tienesolucion (real). Por tanto, la elipse corta al eje OY en los puntos (0, 1) y (0, 1/3) y no corta al eje OX .

Con toda la informacion que hemos obtenido a lo largo del problema, comenzamos dibujando los ejes X ′ e Y ′

sabiendo que pasan por el origen de las coordenadas x-y y tienen la direccion y sentido del autovector correspondientea λ1 y λ2, respectivamente. Es decir, en este caso, con la eleccion que hicimos de autovalores y autovectores, los ejes X ′

e Y ′ se obtienen rotando un angulo de −45o a los ejes X e Y . A continuacion, dibujamos los ejes X ′′ e Y ′′, paralelosrespectivamente a los ejes X ′ e Y ′, que resultan de trasladar el origen al punto C =

(− 1

8 , 58

). Finalmente, dibujamos

la elipse, que es muy facil de representar en las coordenadas x′′-y′′, y tenemos en cuenta sus cortes con los ejes X eY , para obtener un dibujo cualitativo lo mas parecido posible al real (ver figura (a)).

X’

Y’

X

Y’’Y

X’’

1

1/3

C

X

Y

1

1/3

C

Y’’Y’

X’

X’’

(a) (b)

Notese que si hubieramos elegido los autovalores en el otro orden posible, es decir, λ1 = 2 y λ2 = 4 y tomamoscomo autovectores respectivos (1, 1)T y (−1, 1)T (el primero indica la direccion y sentido del eje X ′ y el segundo eldel Y ′), llegarıamos, tras realizar el giro (en este caso de 45o) mediante el cambio de coordenadas dado por la nuevamatriz P y la traslacion adecuada, a la ecuacion canonica:

x′′2(√

34

)2 +y′′2

(14

√32

)2 = 1,

que nos llevarıa a la figura (b).

232

Page 115: Apuntes de Algebra.´ Ingenier´ıa Industrial · Apuntes de Algebra.´ ... Haremos uso de los conceptos de independencia lineal, subespacio vectorial generado por ciertos vectores,

Ejercicio resueltoDada la conica

x2 − 2xy + y2 − 2x + 1 = 0.

(a) Hallar su ecuacion canonica mediante los cambios de coordenadas adecuados y clasificarla.(b) Hacer un dibujo esquematico de dicha curva.

(a) Puesto que la ecuacion de la conica tiene termino en xy necesitamos hacer un giro para colocar los ejes en lasdirecciones de los autovectores de la matriz A (la que recoge los terminos cuadraticos). Calculamos pues sus autovaloresy despues sus autovectores. En primer lugar:

∣∣∣∣

1− λ −1−1 1− λ

∣∣∣∣= λ2 − 2λ = 0 −→ λ1 = 0, λ2 = 2.

Podemos pues calcular los autovectores:

λ1 = 0 :

(1 −1−1 1

)(uv

)

=

(00

)

−→ u− v = 0 −→(

uv

)

= α

(11

)

,

λ2 = 2 :

(−1 −1−1 −1

)(uv

)

=

(00

)

−→ u + v = 0 −→(

uv

)

= α

(−11

)

.

Construimos la matriz P mediante la siguiente base ortonormal de autovectores:

{√2

2

(11

)

,

√2

2

(−11

)}

,

donde el primer autovector da la direccion y sentido del nuevo eje X ′ (que corresponde a girar un angulo θ = 45o el ejeX , pues del autovector sacamos que tgθ = v/u = 1/1 = 1) y el segundo autovector (que hemos elegido en el sentidoadecuado para que el eje Y ′ se obtenga girando el eje X ′ 90o en sentido positivo o antihorario) marca la direccion ysentido del nuevo eje Y ′. El cambio:

x = Px′ −→(

xy

)

=

( √2

2 −√

22√

22

√2

2

)(x′

y′

)

eliminara el termino mixto x′y′ dejando la parte cuadratica como λ1x′2 + λ2y

′2, modificara los coeficientes de losterminos lineales, x′ e y′, y no alterara el termino independiente. Concretamente obtenemos:

2y′2 −√

2x′ +√

2y′ + 1 = 0.

Realizamos ahora una traslacion completando primero cuadrados en la variable y′:

2

(

y′2 +

√2

2y′)

−√

2x′ + 1 = 0, −→ 2

(

y′ +

√2

4

)2

− 1

4−√

2x′ + 1 = 0,

2

(

y′ +

√2

4

)2

−√

2x′ +3

4= 0,

2

(

y′ +

√2

4

)2

−√

2

(

x′ − 3√

2

8

)

= 0, −→ 2y′′2 −√

2x′′ = 0,

donde hemos realizado la traslacionx′′ = x′ − 3

√2

8, y′′ = y′ +

√2

4.

Por tanto, la ecuacion canonica a la que hemos llegado, tras la rotacion y la traslacion llevadas a cabo, es

x′′ =√

2y′′2.

Notese que el origen en las coordenadas x′′-y′′, es decir, el vertice V de la parabola, esta en el punto (x′ = 3√

28 , y′ =

−√

24 ), es decir, en el punto:

x =

√2

2

(

3√

2

8+

√2

4

)

=5

8, y =

√2

2

(

3√

2

8−√

2

4

)

=1

8, −→ V =

(5

8,1

8

)

.

(b) Para hacer el dibujo esquematico con una cierta precision, puede sernos util el encontrar los puntos de corte (silos hay) de la parabola con los ejes coordenados (OX y OY ). Al hacer x = 0 en la ecuacion de la conica se obtieney2 + 1 = 0 que no tiene solucion (real). Mientras que si hacemos y = 0 obtenemos x2 − 2x + 1 = 0 que tiene como

233

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solucion (doble) x = 1. Por tanto, la parabola no corta al eje OY y toca sin cortar (pues es tangente, como se deducede la raız doble) al eje OX en el punto (1, 0).

Con toda la informacion que hemos obtenido a lo largo del problema, comenzamos dibujando los ejes X ′ e Y ′

sabiendo que pasan por el origen de las coordenadas X-Y y que tienen la direccion y sentido del autovector correspon-diente a λ1 y λ2, respectivamente. Es decir, en este caso, con la eleccion que hicimos de autovalores y autovectores,los ejes X ′ e Y ′ se obtienen rotando un angulo de 45o a los ejes X e Y . A continuacion, dibujamos los ejes X ′′ e Y ′′,paralelos respectivamente a los ejes X ′ e Y ′, que resultan de trasladar el origen al vertice de la parabola V =

(− 1

8 , 58

).

Finalmente, dibujamos la parabola, que es muy facil de representar en las coordenadas X ′′-Y ′′, y tenemos en cuentalas intersecciones con los ejes X e Y , para obtener un dibujo cualitativo lo mas parecido posible al real. Obtenemospues la siguiente figura:

●V

1

X’’

Y’’

Y’

X

X’Y

Notese que si elegimos los autovalores en el mismo orden, λ1 = 0 y λ2 = 2, pero tomamos los autovectores opuestos((−1,−1)T fija el eje X ′ y (1,−1)T marca el Y ′), llegamos, procediendo analogamente, a

x′′ = −√

2y′′2.

En este situacion, estarıamos en el caso (a) de la figura siguiente.Sin embargo, si tomamos λ1 = 2 y λ2 = 0, y como autovectores correspondientes a (1,−1)T (que determina el eje

X ′) y (1, 1)T (que marca el eje Y ′), llegamos, procediendo analogamente, a

y′′ =√

2x′′2.

De esta forma, estarıamos en el caso (b) de la figura siguiente.Finalmente, la cuarta y ultima posibilidad sera tomar λ1 = 2 y λ2 = 0, pero trabajando con los autovectores a

(−1, 1)T (fija el eje X ′) y (−1,−1)T (marca el Y ′). Entonces, se llega, procediendo analogamente, a

y′′ = −√

2x′′2.

Estarıamos entonces en el caso (c) de la figura siguiente.

●V

1 X

Y

X’

Y’X’’ Y’’

●V

1 X

Y Y’

X’

Y’’

X’’

●V

1 X

Y

X’

Y’

X’’

Y’’

(a) (b) (c)Moraleja: la curva en el plano X-Y es obviamente la misma, aunque al comienzo del problema tenemos cuatro

posibilidades distintas para elegir el eje X ′ (segun que autovalor elijamos como primero y que autovector de normaunidad elijamos para dicho autovalor). Tras esta eleccion los ejes Y ′ (que queremos obtenerlo girando el eje X ′ 90o ensentido antihorario), X ′′ e Y ′′ ya quedan determinados.

234

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Ejercicio resueltoEncontrar los valores del parametro a ∈ R para los que la conica

a2x2 − 4xy + y2 + a = 0

es una hiperbola.

Nos piden que determinemos cuando la conica

a2x2 − 4xy + y2 + a = 0 −→[

x y][

a2 −2−2 1

] [xy

]

+ a = 0

corresponde a una hiperbola, es decir, cuando estamos ante un caso hiperbolico no degenerado.Sabemos que estamos ante un caso elıptico (elipse, un punto o nada) si los dos autovalores de A tienen el mismo

signo, ante un caso hiperbolico (hiperbola o dos rectas que se cortan) si los dos autovalores de A tienen signo opuestoo ante un caso parabolico (parabola, dos rectas paralelas, una recta doble o nada) cuando un autovalor de A es nulo.

En este problema, la matriz simetrica A, que representa la parte cuadratica de la conica, es

A =

[a2 −2−2 1

]

.

Sabiendo que el determinante de A coincide con el producto de sus autovalores (|A| = λ1λ2), deducimos que si |A| > 0los autovalores tienen el mismo signo (caso elıptico), si |A| = 0 un autovalor sera nulo (caso parabolico) y si |A| < 0los autovalores tienen signos opuestos (caso hiperbolico).

Como |A| = a2 − 4: si |a| > 2, es decir, si a < −2 o a > 2, estamos ante un caso elıptico (|A| > 0); si |a| = 2, esdecir, si a = ±2, estamos ante un caso parabolico (|A| = 0) y si |a| < 2, es decir, si −2 < a < 2, estamos ante un casohiperbolico (|A| < 0).

Si hacemos el cambio de coordenadas x = Px′ (giro, usando una base ortonormal de autovectores de A) sabemosque la ecuacion de la conica se transformara en

λ1x′2 + λ2y

′2 + a = 0.

En el caso hiperbolico, −2 < a < 2, si a 6= 0 estaremos ante una hiperbola, pero si a = 0 estaremos en el caso

degenerado con dos rectas que se cortan (pues λ1x′2 + λ2y

′2 = 0 no se podra escribir como x′2

α2 − x′2

β2 = ±1).

Ası, se trata de una hiperbola cuando −2 < a < 0 y cuando 0 < a < 2, es decir, si a ∈ (−2, 0) ∪ (0, 2).

Ejercicio resueltoClasificar, segun los valores de a ∈ R, tras hacer los cambios de variables adecuados, la familia de conicas

x2 − 2xy + y2 − x + ay + 1 = 0.

Puesto que en la ecuacion de la conica aparece un termino xy, haciendo primero un giro representado por la ecuacionmatricial x = Px′ (P matriz ortogonal, construida a partir de los autovectores de la matriz A asociada a los terminoscuadraticos) obtenemos una ecuacion sin termino x′y′. Basta despues con hacer una traslacion adecuada x′′ = x′ −x′0, y′′ = y′ − y′0 que lleve el origen de las nuevas coordenadas al centro (elipse o hiperbola) o al vertice (parabola) dela conica. Tras dicha traslacion sera facil identificar la conica pues llegaremos a

x′′2

a2+

y′′2

b2= 1,

x′′2

a2− y′′2

b2= ±1, y′′ = αx′′

2(

o x′′ = βy′′2)

,

si se trata de una elipse, una hiperbola o una parabola, respectivamente.Podemos saber si estamos ante un caso elıptico (elipse, un punto o nada) si los dos autovalores de A tienen el

mismo signo, ante un caso hiperbolico (hiperbola o dos rectas que se cortan) si los dos autovalores de A tienen signoopuesto o ante un caso parabolico (parabola, dos rectas paralelas, una recta doble o nada) si A tiene un autovalor nulo.

Comencemos pues con un giro para colocar los ejes en las direcciones de los autovectores de la matriz A =[1 −1−1 1

]

(la que recoge los terminos cuadraticos). Calculamos pues sus autovalores y despues sus autovectores.

En primer lugar:∣∣∣∣

1− λ −1−1 1− λ

∣∣∣∣= (1− λ)2 − 1 = 0 −→ (1 − λ)2 = 1 −→ 1− λ = ±1 −→ λ1 = 0, λ2 = 2.

Al tener A un autovalor nulo, estamos ante un caso parabolico. Podemos ahora calcular los autovectores:

λ1 = 0 :

(1 −1−1 1

)(uv

)

=

(00

)

−→ u− v = 0 −→(

uv

)

= α

(11

)

, α ∈ R,

λ2 = 2 :

(−1 −1−1 −1

)(uv

)

=

(00

)

−→ u + v = 0 −→(

uv

)

= α

(−11

)

, α ∈ R.

235

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Los autovectores que hemos obtenido son ortogonales (puesto que la matriz es simetrica). Por nuestra parte, lostomaremos ademas unitarios para construir una matriz de paso ortogonal P (columnas ortonormales):

{√2

2

(11

)

,

√2

2

(−11

)}

,

donde el primer autovector da la direccion y sentido del nuevo eje OX ′ (que corresponde a girar el eje OX un anguloθ0 = arc tg(1/1) = π/4 = 45o) y el segundo autovector (que hemos elegido en el sentido adecuado para que el eje OY ′

se obtenga girando el OX ′ un angulo de 90o en sentido positivo o antihorario) marca la direccion y sentido del nuevoeje OY ′.

Observemos que, por comodidad, hemos tomado como primer autovector (que nos define el eje OX ′) el (1, 1)T

porque esta en el primer cuadrante y ası el giro sera de un angulo θ ∈ (0, π/2). El segundo autovector, que define eleje OY ′, debe estar entonces en el segundo cuadrante.

El cambio:

[xy

]

= P

[x′

y′

]

−→(

xy

)

=

√2

2

(1 −11 1

)(x′

y′

)

−→{

x =√

22 (x′ − y′),

y =√

22 (x′ + y′),

eliminara el termino mixto x′y′ dejando la parte cuadratica como λ1x′2 + λ2y

′2, modificara los coeficientes de losterminos lineales, x′ e y′, y no alterara el termino independiente. Concretamente obtenemos:

0x′2

+ 2y′2 −√

2

2(x′ − y′) + a

√2

2(x′ + y′) + 1 = 0 −→ 2y′

2+

√2

2(a + 1)y′ +

√2

2(a− 1)x′ + 1 = 0.

Realizamos ahora una traslacion completando primero cuadrados:

2

[

y′2

+

√2

4(a + 1)y′

]

+

√2

2(a− 1)x′ + 1 = 0,

→ 2

(

y′ +

√2

8(a + 1)

)2

− 1

32(a + 1)2

+

√2

2(a− 1)x′ + 1 = 0,

→ 2

(

y′ +

√2

8(a + 1)

)2

+

√2

2(a− 1)x′ +

16− (a + 1)2

16= 0,

a = 1 : 2(

y′ +√

24

)2

+ 34 = 0 → 2y′′2 + 3

4 = 0 → y′′2 = − 38 ,

a 6= 1 : 2(

y′ +√

28 (a + 1)

)2

+√

22 (a− 1)

[

x′ + 16−(a+1)2

8√

2 (a−1)

]

= 0 → 2y′′2 +√

22 (a− 1)x′′ = 0.

Cuando a = 1, hacemos la traslacion x′′ = x′, y′′ = y′ +√

24 , y vemos que hay un termino en y′′2 pero que ha

desaparecido el termino lineal en x′′, con lo que estamos en un caso parabolico degenerado (dos rectas paralelas, una

recta o nada). En este caso, se trata de nada, pues ningun punto del plano X ′′-Y ′′ verifica y′′2 = − 38 . Observemos

que si hubieramos obtenido, por ejemplo, y′′2 = 38 estarıamos ante dos rectas paralelas, dadas por y′′ = ±

√38 . Si

hubieramos llegado a la ecuacion y′′2 = 0, se tratarıa de una recta, dada por y′′ = 0.

Cuando a 6= 1, hacemos la traslacion x′′ = x′ + 16−(a+1)2

8√

2 (a−1), y′′ = y′ +

√2

8 (a + 1) que nos lleva a la ecuacion

2y′′2 +√

22 (a− 1)x′′ = 0 que corresponde a una parabola.

En resumen, se trata de una parabola cuando a 6= 1 y no hay nada en el caso a = 1.Aunque no nos lo pide, las parabolas de la familia que estamos estudiando tienen su vertice V en (x′′, y′′) = (0, 0),

es decir, en (x′, y′) = (− 16−(a+1)2

8√

2 (a−1),−√

28 (a + 1)), o sea,

(xy

)

=

√2

2

(1 −11 1

)( − 16−(a+1)2

8√

2 (a−1)

−√

28 (a + 1)

)

.

El eje de cada parabola es la recta y′′ = 0, es decir, y′ +√

28 (a + 1) = 0, es decir,

√2

2 (−x + y) +√

28 (a + 1) = 0, o

sea, x− y = a+14 (ya que del cambio

[xy

]

= P

[x′

y′

]

deducimos, al ser P ortogonal, que

[x′

y′

]

= PT

[xy

]

, lo que

nos lleva a y′ =√

22 (−x + y)).

Para hallar el foco y la recta directriz, recordemos que una parabola con foco en F = (p2 , 0) y directriz L ≡ x = − p

2

tiene por ecuacion y2 = 2px. En nuestro caso, como tenemos y′′2 = −√

24 (a − 1)x′′, entonces p = −

√2

8 (a − 1) con lo

236

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que el foco F esta en (x′′, y′′) = (−√

216 (a− 1), 0) y la directriz L tiene por ecuacion x′′ =

√2

16 (a− 1). Dejamos al lectorinteresado que obtenga las expresiones del foco y la directriz en las coordenadas originales. Observemos que el casodegenerado a = 1 separa las parabolas que, en el plano X ′′-Y ′′, se abren hacia la derecha (cuando a < 1) de las quese abren hacia la izquierda (si a > 1).

Ejercicio resueltoEscribir dos ecuaciones de conicas degeneradas, en las que haya que realizar un giro para su identificacion, quecorrespondan a

i) dos rectas paralelas.

ii) una recta (doble).

iii) dos rectas que se cortan (no perpendicularmente).

Si hay que realizar un giro, quiere decir que en la ecuacion aparece el termino xy. Observemos que el caso de rectasparalelas y el de recta doble corresponden al caso parabolico (degenerado) mientras que el de dos rectas que se cortanal caso hiperbolico (degenerado).

i) Dos rectas, ax + by + c = 0 y a′x+ b′y + c′ = 0 son paralelas si se da la siguiente relacion de proporcionalidad entrelos coeficientes a/a′ = b/b′. Notese que si se diera a/a′ = b/b′ = c/c′, entonces las dos ecuaciones definirıan lamisma recta. Para obtener lo que nos piden basta pues con multiplicar, por ejemplo,

(x + y − 1)(x + y − 2) = 0 o (3x− 2y + 5)(6x− 4y − 2) = 0 o (−x + 2y)(2x− 4y + 3) = 0 ...

