1

ESPACIOS VECTORIALES

Un conjunto a,b,c, de elementos se dice que constituye

un espacio vectori

(llamados vectores)

(que generalmente es el cual sobre un cuerpo conm erpo

de los reales)

utativo K

si se cumplen:

E

Dado el conjunto (a, b) : a, b , se definen las siguientes leyes: E

En se define una ley de composición interna, que se designa por +, tal que ( ,+)

tiene estructura de grupo abeliano.

E E

+

(a, b) (a ', b ') (a a ', b b')

E x E E

tiene estructura de grupo abeliano: elemento neutro (0, 0) y ( a, b)

el opuesto o simétrico de (a, b),con las propiedades asociativa y conmutativa.

( , ) E

Siendo , , se define una ley de composición externa, que se designa por ,

que satisface las siguientes propiedades:

(a, b) ( a, b)

x E E

( a) ( ) a

(a b) a b

( ) a a a

1 a a

asociativa respecto al producto de escalares

distributiva respecto a la suma de vectores

distributiva respecto a la suma de escalares

1 es la unidad de K

Se comprueba que es un espacio vectorial sobre ., (E, + )

2

1 2 3Dados los vectores del espacio bidimensional a (3,1) , a (4,1) y a (1,1)

¿Son linealmente dependientes?

Solución:

Si son linealmente dependientes, si tiene que cumplir que

1 1 2 3 1 23 32 no siendo nulos simultáneamente a a 0 ya ,

1 2 3(3, 1) (4, 1) (1, 1) (0, 0)

1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3(3 , ) (4 , ) ( , ) (0, 0) (3 4 , ) (0, 0)

31 2 3 1 2 3 1 3

1 2 3 1 2 3 2 3

3 4 0 3 4 3

0 2

3 1 2 3haciendo 1 se tiene: 3 2 1

3(3, 1) 2 (4, 1) 1 (1, 1) (0, 0)

Existen tres números 3, 2 y 1 , no todos ceros, que hacen la suma igual al

vector cero; luego los tres vectores dados son linealmente dependientes.

1 2 3

Dados los vectores del espacio tridimensional.

a (1, 5, 2) , a (2,1,1) y a (3,1,1)

¿Son linealmente dependientes?

Solución:

Si son linealmente dependientes, si tiene que cumplir que

1 1 2 2 3 3 1 2 3a a a 0 , y no siendo nulos simultáneamente

1 2 3(1, 5, 2) (2,1,1) (3,1,1) (0, 0, 0)

de donde,

3

1 2 3

1 2 3

1 2 3

2 3 0

5 0

2

1 2 3

5 1

2 10

1 0

1

sistema homogéneo que, como

1 2 3sólo admite la solución trivial 0

Los vectores son linealmente independientes.

3 1 2 3Dada la base del espacio vectorial E : a (1, 5, 2) , a (2,1,1) y a (3,1,1)

Hallar en dicha base las coordenadas del vector b (3, 8, 2)

Solución:

1 2 3Si (x , x , x ) son las coordenadas del vector b en la base dada, se tiene:

1 2 3x (1, 5, 2) x (2,1,1) x (3,1,1) (3, 8, 2)

1 2 3

1 2 3

1 2 3

x 2x 3x 3

de donde, 5 x x x 8

2x x x 2

1 2 3

3 2 3 1 3 3 1 2 3

8 1 1 5 8 1 5 1 8

2 1 1 2 2 1 2 1 2x 2 x 7 x 5

1 2 3 1 2 3 1 2 3

5 1 1 5 1 1 5 1 1

2 1 1 2 1 1 2 1 1

Las coordenadas del vector b en la base dada son (2, 7, 5)

4

4 1 2 3

4

Sean los vectores de E : a (3, 1, 5, 0) , a (6, 2, 9, 1) , a (3, 1, 6,1) ,

a ( 3,1, 2 , 3). Determinar la dimensión del subespacio vectorial

engendrado por ellos y una base de dicho subespacio vectori

al.

Solución:

La dimensión del subespacio vectorial engendrado es igual al rango de la matriz

formada por dichos vectores.

1 2C 3C

3 1 5 0 0 1 5 0

6 2 9 1 0 2 9 1A r(A) 3

3 1 6 1 0 1 6 1

3 1 2 3 0 1 2 3

1 5El menor 0 r(A) 2

2 9

Como todos los menores de tercer orden que se pueden hallar orlando el anterior

son nulos:

1 5 0 1 5 0La dimensión del subespacio

2 9 1 0 2 9 1 0vectorial es 2

1 6 1 1 2 3

1 5Siendo 0 se concluye:

2 9

B (3, 1, 5, 0) , (6, 2, 9, 1) es una base del subespacio vectorial

1 2 3 4Todo vector v (x , x , x , x ) perteneciente a la variedad lineal se puede

obtener como combinación lineal de los vectores que conforman la base:

1 2 3 4v a b (x , x , x , x ) (3, 1, 5, 0) (6, 2, 9, 1)

1

2

3

4

x 3 6