Tambien podıamos haber escrito, por ejemplo,

(x + y − 1)2 = 4 → x2 + 2xy + y2 − 2x− 2y − 3 = 0

que es satisfecha por las rectas paralelas x + y − 1 = ±2, y

(x− 2y)2 = 1 → x2 − 4xy + 4y2 − 1 = 0

que la verifican las rectas paralelas x− 2y = ±1.

ii) Para que corresponda a una recta (doble) lo mas comodo es escribir, por ejemplo,

(x + y − 1)2 = 0 → x2 + 2xy + y2 − 2x− 2y + 1 = 0

que es satisfecha por la recta x + y − 1 = 0, y

(x− 2y)2 = 0 → x2 − 4xy + 4y2 = 0

que es verificada por la recta x− 2y = 0.

iii) Para tener dos rectas que se cortan (no perpendicularmente) deben pasar dos cosas. Por un lado deben cortarse (esdecir, no deben ser paralelas, o sea, no deben verificar sus coeficientes la relacion de proporcionalidad a/a′ = b/b′).Por otra parte, para que no se corten perpendicularmente, no deben verificar ab = −a′b′. Esta condicion surgede que si las pendientes de dos rectas, m y m′, verifican mm′ = −1, entonces tales rectas son perpendiculares.Por ejemplo, podemos escribir

(x + 2y)(x− y) = 0 → x2 + 2xy − 2y2 = 0

y(x + y + 1)(x− 2y) = 0 → x2 − xy − 2y2 + x− 2y = 0.

Ejercicio resueltoClasificar, segun los valores de a ∈ R, la conica

x2 − 6xy + a2y2 + a = 0.

Nos piden que clasifiquemos la familia de conicas

x2 − 6xy + a2y2 + a = 0 −→[

x y][

1 −3−3 a2

] [xy

]

+ a = 0.

237

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Sabemos que estamos ante un caso elıptico (elipse, un punto o nada) si los dos autovalores de A tienen el mismosigno, ante un caso hiperbolico (hiperbola o dos rectas que se cortan) si los dos autovalores de A tienen signo opuestoo ante un caso parabolico (parabola, dos rectas paralelas, una recta doble o nada) cuando un autovalor de A es nulo.

En este problema, la matriz simetrica A, que representa la parte cuadratica de la conica, es

A =

[1 −3−3 a2

]

.

Sabiendo que el determinante de A coincide con el producto de sus autovalores (|A| = λ1λ2), deducimos que si |A| > 0los autovalores tienen el mismo signo (caso elıptico), si |A| = 0 un autovalor sera nulo (caso parabolico) y si |A| < 0los autovalores tienen signos opuestos (caso hiperbolico).

Como |A| = a2 − 9: si |a| > 3, es decir, si a < −3 o a > 3, estamos ante un caso elıptico (|A| > 0); si |a| = 3, esdecir, si a = ±3, estamos ante un caso parabolico (|A| = 0) y si |a| < 3, es decir, si −3 < a < 3, estamos ante un casohiperbolico (|A| < 0).

Si hacemos el cambio de coordenadas x = Px′ (giro, usando una base ortonormal de autovectores de A) sabemosque la ecuacion de la conica se transformara en

λ1x′2 + λ2y

′2 + a = 0.

Si calculamos los autovalores de A obtenemos

λ2 − (1 + a2)λ + (a2 − 9) = 0 → λ =1 + a2 ±

(1 + a2)2 − 4(a2 − 9)

2

de donde deducimos que el autovalor correspondiente al signo + (al que llamaremos λ1) es siempre positivo mientrasque el del signo − (al que denotaremos por λ2) cambia de signo dependiendo de a2 − 9: positivo si a2 − 9 > 0 (casoelıptico), nulo si a2 − 9 = 0 (caso parabolico) y negativo si a2 − 9 < 0 (caso hiperbolico).

En el caso elıptico (a < −3 y a > 3) obtendremos (al ser λ1, λ2 > 0)

λ1x′2 + λ2y

′2 = −a →{

a < −3 : elipse,a > 3 : nada.

En el caso parabolico (a = −3 y a = 3) obtendremos (al ser λ1 > 0, λ2 = 0)

a = −3 : λ1x′2 + 0 · y′2 = 3 → x′2 = 3

λ1> 0 → dos rectas paralelas,

a = 3 : λ1x′2 + 0 · y′2 = −3 → x′2 = − 3

λ1< 0 → nada.

En el caso hiperbolico (−3 < a < 3) obtendremos (al ser λ1 > 0, λ2 < 0)

−3 < a < 0 : λ1x′2 − |λ2|y′2 = −a > 0 → hiperbola que corta al eje x′,

a = 0 : λ1x′2 − |λ2|y′2 = 0 → dos rectas que se cortan,

0 < a < 3 : λ1x′2 − |λ2|y′2 = −a < 0 → hiperbola que corta al eje y′.

Resumiendo, nos encontramos con las siguientes situaciones:

1. a < −3: elipse.

2. a = −3: dos rectas paralelas (caso parabolico degenerado).

3. −3 < a < 0: hiperbola.

4. a = 0: dos rectas que se cortan (caso hiperbolico degenerado).

5. 0 < a < 3: hiperbola.

6. a = 3: nada (caso parabolico degenerado).

7. a > 3: nada (caso elıptico degenerado).

238

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4. Ejercicios.

Ejercicio 1. Diagonalizar las siguientes matrices mediante matrices de paso ortogonales

1 −2 0−2 2 −20 −2 3

,

5 2 22 2 −42 −4 2

,

1 −1 0−1 2 −10 −1 1

,

1 1 11 1 11 1 1

.

Ejercicio 2. Reducir a suma de cuadrados, mediante una matriz de paso ortogonal, las formas cuadraticas asociadasa las matrices del ejercicio anterior.

Ejercicio 3. Hallar la ecuacion canonica mediante los cambios de coordenadas adecuados, clasificar y hacer un dibujoesquematico de las siguientes conicas:

1. x2 + y2 + xy = 6.

2. xy = 1.

3. 9x2 + y2 + 6xy = 4.

4. x2 + y2 + 4xy = 9.

5. 4x2 + 4y2 − 10xy = 0.

6. 9x2 + 6y2 + 4xy = 5.

7. 9x2 + y2 + 6xy − 10√

10x + 10√

10y + 90 = 0.

8. 5x2 + 5y2 − 6xy − 30√

2x + 18√

2y + 82 = 0.

9. 5x2 + 12xy − 12√

13x = 36.

10. 6x2 + 9y2 − 4xy − 4√

5x− 18√

5y − 5 = 0.

11. x2 − y2 + 2√

3xy + 6x = 0.

12. 8x2 + 8y2 − 16xy + 33√

2x− 31√

2y + 70 = 0.

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Tema 12.- Matrices no diagonalizables.

1. Autovectores generalizados.2. Aplicaciones.3. Ejercicios.

1. Autovectores generalizados.

Una matriz cuadrada A es diagonalizable si, y solo si, hay una base formada por autovectores de A. Cuando A noes diagonalizable hay situaciones en las que es necesario encontrar tambien una base cuyos elementos verifiquen ciertaspropiedades similares a las de los autovectores de A, estos seran los denominados autovectores generalizados de A.Definicion. Sea A una matriz m × m y sea λ un autovalor de A. Se dice que un vector v 6= 0 es un autovectorgeneralizado de A asociado a λ si se verifica que (A− λI)

kv = 0 para algun entero positivo k. Es decir, los

autovectores generalizados de A asociados a λ son (excluyendo al vector nulo), los vectores de los espacios nulos delas matrices (A− λI)

k, k = 1, 2, 3, ...

Observaciones.

1. Como es facil comprobar, se verifica que

Nul (A− λI) ⊆ Nul[(A− λI)2

]⊆ Nul

[(A− λI)3

]⊆ . . .

⊆ Nul[(A− λI)k

]⊆ Nul

[(A− λI)k+1

]⊆ . . .

2. Puesto que la dimension del espacio es finita, los subespacios anteriores no pueden crecer de manera indefinida.Concretamente, se cumple para un cierto valor r:

Nul [A− λI] ( Nul[(A− λI)2

]( . . . ( Nul [(A− λI)r] = Nul

((A− λI)r+1

]= . . . .

El siguiente resultado nos indica que para calcular los autovectores generalizados hay que llegar, a lo sumo, hasta lapotencia ma(λ). Nos indica ademas que, si bien en general no es cierto que para un autovector generalizado v asociadoa λ se tenga que Av es λv, se tiene en cambio que Av es tambien autovector generalizado asociado a λ.Proposicion. Sea A matriz m × m y sea λ autovalor de A de multiplicidad algebraica ma(λ). Existe un valor1 ≤ r ≤ ma(λ) tal que

1. dim [Nul (A− λI)] < · · · < dim [Nul ((A− λI)r)] = dim[Nul ((A− λI)ma(λ))

]= ma(λ), y

Nul[(A− λI)k

]= Nul

[

(A− λI)ma(λ)]

, para k ≥ r.

2. Para todo v ∈ Nul[(A− λI)k

], se tiene que Av ∈ Nul

[(A− λI)k

]. Por tanto, si v es un autovector generalizado,

Av tambien lo es.

Observaciones.

La proposicion anterior no contradice lo visto hasta ahora para autovectores: si A es diagonalizable y λ esautovalor de multiplicidad algebraica ma(λ) = l (su multiplicidad geometrica sera por tanto mg(λ) = l) elvalor r de la proposicion anterior es r = 1.

Observe que, segun la proposicion anterior, los autovectores generalizados siempre son los elementos distintosde cero de Nul

[(A− λI)ma(λ)

], aunque dependiendo de casos, coincidiran con el espacio nulo de una potencia

inferior de A− λI.

Ejemplo. Consideremos la matriz A =

−1 0 2 −24 4 −1 −24 8 4 −94 5 1 −5

. Vamos a encontrar una base de R4 formada por

autovectores y autovectores generalizados de A. Su polinomio caracterıstico es pA(λ) = (λ − 1)3(1 + λ), luego susautovalores son λ1 = −1 con multiplicidad algebraica ma(λ1) = 1 y λ2 = 1 con multiplicidad algebraica ma(λ2) = 3.Como λ1 = −1 es autovalor simple, sus multiplicidades algebraica y geometrica coinciden. Un autovector asociado aλ1 = −1 es, por ejemplo, v1 = (1, 1, 3, 3)t y los demas autovectores asociados al mismo autovalor son multiplos de

240

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v1. Para el autovalor triple λ2 = 1, las matrices A − λ2I y la escalonada superior obtenida de ella por eliminaciongaussiana son

A− λ2I =

−2 0 2 −24 3 −1 −24 8 3 −94 5 1 −6

Elim. Gauss.−→

−2 0 2 −20 3 3 −60 0 −1 30 0 0 0

,

que tiene rango 3, por lo que solo hay un autovector independiente asociado al autovalor 1 y por tanto, A no esdiagonalizable. Los autovectores asociados son los multiplos (no nulos) de v2 = (2,−1, 3, 1)T . Calculemos una basede autovectores generalizados asociados al autovalor λ2 = 1. Para ello, debemos calcular las potencias A− λ2I hastaque una de ellas tenga rango m − ma(λ2) = 4 − 3 = 1 con lo cual el espacio nulo de dicha potencia de A − λ2Itendra dimension 3. La matrices (A− λ2I)2 y la escalonada superior obtenida por eliminacion gaussiana son

(A− λ2I)2 =

4 6 0 −2−8 −9 0 7

0 3 0 3−8 −7 0 9

Elim. Gauss.−→

4 6 0 −20 3 0 30 0 0 00 0 0 0

,

cuyo rango es 2 (todavıa distinto de 1 = 4 −ma(λ2)). Por tanto la dimension del espacio nulo de (A − λ2I)2 es 2 ypodemos obtener en dicho espacio nulo un autovector generalizado v3 linealmente independiente con v2, por ejemplov3 = (0, 0, 1, 0)T . Notemos que Nul

((A− λ2I)2

)= Gen{v2, v3}. La matriz (A− λ2I)3 es

(A− λ2I)3 =

8 8 0 −88 8 0 −8

24 24 0 −2424 24 0 −24

,

cuyo rango es claramente 1 = 4−ma(λ2). Por tanto, el espacio nulo de (A− λ2I)3 tiene dimension 3. En este espacionulo podemos obtener un autovector generalizado v4 que sea linealmente independiente con {v2, v3}, por ejemplov4 = (1,−1, 0, 0)T . Notemos que

Nul ((A− I)3) = Gen{v2, v3, v4}y que los vectores de este espacio son todos los autovectores y autovectores generalizados asociados al autovalor λ1 = 1(excluyendo siempre al vector nulo de entre los autovectores y los autovectores generalizados). Ası, hemos obtenidotres autovectores (generalizados) asociados al autovalor triple λ1 = 1 de una determinada forma, ampliando de unabase de Nul (A− I) a una de Nul ((A− I)2) y de esta a una de Nul ((A− I)3). Podrıamos haber obtenido una base deNul ((A − I)3) sin necesidad de pasar por bases de los espacios intermedios. Por ejemplo, los vectores

w2 = (1,−1, 0, 0)T , w3 = (0, 1, 0, 1)T , w4 = (0, 0, 1, 0)T

forman una base de Nul ((A − I)3).Por tanto, tenemos como bases de R4

{v1, v2, v3, v4} y {v1, w2, w3, w4}.

Para observar la diferencia entre ellas (y entender por que, en general, es mas conveniente encontrar una base por elprocedimiento seguido para construir {v1, v2, v3, v4}) se propone como ejercicio determinar la matriz P−1AP tomandorespectivamente como matriz P la matriz cuyas columnas son las coordenadas de los vectores de cada una de las basesanteriores. Ası, si formamos P1 = [v1, v2, v3, v4] y P2 = [v1, w2, w3, w4] obtenemos

P−11 AP1 =

−1 0 0 00 1 1 −10 0 1 −10 0 0 1

, P−12 AP2 =

−1 0 0 00 −1 −2 20 −1 0 10 −4 −1 4

.

Observamos que con P1 en el bloque correspondiente al autovalor 1, este aparece en la diagonal y ademas es unbloque triangular superior, es decir, en la matriz obtenida (que no puede ser diagonal pues A no es diagonalizable),los autovalores aparecen en la diagonal y el bloque del autovalor 1 al menos tiene ceros por debajo de la diagonal. Sinembargo, con P2 ni el autovalor 1 aparece en la diagonal ni su bloque correspondiente es triangular.

Si una matriz es diagonalizable al unir autovectores independientes de autovalores diferentes se obtiene una basede Rm (o de Cm). De la misma forma cuando se unen bases de los espacios de autovectores generalizados se obtieneuna base de Rm (o de Cm). Siendo mas preciso,Proposicion. Sea A una matriz cuadrada de orden m, con polinomio caracterıstico

pA(λ) = (λ1 − λ)m1 . . . (λp − λ)mp ,

241

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con λ1, . . . , λp distintos entre sı. Si Bj es base de Nul (A − λjI)mj , para j = 1, . . . , p, la union de dichas basesB = {B1, . . . ,Bp} es base de Rm (o de Cm).

Es posible elegir las bases de autovectores generalizados (con un procedimiento que no veremos) de manera que siP es la matriz cuyas columnas son dichos vectores, entonces J = P−1AP es una matriz cuyos elementos son todoscero salvo los de la diagonal, que son los autovalores, y los de la primera superdiagonal que son, o bien cero, o bien1. La matriz J con esta propiedad se conoce como forma de Jordan de A, y la correspondiente base de autovectoresgeneralizados se conoce como base de Jordan. Dicha forma de Jordan, para la matriz del ejemplo anterior, es:

−1 0 0 00 1 1 00 0 1 10 0 0 1

.

2. Aplicaciones.

Nos centraremos en las recurrencias vectoriales o sistemas de ecuaciones en diferencias.Definicion. Sea A una matriz cuadrada de orden m y sea u1, u2, . . . , un, . . . una sucesion de vectores en Rm definidosde manera recurrente por

un = Aun−1, n = 1, 2, . . .

a partir de un vector inicial u0 ∈ Rm. Una relacion de recurrencia de esta forma se llama sistema de ecuaciones endiferencias lineal homogeneo de primer orden con coeficientes constantes.

Si un = Aun−1 es un sistema de ecuaciones en diferencias, se tiene, razonando por induccion, que un = Anu0.Con esta expresion podemos hallar un para cualquier valor de m. Si A diagonaliza, podemos dar una expresion massimple para un que nos permitira ahorrar tiempo de calculo y tambien estudiar el comportamiento a largo plazo de lasucesion un.Proposicion. Sea A una matriz cuadrada de orden m diagonalizable y u0 ∈ Rm. Entonces la solucion del sistema deecuaciones en diferencias un = Aun−1 con vector inicial u0 es

un = Anu0 = PDnP−1u0, n = 1, 2, . . .

siendo P la matriz cuyas columnas forman una base de autovectores de A y D la matriz diagonal cuyos elementosdiagonales son los autovalores correspondientes.Observaciones.

- Notese que si A no es diagonalizable pero u0 es combinacion lineal de autovectores de A, podemos calcular un = Anu0

aunque no sepamos calcular An: Si u0 = α1v1 + · · ·+ αkvk y Avj = λjvj para cada j = 1, . . . , k, entonces

Anu0 = α1λn1v1 + · · ·αkλn

kvk.

- Sea A una matriz m×m no diagonalizable. Si obtenemos una base {v1, . . . , vm}, formada por autovectores generali-zados de A, entonces puede encontrarse la solucion general del sistema de ecuaciones en diferencias un = Aun−1

para cualquier u0 ∈ Rn. Para ello, expresamos u0 como combinacion lineal de los autovectores generalizados{v1, . . . , vm},

u0 = α1v1 + · · ·+ αmvm

con lo queun = Anu0 = α1A

nv1 + · · ·+ αmAnvm

y, por tanto, bastara determinar (Anvj) para cada autovector generalizado vj .

- Si v es un autovector generalizado de A asociado a un autovalor λ y se verifica

(A− λI)v 6= 0, . . . , (A− λI)k−1v 6= 0, (A− λI)kv = 0,

entonces podemos determinar la solucion (sucesion de vectores) del sistema de ecuaciones en diferencias un =Aun−1 que tiene como valor inicial u0 = v.

Para ello, basta considerar la formula del binomio de Newton:

(a + b)n =

(n0

)

anb0 +

(n1

)

an−1b1 +

(n2

)

an−2b2 + · · ·(

nn− 1

)

a1bn−1 +

(nn

)

a0bn

(pq

)

:=p(p− 1) · · · (p− q + 1)

q!=

p!

q!(p− q)!, (0! := 1)

242

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que es aplicable a la potencia de una suma de matrices si estas conmutan. Es decir, si A y B son dos matricescuadradas que conmutan (AB = BA), se verifica la igualdad

(A + B)n =

(n0

)

AnB0 +

(n1

)

An−1B1 +

(n2

)

An−2B2 + · · ·(

nn− 1

)

A1Bn−1 +

(nn

)

A0Bn

siendo A0 = B0 = I. Puesto que las matrices A− λI y λI conmutan, se tiene que

Anv = [λI + (A− λI)]n

v =

=

[(n0

)

(λI)n(A− λI))0 +

(n1

)

(λI)n−1(A− λI))1 + · · ·+(

nn

)

(λI)0(A− λI))n

]

v

[puesto que (A− λI)kv = (A− λI)k+1v = (A− λI)k+2v = · · · = 0

]

= λnv + nλn−1(A− λI)v + n(n−1)2 λn−2(A− λI)2v + · · ·+ λn−k+1

(n

k − 1

)

(A− λI)k−1v

y solo aparecen (a lo sumo) k sumandos en el sumatorio, independientemente de lo grande que sea n. En losejemplos que veremos k sera pequeno y apareceran pocos terminos en el sumatorio.

Veamos a continuacion dos ejemplos.

Ejemplo. Calcular un si u0 = (2, 1,−1)T y A =

1 1 00 1 00 0 2

.

Por ser A triangular es inmediato que los autovalores son λ1 = 1 (doble) y λ2 = 2 (simple). Como es facil comprobar,mg(λ1 = 1) = 1 < ma(λ1 = 1) = 2 y la matriz A no es diagonalizable. No existe una base de autovectores (λ1 yλ2 aportan uno cada uno) y necesitamos recurrir a un autovector generalizado de λ1 para obtener una base de R3

formada por autovectores y autovectores generalizados.Para λ1 = 1, resolviendo (A − I)x = 0, obtenemos como autovector, por ejemplo, v1 = (1, 0, 0)T . Resolviendo

(A−I)2x = 0 obtenemos como autovector generalizado (linealmente independiente de v1), por ejemplo, v2 = (0, 1, 0)T .Finalmente, para λ2 = 2 resolviendo (A−2I)x = 0, obtenemos como autovector, por ejemplo, v3 = (0, 0, 1)T . Es decir,trabajaremos con la base de R3 formada por {v1, v2, v3} (que en este caso sencillo coincide con la canonica). Ası,

un = Anu0 = An(2v1 + v2 − v3) = 2Anv1 + Anv2 −Anv3.

Por ser v1 y v3 autovectores:

Anv1 = λn1 v1 = 1nv1 = v1, Anv3 = λn

2 v3 = 2nv3.

Mientras que por ser v2 autovector generalizado de λ1 = 1, que verifica (A− I)2v2 = 0 (k = 2 en la formula anterior):

Anv2 = (λ1I + (A− λ1I))nv2 = λn1 v2 + nλn−1

1 (A− λ1I)v2 + n(n−1)2 λn−2

1 (A− λ1I)2v2 + · · ·= 1nv2 + n1n−1v1 + 0 + ... = v2 + nv1

ya que (A− I)v2 = v1. Finalmente:

un = 2v1 + (v2 + nv1)− 2nv3 = (n + 2)v1 + v2 − 2nv3 =

2 + n1−2n

.

Ejemplo. Calcular un si u0 = (0, 2, 1)T y

A =

3/2 1/2 1/20 2 1

1/2 −1/2 5/2

.

Calculamos sus autovalores mediante la ecuacion caracterıstica,

|A− λI| = 0 −→ λ3 − 6λ2 + 12λ− 8 = 0 −→ (λ− 2)3 = 0,

de donde obtenemos que λ1 = 2 es un autovalor triple (ma(λ1) = 3). (Recuerdese que la traza de la matriz debecoincidir con la suma de los autovalores; en este caso ambas valen 6, puesto que tr(A) = 3/2+2+5/2 = 2+2+2 = 6).Si calculamos su multiplicidad geometrica

mg(λ1 = 2) = 3− r(A − 2I) = 3− 2 = 1

243

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vemos que solo tiene un autovector asociado linealmente independiente, con lo que necesitaremos encontrar dos au-tovectores generalizados para formar una base de R3 con autovectores y autovectores generalizados. En primer lugar,

(A− 2I)x =

−1/2 1/2 1/20 0 1

1/2 −1/2 1/2

x1

x2

x3

= 0 −→{

x1 − x2 + x3 = 0x3 = 0

−→ x = x2

110

,

y tomamos como autovector, por ejemplo, v1 = (1, 1, 0)T . Ahora,

(A− 2I)2x =

1/2 −1/2 1/21/2 −1/2 1/20 0 0

x1

x2

x3

= 0 −→ x1 − x2 + x3 = 0 −→ x = x1

110

+ x3

011

,

y tomamos como primer autovector generalizado (que debe ser linealmente independiente con v1), por ejemplo, v2 =(0, 1, 1)T . Finalmente,

(A− 2I)3x =

0 0 00 0 00 0 0

x1

x2

x3

= 0 −→ x =

x1

x2

x3

,

y como segundo autovector generalizado vale cualquier vector de R3 que sea linealmente independiente con {v1, v2},por ejemplo, v3 = (1, 0, 0)T .

Una vez que tenemos la base B = {v1, v2, v3} formada por autovectores y autovectores generalizados, encontramoslas coordenadas de u0 en dicha base,

u0 = PB[u0]B −→

021

=

1 0 11 1 00 1 0

αβγ

−→ [u0]B =

11−1

,

es decir, u0 = v1 + v2 − v3. Por tanto,

un = Anu0 = An(v1 + v2 − v3) = Anv1 + Anv2 −Anv3,

siendo:

Anv1 = λn1v1 = 2nv1 = 2n

110

(por ser v1 autovector de λ1 = 2),

Anv2 = (λ1I + (A− λ1I))nv2 = λn1 v2 + nλn−1

1 (A− λ1I)v2 + n(n−1)2 λn−2

1 (A− λ1I)2v2 + · · ·

= 2nv2 + n2n−1v1 + 0 + ... = 2n

011

+ n2n−1

110

(por ser v2 autovector generalizado de λ1 = 2, que verifica (A − 2I)2v2 = 0 (k = 2 en la formula anterior) y ya que(A− 2I)v2 = v1),

Anv3 = (λ1I + (A− λ1I))nv3 = λn1 v3 + nλn−1

1 (A− λ1I)v3 + n(n−1)2 λn−2

1 (A− λ1I)2v3 + · · ·

= 2n

100

+ n2n−1

−1/20

1/2

+ n(n−1)2 2n−2

1/21/20

(por ser v3 autovector generalizado de λ1 = 2, que verifica (A − 2I)3v3 = 0 (k = 3 en la formula anterior) y ya que(A− 2I)v3 = (−1/2, 0, 1/2)T y (A− 2I)2v3 = (1/2, 1/2, 0)T ).

Notese que si hubieramos elegido una base de autovectores generalizados, {w1, w2, w3}, a partir de (A− 2I)3v = 0(es decir, en este ejemplo cualquier base de R3, que no contenga un autovector, solucion de (A − 2I)v = 0, ni unogeneralizado, solucion de (A− 2I)2v = 0) llegaremos (obviamente al mismo resultado final) escribiendo

un = Anu0 = An(α1w1 + α2w2 + α3w3) = α1Anw1 + α2A

nw2 + α3Anw3,

donde los tres terminos Anwi tendran cada uno tres sumandos (expresion analoga a la obtenida para Anv3). Deahı que, en general, sea recomendable construir la base de Rn formada por autovectores y autovectores generalizadosresolviendo primero (A− λI)v = 0, despues (A− λI)2v = 0, despues (A− λI)3v = 0, etc.

Por ultimo, comentemos que las ideas anteriores pueden adaptarse para el calculo de la potencia An de la matrizno diagonalizable A. Basta usar que An[v1|v2|v3] = [Anv1|Anv2|Anv3] y que la matriz [v1|v2|v3] es invertible ya quelos tres vectores son linealmente independientes. De esta forma, An = [Anv1|Anv2|Anv3][v1|v2|v3]

−1.

244

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Ejercicio resueltoConsideremos la matriz

A =

0 2 61 1 −3−1 1 5

.

Calcular, a partir de sus autovalores y autovectores (si es necesario, generalizados), Anu0, siendo u0 = (0, 1,−1)T .

Resolvemos el problema en tres etapas. En la primera buscamos una base {v1, v2, v3} de R3 formada por autovectores(si la matriz A es diagonalizable) o por autovectores y autovectores generalizados (si la matriz A no es diagonalizable).En la segunda expresamos el vector u0 como combinacion lineal de los vectores de esa base. Finalmente calculamosAnu0 escribiendolo como combinacion lineal de los vectores Anvi, que son relativamente faciles de computar pues losvi son autovectores y autovectores generalizados.

Calculemos pues los autovalores de A escribiendo su ecuacion caracterıstica (antes de desarrollar por Sarrus inten-tamos conseguir algun cero en el determinante):

|A− λI| =

∣∣∣∣∣∣

−λ 2 61 1− λ −3−1 1 5− λ

∣∣∣∣∣∣

F3+F2=

∣∣∣∣∣∣

−λ 2 61 1− λ −30 2− λ 2− λ

∣∣∣∣∣∣

C2−C3=

∣∣∣∣∣∣

−λ −4 61 4− λ −30 0 2− λ

∣∣∣∣∣∣

= (2− λ)

∣∣∣∣

−λ −41 4− λ

∣∣∣∣= (2 − λ)(λ2 − 4λ + 4) = (2− λ)3 = 0.

Por tanto, A tiene un autovalor triple, λ = 2. Calculemos sus autovectores:

Nul [A− 2I] = Nul

−2 2 61 −1 −3−1 1 3

= Nul

1 −1 −30 0 00 0 0

= Gen

v1 =

110

, v2 =

301

.

Puesto que el autovalor triple tiene solo dos autovectores (linealmente independientes) necesitamos encontrar unautovector generalizado para dicho autovalor. Ası, puesto que

Nul [A− 2I]2 = Nul

0 0 00 0 00 0 0

= Gen

v3 =

100

, v4 =

010

, v5 =

001

,

podemos elegir como autovector generalizado, a cualquier vector de R3 que sea linealmente independiente de losautovectores v1, v2 (que comprobamos que tambien pertenecen a Nul [A−2I]2). Tomamos, por ejemplo, v3 = (1, 0, 0)T .

De esta forma hemos construido una base de R3, {v1, v2, v3}, formada por autovectores y autovectores generalizados.Nos piden calcular un = Anu0. Para ello, expresamos el vector inicial u0 = (0, 1,−1)T como combinacion lineal de

los autovectores y autovectores generalizados que obtuvimos antes:

u0 = αv1 + βv2 + γv3 → u0 =

01−1

= α

110

+ β

301

+ γ

100

α + 3β + γ = 0,α = 1,β = −1.

La solucion de este sistema es α = 1, β = −1, γ = 2, de forma que u0 = v1 − v2 + 2v3. Sabemos que, para un vectorcualquiera v,

Anv = [λI + (A− λI)]nv

=

[

λnI + nλn−1(A− λI) +n(n− 1)

2λn−2(A− λI)2 +

(n3

)

λn−3(A− λI)3 + . . .

]

v,

con lo que, si v es un autovector o un autovector generalizado, solo aparecen los primeros terminos pues (A−λI)kv = 0para algun k. En nuestro caso, como (A− 2I)v1 = 0, (A− 2I)v2 = 0 y (A− I)2v3 = 0 obtenemos

Anv1 = λnv1 = 2n

110

,

Anv2 = λnv2 = 2n

301

,

Anv3 = λnv3 + nλn−1(A− λI)v3 = 2n

100

+ n2n−1

−21−1

= 2n−1

2− 2nn−n

.

245

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En consecuencia, el vector que obtenemos es

Anu0 = An(v1 − v2 + 2v3) = Anv1 −Anv2 + 2Anv3 = 2n

110

− 2n

301

+ 2 · 2n−1

2− 2nn−n

= 2n

−2nn + 1−n− 1

.

Ejercicio resueltoConsideremos la matriz

A =

2 1 1−9 −2 −40 −2 0

.

Calcular, a partir de sus autovalores y autovectores (si es necesario, generalizados), Anu0, siendo u0 = (−1, 4, 1)T .

Calculemos los autovalores de A escribiendo su ecuacion caracterıstica:

|A− λI| =

∣∣∣∣∣∣

2− λ 1 1−9 −2− λ −40 −2 −λ

∣∣∣∣∣∣

C3−C2=

∣∣∣∣∣∣

2− λ 1 0−9 −2− λ λ− 20 −2 2− λ

∣∣∣∣∣∣

F2+F3=

∣∣∣∣∣∣

2− λ 1 0−9 −4− λ 00 −2 2− λ

∣∣∣∣∣∣

= (2− λ)

∣∣∣∣

2− λ 1−9 −4− λ

∣∣∣∣= (2− λ)(λ2 + 2λ + 1) = (2 − λ)(λ + 1)2 = 0.

Por tanto, A tiene un autovalor simple, λ1 = 2, y uno doble, λ2,3 = −1.Calculemos los autovectores. Para λ1 = 2 tenemos

Nul [A− 2I] = Nul

0 1 1−9 −4 −40 −2 −2

= Nul

9 4 40 1 10 0 0

= Gen

v1 =

0−11

,

mientras que para el autovalor doble λ2,3 = −1 obtenemos solo un autovector (por tanto, A no es diagonalizable)

Nul [A + I] = Nul

3 1 1−9 −1 −40 −2 1

= Nul

3 1 10 2 −10 0 0

= Gen

v2 =

−112

.

Necesitamos pues un autovector generalizado para este autovalor. Ası, puesto que

Nul [A + I]2 = Nul

0 0 0−18 0 −918 0 9

= Nul

2 0 10 0 00 0 0

= Gen

v3 =

010

, v4 =

−102

,

podemos elegir como autovector generalizado, a cualquier vector del subespacio

2x1 + x3 = 0

que sea linealmente independiente con el autovector v2 (que comprobamos que tambien pertenece a este subespacio).Tomamos, por ejemplo, v3 = (0, 1, 0)T .

De esta forma hemos construido una base de R3, {v1, v2, v3}, formada por autovectores y autovectores generalizados.Nos piden calcular un = Anu0. Para ello, expresamos el vector inicial u0 = (−1, 4, 1)T como combinacion lineal de

los autovectores y autovectores generalizados que obtuvimos antes:

u0 = αv1 + βv2 + γv3 → u0 =

−141

= α

0−11

+ β

−112

+ γ

010

−β = −1,−α + β + γ = 4,α + 2β = 1.

La solucion de este sistema es α = −1, β = 1, γ = 2, de forma que u0 = −v1 + v2 + 2v3. Sabemos que, para un vectorcualquiera v,

Anv = [λI + (A− λI)]nv

=

[

λnI + nλn−1(A− λI) +n(n− 1)

2λn−2(A− λI)2 +

(n3

)

λn−3(A− λI)3 + . . .

]

v,

246

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con lo que, si v es un autovector o un autovector generalizado, solo aparecen los primeros terminos pues (A−λI)kv = 0para algun k. En nuestro caso, como (A− 2I)v1 = 0, (A + I)v2 = 0 y (A + I)2v3 = 0 obtenemos

Anv1 = λn1 v1 = 2n

0−11

,

Anv2 = λn2 v2 = (−1)n

−112

,

Anv3 = λn2 v3 + nλn−1

2 (A− λ2I)v3 = (−1)nv3 + n(−1)n−1(A + I)v3

= (−1)n

010

+ n(−1)n−1

3 1 1−9 −1 −40 −2 1

010

= (−1)n

010

+ n(−1)n−1

1−1−2

= (−1)n

−nn + 12n

.

En consecuencia, el vector que obtenemos es

Anu0 = An(−v1 + v2 + 2v3) = −Anv1 + Anv2 + 2Anv3

= −2n

0−11

+ (−1)n

−112

+ 2(−1)n

−nn + 12n

=

(−1)n+1(2n + 1)2n + (−1)n(2n + 3)−2n + (−1)n(4n + 2)

.

Ejercicio resueltoConsideremos la matriz

A =

2 2 −31 1 −11 2 −2

.

Calcular, a partir de sus autovalores y autovectores (si es necesario, generalizados), Anu0, siendo u0 = (3, 1, 2)T .

Calculemos los autovalores de A escribiendo su ecuacion caracterıstica:

|A− λI| =

∣∣∣∣∣∣

2− λ 2 −31 1− λ −11 2 −2− λ

∣∣∣∣∣∣

F3−F2=

∣∣∣∣∣∣

2− λ 2 −31 1− λ −10 1 + λ −1− λ

∣∣∣∣∣∣

C2+C3=

∣∣∣∣∣∣

2− λ −1 −31 −λ −10 0 −1− λ

∣∣∣∣∣∣

= −(1 + λ)

∣∣∣∣

2− λ −11 −λ

∣∣∣∣= −(1 + λ)(λ2 − 2λ + 1) = −(1 + λ)(λ − 1)2 = 0.

Por tanto, A tiene un autovalor simple, λ1 = −1, y uno doble, λ2,3 = 1.Calculemos los autovectores. Para λ1 = −1 tenemos

Nul [A + I] = Nul

3 2 −31 2 −11 2 −1

= Nul

1 2 −10 1 00 0 0

= Gen

v1 =

101

,

mientras que para el autovalor doble λ2,3 = 1 obtenemos solo un autovector (por tanto, A no es diagonalizable)

Nul [A− I] = Nul

1 2 −31 0 −11 2 −3

= Nul

1 2 −30 1 −10 0 0

= Gen

v2 =

111

.

Necesitamos pues un autovector generalizado para este autovalor. Ası, puesto que

Nul [A− I]2 = Nul

0 −4 40 0 00 −4 4

= Nul

0 −1 10 0 00 0 0

= Gen

v3 =

100

, v4 =

011

,

podemos elegir como autovector generalizado, a cualquier vector del subespacio

x3 − x2 = 0

que sea linealmente independiente con el autovector v2 (que comprobamos que tambien pertenece a este subespacio).Tomamos, por ejemplo, v3 = (1, 0, 0)T .

247

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De esta forma hemos construido una base de R3, {v1, v2, v3}, formada por autovectores y autovectores generalizados.Nos piden calcular un = Anu0. Para ello, expresamos el vector inicial u0 = (3, 1, 2)T como combinacion lineal de

los autovectores y autovectores generalizados que obtuvimos antes:

u0 = αv1 + βv2 + γv3 → u0 =

312

= α

101

+ β

111

+ γ

100

α + β + γ = 3,β = 1,α + β = 2.

La solucion de este sistema es α = β = γ = 1, de forma que u0 = v1 + v2 + v3. Sabemos que, para un vector cualquierav,

Anv = [λI + (A− λI)]nv

=

[

λnI + nλn−1(A− λI) +n(n− 1)

2λn−2(A− λI)2 +

(n3

)

λn−3(A− λI)3 + . . .

]

v,

con lo que, si v es un autovector o un autovector generalizado, solo aparecen los primeros terminos pues (A−λI)kv = 0para algun k. En nuestro caso, como (A + I)v1 = 0, (A− I)v2 = 0 y (A− I)2v3 = 0 obtenemos

Anv1 = (−1)nv1 =

(−1)n

0(−1)n

,

Anv2 = 1nv2 =

111

,

Anv3 = 1nv3 + n1n−1(A− I)v3 = 1n

100

+ n1n−1

111

=

n + 1nn

.

En consecuencia, el vector que obtenemos es

Anu0 = An(v1 + v2 + v3) = Anv1 + Anv2 + Anv3 =

(−1)n

0(−1)n

+

111

+

n + 1nn

=

n + 2 + (−1)n

n + 1n + 1 + (−1)n

.

Ejercicio resuelto

(a) Sean

A =

0 1 00 0 11 −3 3

y u0 =

211

.

Encontrando previamente una base de R3 formada por autovectores y autovectores generalizados, calcularA43u0.

(b) Definir matrices semejantes. Demostrar que dos matrices semejantes tienen los mismos autovalores.

(a) Calcularemos, en primer lugar, la ecuacion caracterıstica de A

det[A− λI] = det

−λ 1 00 −λ 11 −3 3− λ

= −λ3 + 3λ2 − 3λ + 1 = −(λ− 1)3 = 0,

con lo que λ = 1 es un autovalor triple de A. Calculemos ahora los autovectores correspondientes:

Nul [A− I] = Nul

−1 1 00 −1 11 −3 2

= Gen

v1 =

111

.

Por tanto, la matriz A no es diagonalizable y necesitamos dos autovectores generalizados para el autovalor λ = 1. Ası,como

Nul [A− I]2 = Nul

1 −2 11 −2 11 −2 1

= Gen

210

,

−101

,

248

Page 131: Apuntes de Algebra.´ Ingenier´ıa Industrial · Apuntes de Algebra.´ ... Haremos uso de los conceptos de independencia lineal, subespacio vectorial generado por ciertos vectores,

podemos elegir como primer autovector generalizado, a cualquier vector v2 del subespacio

x1 − 2x2 + x3 = 0

que sea linealmente independiente con el autovector v1. Tomamos, por ejemplo, v2 = (−1, 0, 1)T .Para encontrar un segundo autovector generalizado calculamos

Nul [A− I]3 = Nul

0 0 00 0 00 0 0

= Gen

100

,

010

,

001

.

Por tanto, podemos elegir como segundo autovector generalizado, a cualquier vector v3 de R3 que sea linealmenteindependiente con v1 y v2. Tomamos, por ejemplo, v3 = (1, 0, 0)T .

Los vectores {v1, v2, v3} forman una base de R3.Nos piden calcular un = Anu0, para n = 43. Para ello, expresamos el vector inicial u0 = [2 1 1]T como combinacion

lineal de los autovectores y autovectores generalizados que obtuvimos antes:

u0 =

211

= α

111

+ β

−101

+ γ

100

α− β + γ = 2,α = 1,α + β = 1.

La solucion de este sistema es α = 1, β = 0, γ = 1, de forma que u0 = v1 + v3. Sabemos que, para un vector cualquierav,

Anv = [λI + (A− λI)]nv

=

[

λnI + nλn−1(A− λI) +n(n− 1)

2λn−2(A− λI)2 +

(n3

)

λn−3(A− λI)3 + . . .

]

v,

con lo que, si v es un autovector o un autovector generalizado, solo aparecen los primeros terminos pues (A−λI)kv = 0para algun k. En nuestro caso, como (A− I)v1 = 0 y (A− I)3v3 = 0 obtenemos

Anv1 = 1nv1 = v1,

Anv3 = 1nv3 + n1n−1(A− I)v3 +n(n− 1)

21n−2(A− I)2v3 = v3 + nv2 +

n(n− 1)

2v1,

En consecuencia,

A43u0 = A43(v1 + v3) = A43v1 + A43v3 = v1 + (v3 + 43v2 + 903v1) =

862904947

.

(b) Dos matrices A y B son semejantes cuando existe una matriz P no singular tal que B = P−1AP . Veamos quetienen el mismo polinomio caracterıstico y, por tanto, los mismos autovalores:

|B − λI| = |P−1AP − λI| = |P−1AP − λP−1P | = |P−1(AP − λP )| = |P−1(A− λI)P |= |P−1||A− λI||P | = |A− λI| = 0.

Hemos usado que el determinante del producto de dos matrices es el producto de los determinantes, |CD| = |C||D|,y que |P−1||P | = 1, resultado obvio pues

P−1P = I → |P−1P | = |I| → |P−1||P | = 1.

Ejercicio resuelto

Consideremos la matriz C =

−3 1 −10 −3 21 −2 1

.

a) Calcular una base de R3 formada por autovectores y autovectores generalizados de la matriz C.

b) Encontrar el termino general de la recurrencia vectorial un = Cun−1 siendo el vector inicial u0 = [−1 0 1]T .

249

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(a) Calcularemos en primer lugar el polinomio caracterıstico de C

det[C − λI] = det

−3− λ 1 −10 −3− λ 21 −2 1− λ

C2+C3= det

−3− λ 0 −10 −1− λ 21 −1− λ 1− λ

F3−F2=

= det

−3− λ 0 −10 −1− λ 21 0 −1− λ

= (−1− λ)det

[−3− λ −1

1 −1− λ

]

=

= (−1− λ)((−3 − λ)(−1− λ) + 1) = (−1− λ)(λ2 + 4λ + 4) = −(λ + 1)(λ + 2)2.

Los autovalores de C son, por tanto: λ = −1 simple y λ = −2 doble. Calculemos ahora los autovectores correspon-dientes:

λ = −1 :

Nul [C + I] = Nul

−2 1 −10 −2 21 −2 2

= Gen

v1 =

011

.

λ = −2 :

Nul [C + 2I] = Nul

−1 1 −10 −1 21 −2 3

= Gen

v2 =

121

.

Observese que la matriz no es diagonalizable. Por ultimo, calculemos un autovector generalizado para el autovalorλ = −2:

Nul [C + 2I]2 = Nul

0 0 02 −3 42 −3 4

= Gen

v2 =

121

, v3 =

20−1

.

Hay diversas opciones para el autovector generalizado: podrıamos tomar cualquier vector v3 del subespacio 2x1−3x2+4x3 = 0 que sea linealmente independiente con el autovector v2.

Los vectores {v1, v2, v3} forman una base de R3.

(b) Nos piden calcular un = Anu0. Para ello, expresamos el vector inicial u0 = [−1 0 1]T como combinacion linealde los autovectores y autovectores generalizados que obtuvimos antes:

u0 =

−101

= α

011

+ β

121

+ γ

20−1

β + 2γ = −1,α + 2β = 0,α + β − γ = 1.

La solucion de este sistema es α = 2, β = −1, γ = 0, de forma que u0 = 2v1 − v2. En consecuencia,

un = Anu0 = 2Anv1 −Anv2 = 2(−1)nv1 − (−2)nv2,

(puesto que v1 y v2 son autovectores de C). En definitiva:

un = 2(−1)n

011

− (−2)n

121

= (−1)n

−2n

2− 2n+1

2− 2n

.

Ejercicio resueltoConsideremos la matriz

A =

a −a a− 3 10 a 0 00 a 3 −10 4− a 0 a

.

a) Calcular, para cada valor del parametro a ∈ R, los autovalores de A, determinando sus multiplicidades alge-braicas y geometricas.

b) Para a = 2, determinar una base de R4 formada por autovectores y autovectores generalizados de A.

c) Para a = 2, calcular los autovalores y autovectores de A4, A− 4I y A−1.

250

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(a) Comencemos hallando los autovalores de A, es decir, determinando las raıces de su polinomio caracterıstico:

0 = det(A− λI) = det

a− λ −a a− 3 10 a− λ 0 00 a 3− λ −10 4− a 0 a− λ

= (a− λ)3(3− λ).

Aunque la matriz sea 4 × 4, es inmediato calcular el determinante desarrollando por filas y columnas. Por ejemplo,podemos elegir esta secuencia: columna 1, fila 2, columna 3.

Obtenemos que:

Si a 6= 3, entonces λ = a es un autovalor triple y λ = 3 es simple.

Si a = 3, entonces λ = 3 es un autovalor cuadruple.

Ya tenemos, por tanto, las multiplicidades algebraicas. Calculemos ahora las geometricas segun los casos anteriores.

Caso a 6= 3. La multiplicidad geometrica de λ = 3 es mg(3) = 1, ya que el autovalor es simple. En cuanto al autovalorλ = a pueden surgir mas casos puesto que es un autovalor triple.

Estudiemos el rango de A−aI, ya que la multiplicidad geometrica se puede obtener como la dimension del espaciovectorial (en este caso 4) menos el rango de dicha matriz. Desde otro punto de vista, esta cantidad coincide conel numero de variables libres del sistema lineal (A − aI)x = 0. Comenzamos por realizar una eliminacion deGauss para llevar A− aI a forma escalonada. Tras unas primeras operaciones elementales queda

A− aI =

0 −a a− 3 10 0 0 00 a 3− a −10 4− a 0 0

0 −a a− 3 10 4− a 0 00 0 0 00 0 0 0

Aquı se comprueba que:

Si a = 4 entonces la matriz tiene rango 1 y, por tanto, el autovalor tiene multiplicidad geometrica igual a4− 1 = 3 (y la matriz serıa diagonalizable, por tanto).

Si a 6= 4 entonces podemos operar un poco mas para llevar la matriz a la forma escalonada

0 4− a 0 0

0 0 a− 3 1

0 0 0 00 0 0 0

,

que tiene siempre rango 2. Por ello la multiplicidad geometrica de λ = a serıa 4− 2 = 2.

Caso a = 3. Analicemos el rango de la matriz A − 3I con el mismo objetivo del apartado anterior. La llevamos aforma escalonada (en este caso, reducida),

A− 3I =

0 −3 0 10 0 0 00 3 0 −10 1 0 0

0 1 0 0

0 0 0 10 0 0 00 0 0 0

,

para ver que la matriz tiene rango 2 y, por tanto, la multiplicidad geometrica de λ = 3 es 4− 2 = 2.

(b) A partir de ahora tomamos a = 2. Por los calculos previos comprobamos que la matriz A quedara

A =

2 −2 −1 10 2 0 00 2 3 −10 2 0 2

y los autovalores seran λ = 2 (con ma(2) = 3 y mg(2) = 2) y λ = 3 (ma(3) = mg(3) = 1). De ese modo comprobamosque necesitaremos calcular un autovector generalizado en el caso del autovalor λ = 2.

251

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Comencemos calculando los autovectores de λ = 3. Resolvamos, para ello, el sistema (A − 3I)x = 0. Realizamosuna eliminacion de Gauss a la matriz para obtener su forma canonica reducida:

A− 3I =

−1 −2 −1 10 −1 0 00 2 0 −10 2 0 −1

1 0 1 0

0 1 0 0

0 0 0 10 0 0 0

.

Quedan las ecuaciones x1 + x3 = 0, x2 = 0 y x4 = 0. Tomando x3 como variable libre obtenemos la solucion delsistema:

x1

x2

x3

x4

= x3

−1010

y un primer autovector v1 =

−1010

.

Para λ = 2 tenemos:

A− 2I =

0 −2 −1 10 0 0 00 2 1 −10 2 0 0

0 1 0 0

0 0 1 −10 0 0 00 0 0 0

.

Las ecuaciones son, por tanto, x2 = 0 y x3 − x4 = 0. Tomando como variables libres x1 y x4 obtenemos la soluciongeneral del sistema (A− 2I)x = 0:

x1

x2

x3

x4

= x1

1000

+ x4

0011

y los autovectores v2 =

1000

y v3 =

0011

.

Pasemos ahora a calcular el autovector generalizado que necesitamos. Para ello hemos de resolver el sistema(A− 2I)2x = 0:

(A− 2I)2 =

0 0 −1 10 0 0 00 0 1 −10 0 0 0

0 0 1 −10 0 0 00 0 0 00 0 0 0

.

La unica ecuacion que obtenemos es x3−x4 = 0, ası que, tomando x1, x2 y x4 como variables libres queda la soluciongeneral del sistema (A− 2I)2x = 0:

x1

x2

x3

x4

= x1

1000

+ x2

0100

+ x4

0011

.

Tenemos que elegir, entre todas estas soluciones, un vector que sea linealmente independiente de v2 y v3. Poniendox1 = 0, x2 = 1 y x4 = 0 obtenemos el autovector generalizado que necesitamos

v4 =

0100

.

La base que nos piden puede ser, por ejemplo, {v1, v2, v3, v4}.(c) Para hacer no es recomendable calcular A4, A− 4I y A−1. Obviamente es una posibilidad, pero quizas lleve mastiempo de la cuenta. Ası que preferimos utilizar alguno de los resultados teoricos sobre autovalores y autovectores quese suelen explicar y demostrar justo despues de la definicion de estos importantes conceptos. Estos resultados afirmanque si λ es un autovalor de una matriz cuadrada M con un autovector asociado v entonces:

para cualquier k natural, λk es autovalor de Mk con v como autovector asociado,

para cualquier µ real, λ− µ es autovalor de M − µI con v como autovector asociado.

Ademas, M es invertible si, y solo si, no tiene ningun autovalor nulo. En este caso, los autovalores de M−1 son losinversos de los de M , con los mismos autovectores asociados.

Teniendo estos resultados en cuenta podemos determinar los autovalores y autovectores de las matrices que nospiden, los cuales aparecen recogidos en la siguiente tabla.

252

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Matriz Autovalores AutovectoresA4 34 = 81 (simple) v1

24 = 16 (triple) v2, v3

A − 4I 3− 4 = −1 (simple) v1

2− 4 = −2 (triple) v2, v3

A−1 3−1 (simple) v1

2−1 (triple) v2, v3

Ejercicio resueltoSea la matriz

A =

1 0 −1a a 00 0 4

, a ∈ R.

(a) Estudiar para que valores de a la matriz A es diagonalizable.

(b) Determinar los valores de a para los que la matriz 27A3 − 1

5aI no tiene inversa.

(c) Para a = 1, calcular Anu0 siendo u0 = (−4, 1, 9)T .

(d) Para a = 0, calcular An.

(a) Escribamos la ecuacion caracterıstica de A:

det[A− λI] =

∣∣∣∣∣∣

1− λ 0 −1a a− λ 00 0 4− λ

∣∣∣∣∣∣

= (4− λ)

∣∣∣∣

1− λ 0a a− λ

∣∣∣∣= (4− λ)(1 − λ)(a − λ) = 0.

Por tanto, los autovalores son λ1 = 1, λ2 = 4 y λ3 = a.Sabemos que una matriz es diagonalizable si, y solo si, coinciden la multiplicidad algebraica y geometrica de todos

sus autovalores. Como para todo autovalor simple se verifica esa igualdad entre las multiplicidades, para que unamatriz no sea diagonalizable debe tener algun autovalor multiple (es decir, con multiplicidad algebraica mayor que 1).Veamos primeramente cuando hay autovalores dobles. Ello sucedera si λ1 = λ2 (no puede darse), si λ1 = λ3 (cuandoa = 1) o si λ2 = λ3 (cuando a = 4). Notemos que al ser λ1 6= λ2 no puede darse el caso de autovalor triple.

Por tanto, si a 6= 1, 4 la matriz es diagonalizable pues todos sus autovalores son simples.Estudiemos los valores de a para los que hay autovalores dobles. Para a = 1 los autovalores son λ1 = λ3 = 1 (doble)

y λ2 = 4. Estudiamos el numero de autovectores (linealmente independientes) que tiene asociados ese autovalor doble:

(A− I)(a=1) =

0 0 −11 0 00 0 3

1 0 00 0 10 0 0

→ r(A − I) = 2.

De esta forma, mg(λ = 1) = 3 − r(A − I) = 3 − 2 = 1. Puesto que el autovalor doble no tiene dos autovectoresasociados, entonces no todos los autovalores de A tienen la misma multiplicidad algebraica que geometrica, es decir,cuando a = 1, A no es diagonalizable.

Ahora, para a = 4, tenemos λ1 = 1, λ2 = λ3 = 4. Estudiamos los autovectores (linealmente independientes) quetiene asociados el autovalor doble:

(A− 4I)(a=4) =

−3 0 −14 0 00 0 0

3 0 10 0 10 0 0

→ r(A − 4I) = 2,

con lo que mg(λ = 4) = 3− r(A− 4I) = 3− 2 = 1. Puesto que el autovalor doble no tiene dos autovectores asociados,entonces no todos los autovalores de A tienen la misma multiplicidad algebraica que geometrica, es decir, cuandoa = 4, A no es diagonalizable.

En resumen, A es diagonalizable si a 6= 1, 4 y no lo es cuando a = 1 o a = 4.

(b) Una matriz cuadrada tiene inversa, por ejemplo, si su determinante es distinto de cero. Como el determinante deuna matriz coincide con el producto de sus autovalores, la matriz es invertible si todos sus autovalores son no nulos.

A partir de los autovalores de A es facil calcular los de 27A3 − 1

5aI. Si los autovalores de A son λ1 = 1, λ2 = 4 yλ3 = a entonces los autovalores de la matriz A3 son λ1 = 13 = 1, λ2 = 43 = 64 y λ3 = a3 (ya que si λ es autovalor deA entonces λn lo es de la matriz An, n ∈ N), con lo que los autovalores de 2

7A3 son λ1 = 27 · 1 = 2

7 , λ2 = 27 · 43 = 128

7y λ3 = 2

7a3 (ya que si λ es autovalor de A entonces αλ lo es de la matriz αA, α 6= 0) y los de la matriz 27A3 − 1

5aIresultan ser λ1 = 2

7 − 15a, λ2 = 128

7 − 15a y λ3 = 2

7a3 − 15a (ya que si λ es autovalor de A entonces λ− µ es autovalor

de A− µI).

253

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Recordemos las demostraciones de las tres propiedades utilizadas, que son inmediatas. Partiendo de Ax = λx,x 6= 0, es decir, λ es un autovalor de la matriz cuadrada A y x es un autovector asociado a ese autovalor obtenemos,por un lado, que

Anx = An−1(Ax) = An−1λx = λAn−2(Ax) = λAn−2λx = λ2An−2x = ... = λnx,

es decir, que λn es autovalor de An con el mismo autovector x. Ademas, por otro lado,

(αA)x = αAx = αλx = (αλ)x,

es decir, que αλ es un autovalor de αA (α 6= 0) con el mismo autovector x. Tambien, finalmente, llegamos a

(A− µI)x = Ax− µx = λx− µx = (λ− µ)x,

es decir, λ− µ es un autovalor de A− µI con el mismo autovector x.

Por tanto, el primer autovalor solo se anula si a = 107 , el segundo si a = 640

7 y el tercero si a = 0,±√

710 (raıces reales

de la ecuacion 27a3− 1

5a = 0). Concluimos pues que la matriz 27A3− 1

5aI es invertible siempre que a 6= 0,±√

710 , 10

7 , 6407

y que, por tanto, no es invertible cuando a = 0,±√

710 , 10

7 , 6407 .

Otra alternativa, no recomendable por ser mucho mas larga y con muchas posibilidades de error en los operaciones,es calcular directamente el determinante de la matriz y exigir que sea distinto de cero:

0 =

∣∣∣∣

2

7A3 − 1

5aI

∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣

27 − a

5 0 −627 (a3 + a2 + a) 2

7a3 − a5 − 2

7 (a2 + 5a)0 0 128

7 − a5

∣∣∣∣∣∣

=

(2

7a3 − a

5

) ∣∣∣∣

27 − a

5 −60 128

7 − a5

∣∣∣∣

=

(2

7a3 − a

5

)(2

7− a

5

)(128

7− a

5

)

= 0 −→ a = 0,±√

7

10,10

7,640

7.

Notemos que, procediendo de esta ultima manera, hemos tenido que calcular A3 (¡menos mal que en la matriz aparecıaA3 y no A1000!).

(c) Siempre que nos piden que calculemos Anu0 podemos resolver el problema en tres etapas. En la primera buscamosuna base {v1, v2, v3} de R3 formada por autovectores (si la matriz A es diagonalizable) o por autovectores y autovectoresgeneralizados (si la matriz A no es diagonalizable). En la segunda expresamos el vector u0 como combinacion linealde los vectores de esa base. Finalmente calculamos Anu0 escribiendolo como combinacion lineal de los vectores Anvi,que son relativamente faciles de computar pues los vi son autovectores y autovectores generalizados.

En este caso, nos piden que calculemos Anu0 cuando a = 1, valor del parametro para el que ya vimos que la matrizA no es diagonalizable (vimos que su autovalor doble λ1 = λ3 = 1 solo tiene un autovector asociado y que λ2 = 4 esun autovalor simple).

Calculemos pues los dos autovectores (uno para cada autovalor) y un autovector generalizado (del autovalor doble).Ası,

Nul [A− I]a=1 = Nul

0 0 −11 0 00 0 3

= Nul

1 0 00 0 10 0 0

= Gen

v1 =

010

.

Puesto que el autovalor doble tiene solo un autovector (linealmente independiente) necesitamos encontrar unautovector generalizado asociado a dicho autovalor. Ası, puesto que

Nul [A− I]2 = Nul

0 0 −30 0 −10 0 9

= Nul

0 0 10 0 00 0 0

= Gen

100

,

010

podemos elegir como autovector generalizado, a cualquier vector v2 del subespacio

x3 = 0

que sea linealmente independiente con el autovector v1. Tomamos, por ejemplo, v2 = (0, 1, 0)T .Conviene comprobar, para detectar algun posible error, que el autovector v1 (que verifica (A− I)v1 = 0) tambien

satisface (A − I)2v1 = 0, es decir, que cumple las ecuaciones implıcitas de Nul [A − I]2 (en nuestro caso, nos haaparecido v1 al resolver las ecuaciones implıcitas x3 = 0).

Para completar la base, buscamos un autovector del autovalor simple. Ası,

Nul [A− 4I]a=1 = Nul

−3 0 −11 −3 00 0 0

= Nul

1 −3 00 9 10 0 0

= Gen

v3 =

31−9

.

254

Page 137: Apuntes de Algebra.´ Ingenier´ıa Industrial · Apuntes de Algebra.´ ... Haremos uso de los conceptos de independencia lineal, subespacio vectorial generado por ciertos vectores,

De esta forma hemos construido una base de R3, {v1, v2, v3}, formada por autovectores y autovectores generalizados.Nos piden calcular un = Anu0. Para ello, expresamos el vector inicial u0 = (−4, 1, 9)T como combinacion lineal de

los autovectores y autovectores generalizados que obtuvimos antes:

u0 = αv1 + βv2 + γv3 → u0 =

−419

= α

010

+ β

100

+ γ

31−9

β + 3γ = −4,α + γ = 1,−9γ = −9.

La solucion de este sistema es α = 2, β = −1, γ = −1, de forma que u0 = 2v1 − v2 − v3. Sabemos que, para un vectorcualquiera v,

Anv = [λI + (A− λI)]nv

=

[

λnI + nλn−1(A− λI) +n(n− 1)

2λn−2(A− λI)2 +

(n3

)

λn−3(A− λI)3 + . . .

]

v,

con lo que, si v es un autovector o un autovector generalizado, solo aparecen los primeros terminos pues (A−λI)kv = 0para algun k. En nuestro caso, como (A− I)v1 = 0, (A− I)2v2 = 0 y (A− 4I)v3 = 0 obtenemos

Anv1 = λnv1 = 1n

010

=

010

,

Anv2 = λnv2 + nλn−1(A− λI)v2 = 1n

100

+n1n−1

0 0 −11 0 00 0 3

100

=

100

+n

010

=

1n0

,

Anv3 = λnv3 = 4n

31−9

.

En consecuencia, el vector que nos pide el enunciado es

Anu0 = An(2v1 − v2 − v3) = 2Anv1 −Anv2 −Anv3 =2

010

1n0

− 4n

31−9

=

−1− 3 · 4n

2− n− 4n

9 · 4n

.

Otra posibilidad para calcular Anu0 consiste en encontrar primero la matriz An y despues hacer el productoAnu0. Si decidimos seguir este camino, usando que An[v1|v2|v3] = [Anv1|Anv2|Anv3] y que la matriz [v1|v2|v3] esinvertible (ya que los tres vectores son linealmente independientes, pues forman una base), deducimos que An =[Anv1|Anv2|Anv3][v1|v2|v3]

−1. En nuestro caso,

An=

0 1 3 · 4n

1 n 4n

0 0 −9 · 4n

0 1 31 0 10 0 −9

−1

=

0 1 3 · 4n

1 n 4n

0 0 −9 · 4n

0 1 19

1 0 13

0 0 − 19

=

1 0 13 (1 − 4n)

n 1 19 (1 + 3n− 4n)

0 0 4n

con lo que

Anu0 =

1 0 13 (1− 4n)

n 1 19 (1 + 3n− 4n)

0 0 4n

−419

=

−1− 3 · 4n

2− n− 4n

9 · 4n

.

(d) Para calcular An en el caso a = 0, puesto que A es diagonalizable, vamos a calcular una base de R3 formada porautovectores vi con la que construimos la matriz de paso P = [v1|v2|v3] y usamos que An = PDnP−1.

Calculemos pues los autovectores correspondientes. Para λ1 = 0 tenemos

Nul [A− 0 · I]a=0 = Nul

1 0 −10 0 00 0 4

= Nul

1 0 −10 0 10 0 0

= Gen

v1 =

010

,

para λ2 = 1 obtenemos

Nul [A− I]a=0 = Nul

0 0 −10 −1 00 0 3

= Nul

0 1 00 0 10 0 0

= Gen

v2 =

100

,

255

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mientras que para λ3 = 4 llegamos a

Nul [A− 4I]a=0 = Nul

−3 0 −10 −4 00 0 0

= Nul

3 0 10 1 00 0 0

= Gen

v3 =

10−3

.

De esta manera construimos P , tal que D = P−1AP ,

P = [v1|v2|v3] =

0 1 11 0 00 0 −3

, siendo entonces D = diag(λ1, λ2, λ3) =

0 0 00 1 00 0 4

,

y por el metodo de Gauss–Jordan calculamos su inversa:

[P |I] =

0 1 1 1 0 01 0 0 0 1 00 0 −3 0 0 1

1 0 0 0 1 00 1 1 1 0 00 0 −3 0 0 1

1 0 0 0 1 00 1 1 1 0 00 0 1 0 0 − 1

3

1 0 0 0 1 00 1 1 1 0 1

30 0 1 0 0 − 1

3

= [I|P−1] → P−1 =

0 1 01 0 1

30 0 − 1

3

.

De esta forma

An = PDnP−1 =

0 1 11 0 00 0 −3

0n 0 00 1n 00 0 4n

0 1 01 0 1

30 0 − 1

3

=

1 0 13 (1− 4n)

0 0 00 0 4n

.

Observemos que la formula empleada es equivalente, usando que Anvi = λni vi, a

An[v1|v2|v3] = [λn1v1|λn

2 v2|λn3 v3] → An = [λn

1v1|λn2v2|λn

3 v3][v1|v2|v3]−1,

ya que la primera expresion equivale a AnP = PDn.Notemos que hubiera sido mas comodo, para calcular su inversa, haber trabajado con

P2 = [v2|v1|v3] =

1 0 10 1 00 0 −3

, siendo entonces D2 = diag(λ2, λ1, λ3) =

1 0 00 0 00 0 4

,

con lo que tambien se llega a

An = P2Dn2 P−1

2 =

1 0 10 1 00 0 −3

1n 0 00 0n 00 0 4n

1 0 13

0 1 00 0 − 1

3

=

1 0 13 (1− 4n)

0 0 00 0 4n

.

3. Ejercicios.

Ejercicio 1. Calcular bases de R3 formadas por autovectores generalizados para las siguientes matrices:

A =

4 −1 11 3 −10 1 1

, B =

0 1 00 0 12 −5 4

.

Ejercicio 2. Sea f : R4 → R4 la aplicacion lineal dada por f(x) = Ax, donde A =

a 1 −1 −10 b 0 −3−1 2 c 10 1 0 d

.

1. Hallar A sabiendo que f(S1) = S2, donde

S1 ≡{

x1 − x2 = 0x3 + x4 = 0

y S2 = Gen{(1,−2, 1, 1)T , (0, 3,−1,−2)T}.

2. Probar que A no es diagonalizable.

3. Hallar una base de R4 formada por autovectores y autovectores generalizados.

256

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Ejercicio 3. Consideremos la matriz A =

a1 b1 c1

1 b2 c2

0 b3 c3

.

(a) Determinar los elementos de A sabiendo que sus autovalores son λ1 = 2 y λ2 = 3 (doble), que v1 = (1, 2, 1)T esun autovector asociado a λ2 = 3 y v2 = (2, 1, 0)T satisface que Av2 = 3v2 + v1.

(b) Estudiar si A es diagonalizable.

(c) Calcular las soluciones del sistema de ecuaciones en diferencias un = Aun−1 para los vectores inicialesu0 = (1, 2, 1)T , u0 = (1, 3, 2)T y u0 = (5, 3, 0)T .

(d) Calcular An.

Ejercicio 4. Calcular la potencia n-esima de las siguientes matrices:

A =

1 1 11 1 1−2 −2 −2

, B =

0 1 00 0 1−8 −12 −6

, C =

−3 1 0 00 −3 1 00 0 −3 00 0 0 1

.

257

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Algebra. Ingenierıa Industrial. Curso 2008/2009Primer Parcial. Primera parte de la convocatoria de Febrero

Ejercicio 1

(I)

(1.1) [2 puntos] Hallar la parte real e imaginaria de z siendo

z =(

1 +√

3i)27

+(

1−√

3i)27

.

(1.2) [2 puntos] Expresar en forma binomica las soluciones de la ecuacion

iz3 − 1 = 0.

(II) Sea T : R3 → R3 una transformacion lineal que verifica:

T

100

=

11a

, T

110

=

2a + 1a + 1

y T

111

=

3a + 22a + 1

, con a ∈ R. Se pide:

(1.3) [2 puntos] Hallar la matriz A asociada a la aplicacion T .

(1.4) [2 puntos] Discutir para que valores de a el vector v =

a11

pertenece al espacio columna de A.

(1.5) [2 puntos] Para a = 1, hallar los valores de b ∈ R para que el vector w =

1−1

b

pertenezca al espacio nulo

de A.

Ejercicio 2

(2.1) [4 puntos] Encontrar la ecuacion de la parabola cuyo foco es F = (3, 0) y que tiene su vertice en el puntoV = (3, 1). Hallar la ecuacion del eje de simetrıa y de la directriz. Calcular los puntos de interseccion de la parabolacon los ejes coordenados y realizar un dibujo esquematico de la misma.

(2.2) [3 puntos] Determinar, segun los valores de a ∈ R, el tipo de cuadrica que corresponde a la ecuacion(a2 + 1

)x2 + (1− a) y2 + (a− 3) z2 = a− 2.

(2.3) [3 puntos] Reducir a suma de cuadrados la forma cuadratica dada por

Q (x1, x2, x3) = (a− 1)x21 + 4x2

2 + x23 + 2x1x2 − 2x1x3 − 2x2x3,

y clasificarla segun los valores de a ∈ R.

Ejercicio 3

(I) Considerar, para cada α, β ∈ R, la matriz

A =

1 1 βα α + β 11 α 2

.

(3.1) [2 puntos] Discutir los valores de α, β ∈ R para los que existe factorizacion LU de A.(3.2) [2 puntos] Para β = 1, determinar los valores de α ∈ R para los que A es invertible y en esos casos calcular

el determinante de la matriz A−1.(3.3) [2 puntos] Para β = 0, obtener los valores de α ∈ R, tal que el sistema Ax = b sea compatible determinado

para cualquier vector b en R3.(3.4) [2 puntos] Para α = 1, calcular los determinantes de las matrices A, A3 y 12A.

(II) Indicar si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas, justificandolas razonadamente en caso afirmativo ydando un ejemplo en caso contrario:

(3.5) [1 punto] Si existe LU de una matriz A entonces A es invertible.(3.6) [1 punto] Si una matriz A es invertible entonces existe LU de A.

258

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Algebra. Ingenierıa Industrial. Curso 2008/2009Segunda parte de la convocatoria de Febrero

Ejercicio 4 Dada la matriz,

A =

a3 0 0 a2

0 −1 0 00 0 b 0

a2 0 0 a

, con a, b ∈ R.

(4.1) [2 puntos] Calcular, segun los valores de a, b ∈ R, los autovalores de la matriz A.(4.2) [2 puntos] Para a = 1, determinar los valores de b ∈ R, para los que A es diagonalizable.(4.3) [2 puntos] Para a = b = 1, considerar la matriz B formada por las tres primeras columnas de la matriz A.

Hallar una factorizacion QR de la matriz B.(4.4) [2 puntos] Resolver en el sentido de los mınimos cuadrados el sistema

Bx =

1111

.

(4.5) [2 puntos] Para a = b = 1, calcular An, n ∈ N.

Ejercicio 5 Sean los subespacios E, F ⊆ R4 dados por

E = Gen

0010

,

1100

,

F ≡{

x1 + x2 = 0.

(5.1) [2 puntos] Hallar unas ecuaciones implıcitas y una base de E⊥.(5.2) [2 puntos] Determinar unas ecuaciones implıcitas linealmente independientes de E⊥ ∩ F.(5.3) [2 puntos] Determinar una base de E⊥ + F.(5.4) [2 puntos] Calcular las proyecciones ortogonales sobre E de los vectores

v1 =

2210

, v2 =

2−2

con α ∈ R.

(5.5) [2 puntos] Hallar las matrices de la proyeccion ortogonal sobre F y F⊥.

259

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Algebra. Ingenierıa Industrial. Curso 2008/2009Segundo Parcial

Ejercicio 1

Sean la matriz A y los vectores b y c dados por

A =

1 10 12 1

, b =

214

y c =

21−2

.

(1.1) [2 puntos] Determinar una base ortonormal B del espacio columna de la matriz A y obtener la descomposicionQR de A.

(1.2) [2 puntos] Encontrar las soluciones en el sentido de los mınimos cuadrados del sistema Ax = b.(1.3) [2 puntos] Calcular las matrices de la proyeccion ortogonal sobre el espacio columna de A, Col(A), y sobre

el espacio Col(A)⊥.(1.4) [2 puntos] Calcular la proyeccion ortogonal del vector c sobre el espacio columna de A y obtener sus coorde-

nadas respecto de la base B.(1.5) [2 puntos] Encontrar todos los vectores z ∈ R3 tales que su proyeccion ortogonal sobre el espacio columna

de la matriz A es el vector nulo.Ejercicio 2

(I) (2.1) [1 punto] Probar si la siguiente propiedad es verdadera o falsa: Si A es una matriz semejante a B y Aes diagonalizable, entonces B es diagonalizable.

(II) Sean las matrices

A =

a 0 02 0 −12 −1 0

, y B =

0 2 −10 a 02 −1 0

con a ∈ R.

(2.2) [2 puntos] Razonar para que valores de a son semejantes las matrices A y B.(2.3) [2 puntos] Determinar los valores de a para que la matriz A sea diagonalizable.(2.4) [1 punto] Para a = 0, encontrar una matriz casi diagonal real C de la forma

C =

α 0 00 β γ0 −γ β

,

semejante a B.

(2.5) [4 puntos] Para a = −1, resolver un+1 = Aun con n ≥ 1, siendo u0 =

100

.

Ejercicio 3

(I) Sea la matriz

A =

−1 2 22 −1 22 2 −1

.

(3.1) [2 puntos] Probar que el polinomio caracterıstico de la matriz A es

pA (λ) = − (λ− 3) (λ + 3)2.

(Indicacion: La suma de las componentes de cada fila o columna de la matriz A es 3).(3.2) [2 puntos] Determinar si existe la matriz A−1 y calcular el determinante de la matriz

1

4

(

A−1 +2

3I

)

.

(3.3) [2 puntos] Clasificar la forma cuadratica asociada a la matriz A + aI, con a ∈ R.

(II) Considerar la conica de ecuacion

3x2 + 2xy + αy2 − 8 = 0.

(3.4) [1 punto] Determinar los valores de α ∈ R para que la conica anterior represente una hiperbola.(3.5) [3 puntos] Para α = 3, especificar los cambios de coordenadas adecuados para obtener su ecuacion canonica.

Clasificarla y hallar su ecuacion reducida.

260

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Algebra. Ingenierıa Industrial. Curso 2008/2009Examen final. SOLO PRIMER PARCIAL

Ejercicio 1

(I)Sea la transformacion lineal T : R4 → R4 que verifica

T (e1) =

1010

, T (e2) =

0101

, Nul(A) =

{x1 + x3 = 0,x2 + x3 = 0.

(1.1) [2 puntos] Hallar la matriz canonica A asociada a dicha aplicacion T .(1.2) [2 puntos] Hallar unas ecuaciones implıcitas del espacio columna de A.

(II)(1.3) [2 puntos] Hallar la parte real e imaginaria del numero complejo

z =i4 + i9 + i20

3− i7 + i10 − i15.

(1.4) [3 puntos] Expresar en forma binomica las raıces de la ecuacion:

iz3 − 27 = 0.

(1.5) [1 punto] Hallar |eiα|, ∀α ∈ R.

Ejercicio 2

(2.1) [3 puntos] Clasificar segun los valores de α ∈ R la conica de ecuacion

x2 − αy2 + 6x + 16y − 23 = 0

y representarla para α = 4.(2.2) [4 puntos] Determinar el tipo de cuadrica correspondiente a la ecuacion

ax2 + (a2 − 9)y2 + (a− 1)z2 = a− 3.

para cada valor de a ∈ R. Ademas, estudiar razonadamente cuales de dichas superficies son simetricas respecto el ejeOY y cuales respecto al plano OY Z(x = 0).

(2.3) [3 puntos] Reducir a suma de cuadrados la forma cuadratica dada por

Q (x1, x2, x3) = x21 + (4− a)x2

2 + x23 + 2ax1x3,

y clasificarla segun los valores de a ∈ R.

Ejercicio 3

Sean la matriz A =

−1 2 3 03 α −1 50 −3 2 5

y el vector b =

00β

.

(3.1) [3 puntos] Encontrar (cuando exista) la factorizacion A = LU en funcion de los valores de α ∈ R.(3.2) [3 puntos] Tomar α = −3 y resolver el sistema Ax = b en funcion de los valores de β ∈ R.(3.3) [4 puntos] Sea B la matriz que se obtiene ampliando A (para α = −3) con la fila (−1, 2, 13, a),

B =

−1 2 3 03 −3 −1 50 −3 2 5−1 2 13 a

.

Obtener, en funcion de a, a ∈ R, los determinantes de B−1, 3B8, 4(Bt)2 y 7BtB−1.

261

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Algebra. Ingenierıa Industrial. Curso 2008/2009Examen final. SOLO SEGUNDO PARCIAL

Ejercicio 4

Sean la matriz A y el vector b dados por:

A =

[1 0 −1 0−2 0 2 0

]

, b =

1−1

00

.

(4.1) [3 puntos] Obtener las matrices de proyeccion ortogonal sobre los espacios Nul(A) y Col(A).(4.2) [2 puntos] Calcular la proyeccion ortogonal del vector b sobre el espacio nulo de A.(4.3) [2 puntos] Hallar la distancia de b al espacio nulo de A.(4.4) [1 punto] Dar unas ecuaciones implıcitas del subespacio Col(A)⊥.(4.5) [2 puntos] Resolver en el sentido de los mınimos cuadrados el sistema

Ax =

[11

]

.

Ejercicio 5

Sea la matriz A que depende de un parametro real a ≥ 0:

A =

1 1 0a 2 10 a 1

.

(5.1) [3 puntos] Discutir en funcion de a cuando la matriz A es diagonalizable.

(5.2) [4 puntos] Hacer a = 0 y resolver el sistema en diferencias un = Au0, n ≥ 1 para el estado inicial u0 =

001

.

(5.4) [3 puntos] Para el valor a = 1, obtener una formula explıcita de An, n ≥ 1.

Ejercicio 6

Sean E, F ⊂ R4 subespacios definidos por:

E = Gen

1100

,

101−1

, F =

x1 − x2 − 2x3 − x4 = 0,x1 + x2 + x3 + x4 = 02x2 + 3x3 + 2x4 = 0.

(6.1) [3 puntos] Encontrar una base ortonormal de E⊥, B, y calcular las coordenadas respecto de B del vector

v =

2−2

13

.

(6.2) [4 puntos] Hallar la proyeccion ortogonal del vector v del apartado anterior sobre los espacios E +F y E∩F .(6.3) [3 puntos] Encontrar una base ortogonal del subespacio G dado por todos los vectores de R4 que pertenecen

a F y son ortogonales al vector u =

111−1

262

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Algebra. Ingenierıa Industrial. Curso 2008/2009Examen final. TODA LA ASIGNATURA

Ejercicio 7

(I) Sean la matriz A =

−1 2 3 03 α −1 50 −3 2 5

y el vector b =

00β

.

(7.1) [3 puntos] Encontrar (cuando exista) la factorizacion A = LU en funcion de los valores de α ∈ R.(7.2) [2 puntos] Para el valor α = −3, resolver el sistema Ax = b en funcion de los valores de β ∈ R.

(II)(7.3) [5 puntos] Considerar la conica de ecuacion

8x2 + 2y2 − 8xy + 2√

5y + 5 = 0.

Hallar su ecuacion canonica realizando los cambios de coordenadas adecuados, clasificarla y determinar la ecuacionde su recta directriz en las coordenadas originales.

Ejercicio 8

(I)Sea la matriz A que depende de un parametro real a ≥ 0:

A =

1 1 0a 2 10 a 1

.

(8.1) [3 puntos] Discutir en funcion de a cuando la matriz A es diagonalizable.

(8.2) [3 puntos] Hacer a = 0 y resolver el sistema en diferencias un = Au0, n ≥ 1 para el estado inicial u0 =

001

.

(II)(8.3) [3 puntos] Expresar en forma binomica las raıces de la ecuacion: iz3 − 27 = 0.(8.4) [1 punto] Hallar |eiα|, ∀α ∈ R.

Ejercicio 9

Sean E, F ⊂ R4 subespacios definidos por:

E = Gen

1100

,

101−1

, F =

x1 − x2 − 2x3 − x4 = 0,x1 + x2 + x3 + x4 = 02x2 + 3x3 + 2x4 = 0.

(9.1) [3 puntos] Encontrar una base ortonormal de E⊥, B, y calcular las coordenadas respecto de B del vector

v =

2−2

13

.

(9.2) [4 puntos] Hallar la proyeccion ortogonal del vector v del apartado anterior sobre los espacios E +F y E∩F .(9.3) [3 puntos] Encontrar una base ortogonal del subespacio G dado por todos los vectores de R4 que pertenecen

a F y son ortogonales al vector u =

111−1

263

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Algebra. Ingenierıa Industrial. Curso 2008/2009Examen de Septiembre

Ejercicio 1

Sea T : R3 −→ R3 una transformacion lineal que verifica para cada a ∈ R

T (e1) =

a + 10

a2 − 1

, T (e1 − e2) =

a + 3−a

a2 + 1

, T (e1 + e2 + e3) =

aa

a2 + a

.

(1.1) [2 puntos] Probar que la matriz A asociada a T es

a + 1 −2 10 a 0

a2 − 1 −2 a + 3

.

(1.2) [2 puntos] Considerar a ≥ 0 y hallar los autovalores de A.(1.3) [3 puntos] Estudiar los valores de a ≥ 0 para los que A es diagonalizable.

(1.4) [3 puntos] Para a = 0, calcular Anu0 con u0 =

303

.

Ejercicio 2

Dados la matriz A y el vector b,

A =

1 −1 02 −3 −3−1 1 20 β α− 1

, con α, β ∈ R, y b =

1257

.

(2.1) [3 puntos] Determinar los valores de α y β para los que la matriz A admite factorizacion LU .(2.2) [2 puntos] Sea C = [A |b ] la matriz que resulta de anadir el vector b como columna a la matriz A. Calcular el

determinante de C en funcion de α y β. Asimismo, hallar el determinante de C−1 para los posibles valores de α y β.(2.3) [3 puntos] Para α = 1 y β = 0, determinar las matrices Q y R de la factorizacion QR de la matriz A.(2.4) [2 puntos] Para α = 1 y β = 0, encontrar la solucion en el sentido de los mınimos cuadrados del sistema

lineal Ax = b.

Ejercicio 3

(I) Sea A =1 2 α2 1 β2 2 γ

, con α, β, γ ∈ R.

Se sabe que λ1 = −1 es autovalor de A y v1 =

−101

es autovector asociado a λ1.

(3.1) [1 punto] Calcular α, β y γ.(3.2) [4 puntos] Analizar si A es ortogonalmente diagonalizable y en caso afirmativo, obtener una matriz ortogonal

Q de forma que QT AQ sea diagonal.

(II) Considerar la conica de ecuacion

9x2 + 12xy + 4y2 − 52 = 0.

(3.3) [3 puntos] Hallar los cambios de variables adecuados que lleven la conica a su ecuacion reducida. Escribirdicha ecuacion y determinar el tipo de conica.

(III) [2 puntos] Sean z y w numeros complejos tal que |z| = 1 y |w| = 1.(3.4) Calcular

a)

|1 + z|2 + |1− z|2 .

b)

[(z − 1) (w − 1)]2zw.

264

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Algebra. Ingenierıa Industrial. Curso 2007/2008Primer Parcial. Primera parte de la convocatoria de Febrero

Ejercicio 1

(I)

(1.1) [2 puntos] Dado el numero complejo z = ρeiα. Hallar ρ y α tal que

z5 = z.

(1.2) [3 puntos] Resolver la ecuacion

(1 + i) z3 = 2i.

(II) Dada la transformacion lineal T : R3 → R3 que a cada

x1

x2

x3

∈ R3 le hace corresponder

T

x1

x2

x3

=

x1 − x2

ax2 − x3

−x1 + ax3

∈ R3, con a ∈ R. Se pide:

(1.3) [1 punto] Hallar la matriz AT asociada a la aplicacion T .(1.4) [2 puntos] Hallar un sistema generador linealmente independiente, segun los valores de a ∈ R, del espacio

columna de la matriz AT .(1.5) [2 puntos] Para a = 1, hallar unas ecuaciones implıcitas del espacio columna de la matriz AT y un sistema

generador linealmente independiente,del espacio nulo de la matriz AT .

Ejercicio 2

(2.1) [5 puntos] Calcular la ecuacion, el foco y la grafica de cada una de las dos parabolas con vertices en V = (−3, 1)que pasan por el punto P (0, 7) . Razonar si puede obtenerse una parabola a partir de la otra mediante un giro.

(2.2) [3 puntos] Determinar a ∈ R sabiendo que la cuadrica de ecuacion

x2 + 2y2 + 4az2 − 2x + 4a2y + 2a4 = 0,

es un hiperboloide de una hoja y que el centro de dicha cuadrica esta en el plano x + y + z = 0. Esbozar la cuadricaque se obtiene y calcular sus elementos notables (centro y eje).

(2.3) [2 puntos] Determinar la ecuacion reducida y el signo de la forma cuadratica en R4 dada por

Q (x1, x2, x3, x4) = 2x1x2 + 3x3x4.

Ejercicio 3

Sea la matriz

A =

1 −1 2 12 −3 4 0−1 2 a b0 1 b− 1 b + 1

, con a, b ∈ R.

(3.1) [4 puntos] Determinar los valores de a y b para los que existe factorizacion LU de A, especificando las matricesL y U en los casos posibles.

(3.2) [2 puntos] Para b = 3, calcular a y c para que el sistema Ax =

10−1c

, sea compatible indeterminado y

obtener las soluciones.(3.3) [2 puntos] Si a = 2, obtener los valores de b para los que A es invertible.(3.4) [2 puntos] Para a = 2 y b = 8, obtener el determinante de la matriz A−1.

265

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Algebra. Ingenierıa Industrial. Curso 2007/2008Segunda parte de la convocatoria de Febrero

Ejercicio 4

Dada la matriz,

A =

1 a a−1 1 −11 0 2

, con a ∈ R.

(4.1) [2 puntos] Calcular los autovalores de la matriz A.(4.2) [2 puntos] Determinar los valores de a ∈ R, para los que A es diagonalizable.

(4.3) [3 puntos] Para a = 1, resolver un+1 = Aun con n ≥ 1, siendo u0 =

22−2

.

(4.4) [1 punto] Determinar los valores de b ∈ R para los que la matriz A− bI no tiene inversa.(4.5) [2 puntos] Sabiendo que los autovalores de una matriz simetrica real B son 4,−1, 3. Calcular los valores para

los que (A− 2I)n

es definida positiva.

Ejercicio 5

(5.1) [2 puntos]Hallar la recta del tipo y = ax + b que mejor se aproxima a los puntos

(2, 3) , (0, 1) , (4, 2) ,

en el sentido de las mınimos cuadrados.(5.2) [3 puntos] Calcular la matriz P de la proyeccion ortogonal sobre el plano

π1 = Gen

111

,

204

.

Obtener Pn para n ≥ 2 e interpretar el resultado.

(5.3) [2 puntos] Hallar la proyeccion ortogonal de los vectores p =

312

y q =

315

sobre el plano π1.

(5.4) [1 punto] Obtener un vector del plano π2 = x + y − z = 0 tal que Pπ1 (v) = P 2π1

(p).(5.5) [2 puntos] Sea el subespacio F ⊆ R4 dado por las ecuaciones

F ≡

x1 − x3 = 0,x2 + x4 = 0,

x1 + x2 − x3 + x4 = 0,

obtener una base ortonormal de F⊥.

266

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Algebra. Ingenierıa Industrial. Curso 2007/2008Segundo Parcial

Ejercicio 1

(I) Sean los subespacios de R4 dados por

E ≡{

x1 + x2 − x3 = 0,x3 − x4 = 0,

F = Gen

1100

,

00ab

, a, b ∈ R.

(1.1) [1 punto] Calcular una base de E.(1.2) [4 puntos] Hallar, segun los valores de a y b, una base del subespacio E + F .(1.3) [3 puntos] Calcular, segun los valores de a y b, la dimension del subespacio E ∩ F .

(II)(1.4) [2 puntos] Sean B1 = {u1, u2, u3, u4} y B2 = {v1, v2, v3, v4} dos bases de R4 tales que

u1 = v1 − v2,

u2 = v2,

u3 = v2 − 2v3,

u4 = v1 + v2 + v3 + v4.

Hallar la matriz de paso de la base B1 a la base B2.

Ejercicio 2

Considerar la matriz A y el vector v dados por A =

1 01 10 1

, v =

121

.

(2.1) [4 puntos] Calcular una matriz Q con columnas ortonormales y una matriz R triangular superior tales queA = QR.

(2.2) [2 puntos] Calcular la matriz de la proyeccion ortogonal sobre el espacio columna de A, que sera denotadapor PCol(A).

(2.3) [2 puntos] Calcular todos los vectores u ∈ R3 que verifican el sistema PCol(A)u = v. Aplicar el teorema dePitagoras para deducir que el vector u de norma mınima que verifica el sistema anterior es v.

(2.4) [2 puntos] Calcular la solucion en mınimos cuadrados de los sistemas Ax = u, donde u son las solucionesobtenidas en el apartado (2.3).

Ejercicio 3

(I) (3.1) [1 punto] Sean A, B dos matrices cuadradas de orden n tales que existe una matriz P invertible tal queP−1AP = B.

Probar que x ∈ Rn es autovector de A asociado a un autovalor λ si solo si P−1x es autovector de B asociado a λ.

(II) Sea la matriz A =

1 α 00 α 02 0 3

.

(3.2) [2 puntos] Estudiar para que valores de α ∈ R es diagonalizable la matriz A.

(3.3) [5 puntos] Para α = 1, resolver un = Aun−1, n ≥ 1 sabiendo que el vector inicial viene dado por u0 =

2−2

0

.

(3.4) [2 puntos] Para α = 2, obtener la traza de la matriz An.

Ejercicio 4

(I) (4.1) [3 puntos] Determinar, si existe, una diagonalizacion ortogonal de la matriz A =

2 0 10 3 01 0 2

.

(4.2) [2 puntos] Determinar los autovalores de la matriz aA2 + 3I, a ∈ R y los valores de a ∈ R para los cuales laforma cuadratica asociada a la matriz aA2 + 3I es definida positiva.

(II) Considerar las conicas definidas por la ecuacion x2 + by2 + 4xy + 2√

5x + 2 = 0, b ∈ R.

(4.3) [1 punto] Determinar los valores de b ∈ R, si existen, para los que la ecuacion anterior es una parabola.(4.4) [4 puntos] Calcular la ecuacion reducida de la conica que se obtiene para b = 4. Indicar los cambios de

variables realizados.

267

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Algebra. Ingenierıa Industrial. Curso 2007/2008Examen final. SOLO PRIMER PARCIAL

Ejercicio 1

(I)(1.1) [2 puntos] Hallar los valores de m ∈ Z tal que

(5ei π

3

)m,

sea un numero real negativo.(1.2) [3 puntos] Expresar en forma exponencial las soluciones de la ecuacion

z4 +16

i= 0.

(II) Dada la transformacion lineal T : R3 → R3 que a cada

x1

x2

x3

∈ R3 le hace corresponder

T

x1

x2

x3

=

x1 + 2x2 − x3

−x1 − 2x2 + x3

2x1 + 2ax2 − ax3

∈ R3, con a ∈ R. Se pide:

(1.3) [1 punto] Hallar la matriz AT asociada a la aplicacion lineal T .(1.4) [2 puntos] Encontrar los valores de a ∈ R, para los cuales el espacio columna de la matriz AT es un plano.

(1.5) [2 puntos] Encontrar los valores de a ∈ R, si existen, tal que el vector

101

pertenezca al espacio nulo de

la matriz AT .

Ejercicio 2

(I) Sean la matriz A y el vector b dados por

A =

1 0 −1 11 −1 1 0α 0 1 10 1 β 1

, b =

0−1

.

(2.1) [3 puntos] Estudiar la compatibilidad del sistema Ax = b segun los valores reales de α y β.(2.2) [3 puntos] Decidir justificadamente los casos para los que existe la factorizacion LU de A.(2.3) [2 puntos] Escribir las matrices L y U para el caso α = β = 0. ¿Son unicas esas matrices?

(II)

(2.4) [1 punto] Construir una matriz 2× 3 cuyo espacio nulo este generado por el vector

101

.

(2.5) [1 punto] Sea A una matriz real m×n. Probar que AAT y AT A son simetricas. Determinar cuando la matrizA−AT es simetrica.

(2.6) [1 punto] Sea A una matriz cuadrada tal que los elementos de A y A−1 son enteros. Probar que el determinantede A es 1 o -1.

Ejercicio 3

(3.1) [5 puntos] Determinar α ∈ R sabiendo que

9x2 − 18x + y2 + 4αy − 3 = 0,

es la ecuacion de una elipse cuyo centro esta en la recta x + 2y = 1. Hallar la grafica y los elementos notables (centro,focos, vertices, semiejes y ejes) de la elipse que se obtiene.

(3.2) [2 puntos] Determinar el signo, en funcion de β ∈ R, de la forma cuadratica dada por

Q (x1, x2, x3) = βx1x2 + (1− β)x2x3 + x1x3.

(3.3) [3 puntos] Calcular la ecuacion reducida, los elementos caracterısticos (centro y eje) y esbozar la grafica dela cuadrica

16x2 + y2 − 4z2 − 16x− 4y − 16z + 4 = 0.

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Algebra. Ingenierıa Industrial. Curso 2007/2008Examen final. SOLO SEGUNDO PARCIAL

Ejercicio 4

Sean el subespacio E de R4 y el vector b dados por

E ≡ x1 − x2 + x3 − x4 = 0, b =

1−1

00

.

(4.1) [4 puntos] Calcular las matrices de la proyeccion ortogonal sobre el espacio E y sobre el espacio E⊥.(4.2) [3 puntos] Probar que el espacio columna de la matriz A dada por

A =

1 0 11 1 00 1 00 0 1

,

coincide con E, es decir, Col (A) = E.(4.3) [2 puntos] Resolver en el sentido de los mınimos cuadrados el sistema Ax = b.(4.4) [1 punto] Hallar la distancia de b al espacio columna de A.

Ejercicio 5

Sea la matriz

A =

3 0 a3 −1 b−2 0 c

.

(5.1) [2 puntos] Calcular los valores de a, b, c ∈ R, para que el vector v1 =

20−1

sea un autovector asociado al

autovalor λ1 = −1.(5.2) [3 puntos] Determinar los demas autovalores y autovectores de la matriz A.(5.3) [2 puntos] Determinar todos los autovectores generalizados de A.(5.4) [2 puntos] Calcular la matriz A15, determinando explıcitamente todos sus elementos.(5.5) [1 puntos] Determinar para que valores de ρ ∈ R, la matriz A + ρI tiene inversa.

Ejercicio 6

(6.1) [6 puntos] Dada la conica

6x2 + 9y2 − 4xy − 10 = 0.

Hallar su ecuacion reducida y clasificarla. Especificar los cambios de coordenadas realizados y representarla grafica-mente en las coordenadas originales.

(6.2) [5 puntos] Determinar una matriz 3× 3 real simetrica A sabiendo que sus autovalores son

{λ1 = 6 (doble), λ3 = −6} ,

y que los autovectores asociados al autovalor λ1 = 6 son los vectores (no nulos) del subespacio de ecuacion

x1 + x2 − 2x3 = 0.

269

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Algebra. Ingenierıa Industrial. Curso 2007/2008Examen final. TODA LA ASIGNATURA

Ejercicio 7

(I)(7.1) [1 punto] Hallar los valores de m ∈ Z tal que

(5ei π

3

)m,

sea un numero real negativo.(7.2) [2 puntos] Expresar en forma exponencial las soluciones de la ecuacion

z4 +16

i= 0.

(II) Sean la matriz A y el vector b dados por

A =

1 0 −1 11 −1 1 0α 0 1 10 1 β 1

, b =

0−1

.

(7.3) [3 puntos] Estudiar la compatibilidad del sistema Ax = b segun los valores reales de α y β.(7.4) [2 puntos] Decidir justificadamente los casos para los que existe la factorizacion LU de A.(7.5) [2 puntos] Escribir las matrices L y U para el caso α = β = 0. ¿Son unicas esas matrices?

Ejercicio 8

Sean el subespacio E de R4 y el vector b dados por

E ≡ x1 − x2 + x3 − x4 = 0, b =

1−1

00

.

(8.1) [4 puntos] Calcular las matrices de la proyeccion ortogonal sobre el espacio E y sobre el espacio E⊥.(8.2) [3 puntos] Probar que el espacio columna de la matriz A dada por

A =

1 0 11 1 00 1 00 0 1

,

coincide con E, es decir, Col (A) = E.(8.3) [2 puntos] Resolver en el sentido de los mınimos cuadrados el sistema Ax = b.(8.4) [1 punto] Hallar la distancia de b al espacio columna de A.

Ejercicio 9

(I) Sea la matriz

A =

3 0 a3 −1 b−2 0 c

.

(9.1) [1 punto] Calcular los valores de a, b, c ∈ R, para que el vector v1 =

20−1

sea un autovector asociado al

autovalor λ1 = −1.(9.2) [2 puntos] Determinar los demas autovalores y autovectores de la matriz A.(9.3) [1 punto] Determinar todos los autovectores generalizados de A.(9.4) [2 puntos] Calcular la matriz A15, determinando explıcitamente todos sus elementos.

(II) Dada la conica

6x2 + 9y2 − 4xy − 10 = 0.

(9.5) [4 puntos] Hallar su ecuacion reducida y clasificarla. Especificar los cambios de coordenadas realizados yrepresentarla graficamente en las coordenadas originales.

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Algebra. Ingenierıa Industrial. Curso 2007/2008Examen de Septiembre

Ejercicio 1

(I) (1.1) Resolver las siguientes ecuaciones, dando los resultados en forma binomica:(a) [2 puntos] z4 = −1.(b) [2 puntos] z3 + (2 + i)z2 + 2iz = 0.

(II) Sea la matriz

A =

1 −1 2−1 3− a a + 1

2 2 241 0 −1

, con a ∈ R.

(1.2) [3 puntos] Determinar los valores de a para los que se puede asegurar la existencia de factori-zacion LU dela matriz A, especificando las matrices L y U en los casos posibles.

(1.3) [3 puntos] Decidir para que valores de a y b ∈ R el vector v =

01b1

no pertenece al espacio columna de la

matriz A.Ejercicio 2

(I) (2.1) [2 puntos] Probar que si {v1, v2, . . . , vr} es un conjunto de vectores no-nulos ortogonales dos a dos enRn, entonces son linealmente independientes.

(II) Dados los subespacios E y F de R4, la matriz A y los vectores v,w ∈ R4:

E ≡{

x1 − 2x2 − x3 = 0,x2 + x3 = 0,

F ≡ {x1 + x2 + x3 + x4 = 0,A =

a1 2−2 b1

a2 b2

a3 b3

, v =

1210

, w =

11c1

c2

.

(2.2) [2 puntos] Determinar una base ortonormal del subespacio E.(2.3) [2 puntos] Calcular la proyeccion ortogonal de v sobre E.(2.4) [2 puntos] Determinar w tal que v + w ∈ E⊥.(2.5) [2 puntos] Calcular A sabiendo que el espacio columna de la matriz A esta contenido en el subespacio E⊥∩F .

Ejercicio 3

Sea la matriz

A =

α β 0β α 0γ 0 3

, con α, β y γ ∈ R.

(3.1) [2 puntos] Hallar los autovalores de la matriz A.(3.2) [4 puntos] Para β = −2, determinar los valores de α y γ para los que la matriz A es diagonalizable.(3.3) [4 puntos] Para β = −2, α = 1 y γ = 0 resolver el sistema de ecuaciones en diferencias un = A un−1, para

n ≥ 1 con u0 =

−221

.

Ejercicio 4

(I) (4.1) [3 puntos] Hallar, si existe, una matriz ortogonal P y una matriz diagonal D tal que PT AP = D, siendola matriz A dada por

A =

2 0 10 3 01 0 2

.

(II) Considerar las conicas definidas por la ecuacion

x2 + β2y2 + 4xy +√

5 (β + 2)x + 2− β = 0, con β ∈ R.

(4.2) [2 puntos] Determinar, si existen, los valores de β ∈ R para los que la ecuacion anterior es una parabola.(4.3) [5 puntos] Calcular la ecuacion reducida de la conica que se obtiene para β = 2, indicando los cambios de

variables realizados.

271

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Algebra. Ingenierıa Industrial. Curso 2006/2007Primer Parcial. Primera parte de la convocatoria de Febrero

Ejercicio 1

(I) Dado el numero complejo w = 1 +√

3i:

(1.1) [2 puntos] Hallar la parte real e imaginaria de w14.(1.2) [2 puntos] Determinar la parte imaginaria del transformado de w mediante un giro con centro en (1, 0) y

angulo positivo π6 .

(1.3) [2 puntos] Determinar en forma binomica las raices cubicas de w3.

(II) Dada la transformacion lineal T : R3 → R4 que a cada

x1

x2

x3

∈ R3 le hace corresponder T

x1

x2

x3

=

x1 + x2 + 2x3

2x1

3x1 + 3x2 + 6x3

4x1 + 2x2 + 4x3

∈ R4, se pide:

(1.4) [1 punto] Hallar la matriz AT asociada a la aplicacion T .(1.5) [2 puntos] Hallar un sistema generador linealmente independiente y unas ecuaciones implıcitas del espacio

columna de la matriz AT .(1.6) [1 punto] Hallar unas ecuaciones implıcitas linealmente independientes del espacio nulo de la matriz AT .

Ejercicio 2

(2.1) [4 puntos] Calcular la ecuacion, los elementos notables (centro, focos, vertices, asıntotas y ejes) y la graficade la hiperbola que verifica:

Sus focos estan en la recta y = 1.

La distancia entre sus vertices es 6.

Una de sus asıntotas es x− 3y + 1 = 0.

(2.2) [3 puntos] Clasificar la cuadrica de ecuacion

9x2 − ay2 + 4z2 − 18x− 2ay − 16z = 2a− 25,

en funcion de a ∈ R. Para a = 36, esbozar la cuadrica que se obtiene y calcular sus elementos notables (centro yeje/ejes).

(2.3) [3 puntos] Reducir a suma de cuadrados las siguientes formas cuadraticas

Q1 (x1, x2, x3) = 3x21 + 5x2

2 + (2 + a)x23 − 6x1x2 + 4x2x3,

Q2 (x1, x2, x3) = ax21 + x2

2 + 3x23 − 2x1x2 + 2x1x3 − 2x2x3,

y determinar los valores de a ∈ R, para los que ambas formas cuadraticas tengan el mismo signo.

Ejercicio 3

Los valores de temperatura en un problema de conduccion del calor satisfacen la ecuacion Atn = tn−1, n ≥ 1 donde

A =

1 + 2c −c 0−c 1 + 2c −c0 −c 1 + 2c

, con c ∈ R.

(3.1) [4 puntos] Determinar los valores de c para los que existe factorizacion LU de A, especificando las matricesL y U .

(3.2) [1 punto] Determinar los valores de c para los que la matriz A tiene inversa.(3.3) [2 puntos] Si c = 1 deteminar, usando la factorizacion LU , el vector de temperatura t1 que satisface el

sistema At1 = t0, con t0 el vector de temperatura inicial, dado por, t0 =

101212

.

(3.4) [2 puntos] Para c = 1, calcular los determinantes de las siguientes matrices: A−1, −5A y A5.(3.5) [1 punto] Razonar si, en general, la existencia de la inversa de una matriz implica la existencia de la factor-

izacion LU .

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Algebra. Ingenierıa Industrial. Curso 2006/2007Segunda parte de la convocatoria de Febrero

Ejercicio 4

(I) Dada la matriz,

A =

−3a −31 −1 22 3 b 2

, con a, b ∈ R.

(4.1) [2 puntos] Calcular, segun los valores de a ∈ R, los autovalores y sus multiplicidades alge-braicas de las matrices A, A3, 2A + 3I y A−1.

(4.2) [2 puntos] Determinar los valores de a, b ∈ R, para los que A es diagonalizable.(4.3) [2 puntos] Hallar una base respecto de la cual la matriz asociada a la aplicacion lineal definida por A sea

diagonal.

(II) Dada una matriz B real de orden dos tal que λ1 = 3− 2i es un autovalor de B y v1 =

[1− 2i

1

]

un autovector

asociado a dicho autovalor. Se pide:

(4.4) [1 punto] Determinar el polinomio caracterıstico de B.(4.5) [1 punto] Razonar si B es simetrica.(4.6) [2 puntos] Hallar una matriz P y una matriz casi-diagonal real C tal que P−1BP = C.

Ejercicio 5

(I) Considerar el sistema de ecuaciones incompatible Ax = b,

A =

1 0 1−1 1 01 1 2

, b =

203

.

(5.1) [2 puntos] Aplicar el metodo de Gram-Schmidt a las columnas de la matriz A. Determinar la factorizacionQR de la matriz formada por las dos primeras columnas de A.

(5.2) [1 punto] Razonar, sin resolver las ecuaciones normales de Gauss, que el sistema anterior tiene infinitassoluciones en el sentido de los mınimos cuadrados.

(5.3) [2 puntos] Calcular todas las soluciones en el sentido de los mınimos cuadrados del sistema Ax = b.

(II) Sea F = Gen

1−11

,

011

y u =

203

.

(5.4) [1 punto] Calcular la matriz de la proyeccion ortogonal sobre F y F⊥.(5.5) [2 puntos] Calcular la proyeccion ortogonal de u sobre F , la dimension de F⊥ y unas ecuaciones implıcitas

de F⊥.

(5.6) [2 puntos] Dado G = Gen

10a

, determinar a ∈ R, para que F +G = R3 y a ∈ R para que F⊥∩G = {0}.

273

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Algebra. Ingenierıa Industrial. Curso 2006/2007Segundo Parcial

Ejercicio 1

(I) Considerar los subespacios F y G de R4 definidos por las siguientes ecuaciones implıcitas.

F ≡

x1 − x3 = 0,x2 + x4 = 0,

x1 + x2 − x3 + x4 = 0,G ≡ αx1 + βx2 + x3 − βx4 = 0, con α, β ∈ R.

(1.1) [2 puntos] Hallar unas ecuaciones implıcitas y una base ortonormal del subespacio F⊥.

(1.2) [2 puntos] Para α = 1 y β = 1, obtener las proyecciones ortogonales del vector b =

1111

sobre los

subespacios G y G⊥.(1.3) [1 punto] Calcular los valores de α y β para los que la dimension del subespacio F ∩G sea dos.(1.4) [1 punto] Para α = 1 y β = 0, determinar una base del subespacio F + G.

(II) Sean la matriz A y el vector b dados por

A =

1 0 10 −1 1−1 0 0

0 1 1

, b =

1111

.

(1.5) [2 puntos] Obtener la descomposicion QR de A, donde Q es una matriz con columnas ortonormales.(1.6) [2 puntos] Determinar el numero de soluciones en el sentido de los mınimos cuadrados del sistema Ax = b

sin calcularlas. Obtener dichas soluciones.

Ejercicio 2

Sea la matriz

A =

3 0 a− 1a− 2 4 0

1 0 a + 1

, con a ∈ R.

(2.1) [3 puntos] Estudiar para que valores de a la matriz A es diagonalizable.(2.2) [2 puntos] Determinar los valores de a para que la matriz A sea diagonalizable ortogonalmente y para dichos

valores de a estudiar el signo de la forma cuadratica asociada a la matriz A.(2.3) [2 puntos] Para a = −1, determinar una diagonalizacion de A (matriz de paso, matriz diagonal y relacion

con la matriz A).(2.4) [2 puntos] Para a = −1, resolver el sistema de ecuaciones en diferencias dado por

un+1 = Aun, n = 0, 1, . . . con u0 = [1, 3, 1]T

(2.5) [1 punto] Determinar los valores de a para los que la matriz 12A− aI no tiene inversa.

Ejercicio 3

(I) Sea la matriz

A =

−6 0 00 −2 40 4 −2

.

(3.1) [2 puntos] Calcular los autovalores de las matrices A y A + AT .(3.2) [2 puntos] Hallar una matriz ortogonal P y una matriz diagonal D tal que PT AP = D.

(II) Considerar la conica de ecuacion

x2 − 2xy + y2 − 4√

2x + 6 = 0.

(3.3) [5 puntos] Especificar los cambios de coordenadas adecuados para obtener su ecuacion canonica. Clasificarlay hallar su ecuacion reducida.

(3.4) [1 punto] Determinar en sus coordenadas originales el centro o vertice de dicha conica.

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Algebra. Ingenierıa Industrial. Curso 2006/2007Examen final. SOLO PRIMER PARCIAL

Ejercicio 1

(I)(1.1) [2 puntos] Hallar las raıces sextas de 26.

(1.2) [2 puntos] Determinar el modulo y argumento de(1 +√

3i)8

.(1.3) [1 punto] Sea G la matriz de giro de centro el origen y angulo π

4 . Determinar G5.

(II) Considerar la transformacion lineal T : R3 → R4 que verifica

T

110

=

12−1

2

, T

0−1

0

=

−2−1

1−1

, T

101

=

2130

.

(1.4) [2 puntos] Encontrar la matriz canonica A asociada a T .(1.5) [2 puntos] Hallar unas ecuaciones implıcitas del espacio columna de A.(1.6) [1 punto] Razonar si el vector [−1, 1, 0, 1]T pertenece o no al subespacio nulo de la matriz A.

Ejercicio 2

(2.1) [4 puntos] Determinar la ecuacion, la grafica y los elementos notables (focos, ejes y vertices) de cada una delas dos parabolas que verifican las siguientes condiciones:

El vertice V = (α, β) esta en la recta x = 0.

El eje de simetrıa es horizontal.

La distancia del foco a la directriz es 2.

El foco esta a la derecha de la directriz.

El punto (1, 5) esta en la parabola.

(2.2) [3 puntos] Determinar el tipo de cuadrica correspondiente a la ecuacion

−x2 + 2y2 + z2 + 4y − 8z + 14 = 0.

Hallar las coordenadas de su centro y las ecuaciones de su eje.(2.3) [3 puntos] Reducir a suma de cuadrados la forma cuadratica dada por

Q (x, y) = 2ax2 + ay2 + 2xy,

y clasificarla segun los valores de a ∈ R.

Ejercicio 3

(I) Sean la matriz A =

1 α 21 α2 32 2α + 1 2

y el vector b =

12β

.

(3.1) [3 puntos] Discutir el sistema Ax = b, segun los valores de α, β ∈ R.(3.2) [3 puntos] Determinar los valores de α para los que existe factorizacion LU de A. Especificar, para dichos

casos, las matrices L y U .(3.3) [1 punto] Si en la matriz A intercambiamos las columnas segunda y tercera, justificar si en los apartados

(3.1) y (3.2) se obtienen los mismos resultados.

(II) Sea una matriz B cuadrada de orden tres con determinante no nulo. Sea C la matriz resultante de intercambiaren B las filas uno y tres.

(3.4) [2 puntos] Razonar si el determinante de C es no nulo. Determinar justificadamente la relacion entre C−1 yB−1.

(3.5) [1 punto] Si la inversa de la matriz

1 3 −22 5 −3−3 2 −4

es

14 −8 −1−17 10 1−19 11 1

¿Cual es la inversa de la matriz

−3 2 −42 5 −31 3 −2

?

275

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Algebra. Ingenierıa Industrial. Curso 2006/2007Examen final. SOLO SEGUNDO PARCIAL

Ejercicio 4

(I) Dada la matriz,

A =

2 0 0−2 + a a 0

1 a− 1 2

, con a ∈ R.

(4.1) [2 puntos] Determinar los valores de a ∈ R, para los que A es diagonalizable.(4.2) [1 punto] Determinar los valores de a ∈ R, para los que la matriz A− a2I tiene inversa.(4.3) [3 puntos] Para a = 0, obtener una base de R3 formada por autovectores y autovectores generalizados de A

y calcular An.

(II) Sea la matriz B =

1 0 0 01 0 1 10 1 1 1−2 0 0 −1

(4.4) [2 puntos] Sin calcular B−1, probar que B−1 es diagonalizable y obtener sus autovalores.

(III) Sea M una matriz real 2×2 tal que λ1 = 2i es un autovalor de M con autovector asociado v1 =

[1− i

1

]

.

(4.5) [1 punto] Calcular el determinante de M .(4.6) [1 punto] Hallar una matriz diagonal D y una matriz invertible P tal que D = P−1MP .

Ejercicio 5

Sean la matriz A y el vector b dados por

A =

1 0 00 1 11 0 10 2 0

, b =

1222

.

(5.1) [2 puntos] Calcular una base y unas ecuaciones implıcitas del subespacio Col (A)⊥ , donde Col (A) denota elespacio columna de la matriz A.

(5.2) [1 punto] Determinar una base de Col (A) + Col (A)⊥

.(5.3) [2 puntos] Ampliar una base de Col (A) a una base de R4 y determinar las coordenadas del vector b en la

base ampliada.(5.4) [3 puntos] Calcular las matrices de la proyeccion ortogonal sobre el espacio Col (A) y sobre el espacio

Col (A)⊥

.(5.5) [2 puntos] Hallar la distancia de b al espacio columna de A.

Ejercicio 6

(I) Dada la matriz

A =

a− 2 0 a− 30 3 01 a− 4 2

, con a ∈ R.

(6.1) [1 punto] Determinar los valores de a ∈ R, para los que A es diagonalizable ortogonalmente.(6.2) [3 puntos] Para aquellos valores de a para los que sea posible, determinar una matriz ortogonal Q y una

matriz diagonal D tal que QT AQ = D.(6.3) [1 punto] Para a = 4, calcular An.

(II) Considerar la conica de ecuacion

3x2 − 2xy + 3y2 − 4 = 0.

(6.4) [3 puntos] Hallar su ecuacion reducida. Especificar los cambios de coordenadas realizados para obtenerla.(6.5) [2 puntos] Clasificarla y representarla graficamente en las coordenadas originales.

276

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Algebra. Ingenierıa Industrial. Curso 2006/2007Examen final. TODA LA ASIGNATURA

Ejercicio 7

(I) Sean la matriz A =

1 α 21 α2 32 2α + 1 2

y el vector b =

12β

.

(7.1) [3 puntos] Discutir el sistema Ax = b, segun los valores de α, β ∈ R.(7.2) [3 puntos] Determinar los valores de α para los que existe factorizacion LU de A. Especificar, para dichos

casos, las matrices L y U .(7.3) [1 punto] Si en la matriz A intercambiamos las columnas segunda y tercera, justificar si en los apartados

(3.1) y (3.2) se obtienen los mismos resultados.

(II) Sea una matriz B cuadrada de orden tres con determinante no nulo. Sea C la matriz resultante de intercambiaren B las filas uno y tres.

(7.4) [2 puntos] Razonar si el determinante de C es no nulo. Determinar justificadamente la relacion entre C−1 yB−1.

(7.5) [1 punto] Si la inversa de la matriz

1 3 −22 5 −3−3 2 −4

es

14 −8 −1−17 10 1−19 11 1

¿Cual es la inversa de la matriz

−3 2 −42 5 −31 3 −2

?

Ejercicio 8

Sean la matriz A y el vector b dados por

A =

1 0 00 1 11 0 10 2 0

, b =

1222

.

(8.1) [2 puntos] Calcular una base y unas ecuaciones implıcitas del subespacio Col (A)⊥ , donde Col (A) denota elespacio columna de la matriz A.

(8.2) [1 punto] Determinar una base de Col (A) + Col (A)⊥

.(8.3) [2 puntos] Ampliar una base de Col (A) a una base de R4 y determinar las coordenadas del vector b en la

base ampliada.(8.4) [3 puntos] Calcular las matrices de la proyeccion ortogonal sobre el espacio Col (A) y sobre el espacio

Col (A)⊥

.(8.5) [2 puntos] Hallar la distancia de b al espacio columna de A.

Ejercicio 9

(I)(9.1) [2 puntos] Determinar el modulo y argumento de

(1 +√

3i)8

.

(II) Dada la matriz,

A =

2 0 0−2 + a a 0

1 a− 1 2

, con a ∈ R.

(9.2) [2 puntos] Determinar los valores de a ∈ R, para los que A es diagonalizable.(9.3) [3 puntos] Para a = 0, obtener una base de autovectores y autovectores generalizados de R3 y calcular An.

(III) Considerar la conica de ecuacion

3x2 − 2xy + 3y2 − 4 = 0.

(9.4) [3 puntos] Hallar su ecuacion reducida. Especificar los cambios de coordenadas realizados y representarlagraficamente en las coordenadas originales.

277

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Algebra. Ingenierıa Industrial. Curso 2006/2007Examen de Septiembre

Ejercicio 1

(I) [2 puntos] Resolver la ecuacion compleja

z − i

z= i− 1,

expresando las soluciones en forma binomica.

(II) [8 puntos] Mediante un giro y una traslacion, obtener la ecuacion reducida de la conica

x2 + y2 + 2xy + 6√

2x− 2√

2y + 26 = 0,

y representarla graficamente en las coordenadas originales.

Ejercicio 2

Sean la matriz A =

2 0 0−2 α− 1 α− 34 0 α− 3

y el vector b =

1−1

α− 1

con α ∈ R.

(2.1) [4 puntos] Determinar los valores de α para los que A es diagonalizable.(2.2) [2 puntos] Hallar el valor de α para el que el vector b no pertenece al espacio columna de A.(2.3) [2 puntos] Discutir la existencia de la factorizacion LU de A segun los valores de α.(2.4) [2 puntos] Para α = 4, especificar las matrices L y U .

Ejercicio 3

Considerar el subespacio E ⊂ R4 y el vector u de R4 dados por

E ≡{

x1 − 2x2 − x3 = 0,x2 − x4 = 0,

u =

2321

.

(3.1) [2 puntos] Calcular una base ortonormal de E.(3.2) [2 puntos] Calcular el vector proyeccion ortogonal de u sobre E que denotaremos por w.(3.3) [2 puntos] Calcular el vector v ∈ E⊥ mas cercano a u.(3.4) [2 puntos] Sean P y Q las respectivas matrices de la proyeccion ortogonal sobre E y E⊥. Sin calcular

ninguna de las dos matrices, razonar cuanto vale el producto PQ. Si no conoce la respuesta, calcular ambas matricesy multiplicarlas.

(3.5) [2 puntos] Sea B = {v1, v2} una base cualquiera de E tal que w = v1 + 2v2. Sea A la matriz [v1, v2] ¿Cual esla solucion en mınimos cuadrados del sistema Ax = u? Razonar la respuesta.

Ejercicio 4

(I) [8 puntos] Sea la matriz

A =

1 1 1 11 1 −1 −11 −1 1 −11 −1 −1 1

.

Encontrar, si es posible, matrices P1, P2, P3 ortogonales y D1, D2, D3 diagonales que diagonalicen las matrices A,A2 y A−1, respectivamente.

(II) [2 puntos] Sabiendo que los autovalores de una matriz A simetrica real de orden n son λ1 = −1, λ2 =−2, . . . , λn = −n, determinar los valores de β ∈ R para los que la forma cuadratica asociada a la matriz βA + 2I esdefinida positiva.

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Algebra. Ingenierıa Industrial. Curso 2005/2006Primer Parcial. Primera parte de la convocatoria de Febrero

Ejercicio 1

(I)

(1.1) [2 puntos] Resolver la ecuacion compleja z3 = |z|2.

(1.2) [1 punto] Calcular y representar las soluciones de la ecuacion z4 = −1 + i.

(1.3) [2 puntos] Obtener, en forma binomica, el transformado de z = 2 + 3i mediante un giro con centro en 1 + i yangulo positivo π

4 .

(II) Se consideran los vectores

u1 =

100

, u2 =

2a11

, u3 =

a01

,

v1 =

10b

, v2 =

2a + 2−1

2ab + 3b

, v3 =

a + 11

ab + 2b

. Se pide:

(1.4) [1 punto] Sea T : R3 → R3 una transformacion lineal. Probar que las columnas de la matriz AT asociada a laaplicacion T son los transformados de los vectores canonicos de R3.

(1.5) [2 puntos] Sea T : R3 → R3 una transformacion lineal que verifica: T (u1) = v1, T (u2) = v2, T (u3) = v3. Hallarla matriz AT asociada a la aplicacion T .

(1.6) [2 puntos] Calcular, segun los valores de a, b ∈ R, unas ecuaciones implıcitas de los subes-pacios Nul(AT ) y Col(AT ).

Ejercicio 2

(2.1) [3 puntos] Calcular la ecuacion de la hiperbola cuyos focos son F1 = (1, 7) y F2 = (1,−3) y pasa por el puntoP = (1, 6).

(2.2) [3 puntos] Determinar la ecuacion reducida de la cuadrica dada por la ecuacion

x2 + 4y2 − 4z2 − 2x + 16y − 8z = −9.

Hallar sus elementos caracterısticos y esbozar su grafica.(2.3) [3 puntos] Reducir a suma de cuadrados la forma cuadratica dada por

Q (x1, x2, x3, x4) = 4x21 + x2

2 + x23 + (a + 4)x2

4 + 2x1x2 − 2x1x3 + 8x1x4 + 4x2x4,

y clasifıcala segun los valores de a ∈ R.(2.4) [1 punto] Probar que si Q1 y Q2 son dos formas cuadraticas en R4, definidas positivas, entonces 3Q1 + 2 Q2

tambien es una forma cuadratica en R4 definida positiva.

Ejercicio 3

Considera, para cada a real, los vectores

v1 =

120−1

, v2 =

25a0

, v3 =

11−5−6

y v4 =

a2a− 2−a− 5−6

y las matrices cuyas columnas estan dadas por

A = [v1| v2| v3| v4] y B = [v1| v2| v3]. Se pide:(3.1) [4 puntos] Discutir el sistema Bx = v4, segun los valores de a ∈ R.(3.2) [3 puntos] Determinar los valores de a para los que existe factorizacion LU de A, especificando las matrices

L y U .(3.3) [2 puntos] Determinar los valores de a para los que A es invertible y en esos casos calcula el determinante

de la matriz A−1.

(3.4) [1 punto] Determinar si el vector v5 =

10−1

0

pertenece al espacio nulo de la matriz A.

279

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Algebra. Ingenierıa Industrial. Curso 2005/2006Segunda parte de la convocatoria de Febrero

Ejercicio 4

Dada la matriz,

A =

9 0 a + 10 3a + 2 −a− 10 2a + 1 0

, con a ∈ R.

(4.1) [2 puntos] Calcular, segun los valores de a ∈ R, los autovalores de la matriz A.(4.2) [2 puntos] Determinar los valores de a ∈ R, para los que A es diagonalizable.(4.3) [1 punto] Razonar si existen valores de a para los que A sea diagonalizable ortogonalmente.(4.4) [2 puntos] Para a = −1, calcular una matriz P invertible y una matriz D diagonal tales que P−1AP = D.(4.5) [3 puntos] Determinar la matriz simetrica A cuyos autovalores y autovectores son respectivamente λ1 = 2,

λ2 = −1, λ3 = 0 y λ4 = −2 y

v1 =

1−1

1−1

, v2 =

1111

, v3 =

11−1−1

y v4 =

−111−1

. ¿Es dicha matriz invertible?¿Por que?

Ejercicio 5

Considera la matriz,

A =

1 2 1−2 1 3

0 0 a2 3 1

, con a ∈ R.

(5.1) [3 puntos] Calcular, en funcion de a ∈ R, una base ortogonal de S = Col (A).(5.2) [2 puntos] Para a = 0, determinar una base de S⊥ y las matrices de la proyeccion ortogonal sobre S y S⊥.(5.3) [3 puntos] Para a = 0, resolver, en el sentido de los mınimos cuadrados, el sistema de ecuaciones dado por

A

xyz

=

−1232

.

.(5.4) [2 puntos] Sea V el subespacio vectorial dado por

V ≡{

4x1 + x2 + x3 = 0,3x2 + 2x3 + 5x4 = 0.

Calcular, para a = 0, una base de V ∩ S.

280

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Algebra. Ingenierıa Industrial. Curso 2005/2006Segundo Parcial

Ejercicio 1

Considerar los subespacios E y F de R4 definidos por las siguientes ecuaciones implıcitas:

E ≡

x1 − x2 + x3 − x4 = 0,x1 + x3 + x4 = 0,

2x1 + x2 − x3 = 0,

F ≡{

x1 + αx2 − 2αx3 + x4 = 0.

(1.1) [2 puntos] Determinar el valor de α para el que se verifica que E ⊂ F y si existe un valor de α para el queE⊥ = F .

(1.2) [2 puntos] Calcular para α = 1, una base ortogonal de F .(1.3) [2 puntos] Calcular para α = 1, la matriz de la proyeccion ortogonal sobre F .

(1.4) [2 puntos] Calcular para α = 1, la proyeccion ortogonal del vector w =

1234

sobre F⊥.

(1.5) [2 puntos] Sean v1 y v2 dos vectores no nulos y ortogonales en R4. Probar que v1 y v2 son linealmenteindependientes.

Ejercicio 2

Sea la matriz

A =

a 1− a a1− 2a 0 0

a a 1− a

, con a ∈ R.

(2.1) [1 punto] Teniendo en cuenta que la suma de los elementos de cada columna es 1, probar que el polinomiocaracterıstico de A es

p (λ) = (1− λ) (−1 + 2a + λ) (1− 2a + λ) .

(2.2) [3 puntos] Estudiar para que valores de a la matriz A es diagonalizable.(2.3) [2 puntos] Para a = 0, obtener una matriz diagonal D y una matriz ortogonal P tal que P tAP = D.(2.4) [2 puntos] Para a = 0, calcular An.

(2.5) [2 puntos] Para a = 1, hallar un = Anu0 con n ≥ 1, siendo u0 =

101

.

Ejercicio 3

(I) Sea la matriz

A =

√2− 1 c− 1 00 a 20 b− 2 a

, con a, b, c ∈ R.

(3.1) [1 punto] Determinar si existen valores de a, b, c, para los que A sea ortogonalmente diagonalizable.(3.2) [2 puntos] Para c = 1 y b = 4, calcular los autovalores de A.(3.3) [2 puntos] Para c = 1 y b = 4, considerar la forma cuadratica de matriz A y clasificarla segun los valores de

a.(II) Considerar la conica de ecuacion

x2 − 6xy − 7y2 − 8 = 0.

(3.4) [3 puntos] Especificar los cambios de coordenadas adecuados para obtener su ecuacion canonica. Hallar suecuacion reducida.

(3.5) [2 puntos] Clasificarla y determinar en sus coordenadas originales el vertice o vertices de dicha conica.

281

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Algebra. Ingenierıa Industrial. Curso 2005/2006Examen final. SOLO PRIMER PARCIAL

Ejercicio 1

(1.1) [4 puntos] Expresar en forma binomica las soluciones de la ecuacion z2 + 2z + 5 = 0. Determinar en formaexponencial las soluciones de la ecuacion w4 + 2w2 + 5 = 0.

(1.2) [2 puntos] Expresar en forma binomica el transformado de z = a + ib mediante el giro con centro en 1 + i yangulo positivo π

3 .(1.3) [4 puntos] Encontrar una matriz A asociada a una transformacion lineal T : R3 → R3 que verifique:

(a) El vector T

100

pertenece al subespacio definido por las ecuaciones

{x = 0,y = 0.

(b) Nul(A) =

xyz

∈ R3 : x + z = 0

.

(c) A3 = A.

Ejercicio 2

(2.1) [4 puntos] Calcular la ecuacion de la elipse cuyos focos son F1 = (−6, 1) y F2 = (10, 1) y pasa por el puntoP = (2, 7). Determinar sus elementos notables (centro, ejes, vertices) y dibujarla.

(2.2) [3 puntos] Determinar el tipo de cuadrica correspondiente a la ecuacion

−x2 + 2y2 + z2 + 4y − 8z + 14 = 0.

Hallar las coordenadas de su centro y las ecuaciones de su eje.(2.3) [3 puntos] Reducir a suma de cuadrados la forma cuadratica dada por

Q (x1, x2, x3) = (a + 4)x21 + x2

2 + (a + 6)x23 − 2x1x2 − 2(a + 4)x1x3 + 2x2x3,

y clasificarla segun los valores de a ∈ R.

Ejercicio 3

Considera, para cada a real, los vectores

v1 =

−1401

, v2 =

−210−2a0

, v3 =

−12

3a− 35

y v4 =

−a4a− 43a + 3

3

y las matrices cuyas columnas estan dadas

por A = [v1| v2| v3| v4] y B = [v1| v2| v3]. Se pide:(3.1) [3 puntos] Discutir el sistema Bx = v4, segun los valores de a ∈ R.(3.2) [3 puntos] Determinar los valores de a para los que existe factorizacion LU de A, especificando las matrices

L y U .(3.3) [2 puntos] Hallar, segun los valores de a, un conjunto de vectores linealmente independientes que genere el

espacio Col(A).(3.4) [2 puntos] Calcular el determinante de las matrices 2A y A3.

282

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Algebra. Ingenierıa Industrial. Curso 2005/2006Examen final. SOLO SEGUNDO PARCIAL

Ejercicio 4 Dada la matriz,

A =

−1 0 0 0a −1 0 0b b 1 0b b c 1

, con a, b, c ∈ R.

(4.1) [2 puntos] Calcular los autovalores y sus correspondientes multiplicidades algebraicas para las matrices A,A3 y αA respectivamente.

(4.2) [1 punto] Determinar α ∈ R, para que la matriz A3 + αA + I tenga un solo autovalor (con multiplicidad 4).(4.3) [2 puntos] Determinar los valores a, b, c para que A sea diagonalizable.

(4.4) [2 puntos] Para a = 0, b = c = 1, razonar si el vector v =

011−1

es un autovector de A, un autovector

generalizado de A o ninguna de las dos cosas.

(4.5) [3 puntos] Para a = c = 0, b = 1, calcular un = Anu0 con n ≥ 1, donde u0 =

2222

.

Ejercicio 5

Sean la matriz A y el vector b dados por

A =

1 0 1 01 0 −1 10 1 1 1−2 0 0 −1

, b =

1111

.

(5.1) [2 puntos] Calcular una base y unas ecuaciones implıcitas del subespacio Col (A)⊥.

(5.2) [3 puntos] Calcular las proyecciones ortogonales de b sobre los subespacios Col (A) y Col (A)⊥

.(5.3) [2 puntos] Resolver el sistema Ax = b en el sentido de los mınimos cuadrados, sin obtener las ecuaciones

normales de Gauss.(5.4) [1 punto] Utilizando la solucion obtenida en el apartado anterior, calcular una base del nucleo de la matriz

AT A.(5.5) [2 puntos] Calcular una base ortonormal de Col (A).

Ejercicio 6

(I) Considerar la conica de ecuacion

x2 + 6xy + y2 + 2 = 0.

(6.1) [3 puntos] Hallar su ecuacion reducida. Especificar los cambios de coordenadas realizados para obtenerla.(6.2) [4 puntos] Clasificarla y representarla graficamente en las coordenadas originales.

(II) Sea A una matriz real 2× 2 tal que λ1 = −i es un autovalor de A con autovector asociado v1 =

[−i1

]

.

(6.3) [1 punto] Determinar el polinomio caracterıstico de la matriz A.(6.4) [1 punto] Hallar una matriz diagonal D y una matriz invertible P tal que D = P−1AP .(6.5) [1 punto] Probar que A2 = −I.

283

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Algebra. Ingenierıa Industrial. Curso 2005/2006Examen final. TODA LA ASIGNATURA

Ejercicio 7

Considera, para cada a real, los vectores

v1 =

−1401

, v2 =

−210−2a0

, v3 =

−12

3a− 35

y v4 =

−a4a− 43a + 3

3

y las matrices cuyas columnas estan dadas

por A = [v1| v2| v3| v4] y B = [v1| v2| v3]. Se pide:(7.1) [3 puntos] Discutir el sistema Bx = v4, segun los valores de a ∈ R.(7.2) [3 puntos] Determinar los valores de a para los que existe factorizacion LU de A, especificando las matrices

L y U .(7.3) [2 puntos] Hallar, segun los valores de a, un conjunto de vectores linealmente independientes que genere el

espacio Col(A).(7.4) [2 puntos] Calcular el determinante de las matrices 2A y A3.

Ejercicio 8

Dada la matriz,

A =

−1 0 0 0a −1 0 0b b 1 0b b c 1

, con a, b, c ∈ R.

(8.1) [2 puntos] Calcular los autovalores y sus correspondientes multiplicidades algebraicas para las matrices A,A3 y αA respectivamente.

(8.2) [1 punto] Determinar α ∈ R, para que la matriz A3 + αA + I tenga un solo autovalor (con multiplicidad 4).(8.3) [2 puntos] Determinar los valores a, b, c para que A sea diagonalizable.

(8.4) [2 puntos] Para a = 0, b = c = 1, razonar si el vector v =

011−1

es un autovector de A, un autovector

generalizado de A o ninguna de las dos cosas.

(8.5) [3 puntos] Para a = c = 0, b = 1, calcular un = Anu0 con n ≥ 1, donde u0 =

2222

.

Ejercicio 9

(I)(9.1) [2 puntos] Expresar en forma binomica las soluciones de la ecuacion z2 + 2z + 5 = 0. Determinar en forma

exponencial las soluciones de la ecuacion w4 + 2w2 + 5 = 0.

(II) Sean la matriz A y el vector b dados por

A =

1 0 1 01 0 −1 10 1 1 1−2 0 0 −1

, b =

1111

.

(9.2) [1 punto] Calcular una base del subespacio Col (A)⊥

.

(9.3) [2 puntos] Calcular las proyecciones ortogonales de b sobre los subespacios Col (A) y Col (A)⊥

.(9.4) [2 puntos] Resolver el sistema Ax = b en el sentido de los mınimos cuadrados, sin obtener las ecuaciones

normales de Gauss.(III) Considerar la conica de ecuacion

x2 + 6xy + y2 + 2 = 0.

(9.5) [3 puntos] Hallar su ecuacion reducida y clasificarla. Especificar los cambios de coordenadas realizados paraobtener dicha ecuacion reducida.

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Page 167: Apuntes de Algebra.´ Ingenier´ıa Industrial · Apuntes de Algebra.´ ... Haremos uso de los conceptos de independencia lineal, subespacio vectorial generado por ciertos vectores,

Algebra. Ingenierıa Industrial. Curso 2005/2006Examen de Septiembre

Ejercicio 1

(I) (1.1) [3 puntos] Sabiendo que una de las raıces cubicas de w es z1 = 1− i. Determinar el numero complejo wy expresar las otras dos raıces cubicas de w en forma exponencial.

(II) Sea B =

10

1 + a

,

112a

,

10a

con a ∈ R y T : R3 −→ R3 una transformacion lineal que verifica

T

10

1 + a

=

11 + a

b

,

T

112a

=

32a

b + 2

,

T

10a

=

1ab

.

(1.2) [1 punto] Probar que B es base de R3, para todo a ∈ R.(1.3) [3 puntos] Encontrar la matriz A asociada a T .(1.4) [3 puntos] Dada la matriz,

A =

1 2 00 0 11 2 0

,

encontrar una base y unas ecuaciones implıcitas (cuando existan) de los subespacios Col(A), Nul(A), Nul(A)+Col(A),Nul(A) ∩ Col(A).

Ejercicio 2 Dada la matriz,

A =

2 0 0 b0 −2 a 00 a −2 0b 0 0 2

, con a, b ∈ R, a, b 6= 0.

(2.1) [2 puntos] Calcular los autovalores de la matriz A. (Indicacion: desarrolla el determinante |A− λI| por loselementos de la primera columna).

(2.2) [2 puntos] Para a = 1, b = 1, determinar los autovalores de la matriz A2−αA−2I y deducir para que valoresde α ∈ R, la matriz A2 − αA− 2I no es invertible.

(2.3) [2 puntos] Para a = 2, b = 2, calcular una matriz P ortogonal y una matriz D diagonal tal que A = PDPT .(2.4) [2 puntos] Para a = 2, b = 2, calcular An teniendo en cuenta el apartado anterior.(2.5) [2 puntos] Para a = 2, b = 2, hallar la matriz de la proyeccion ortogonal sobre el espacio columna de A.

Ejercicio 3

(I) Considerar la conica de ecuacion

x2 + 4xy − 2y2 + 8√

5x + 4√

5y + 44 = 0.

(3.1) [4 puntos] Hallar un cambio de variables ortogonal y una traslacion que lleve la conica a su ecuacion reducida.Escribir dicha ecuacion y determinar el tipo de conica.

(3.2) [4 puntos] Considerando su ecuacion reducida en coordenadas (x′′, y′′), encuentra sus elementos notables(focos, vertices, directriz, asıntotas, ejes, segun el tipo de conica de que se trate) en dichas coordenadas. Representarla conica junto a dichos elementos notables en las coordenadas (x′′, y′′).

(II) (3.3) [2 puntos] Reducir a suma de cuadrados en funcion de α ∈ R, la siguiente forma cuadratica

Q (x, y, z) = αxy + xz.

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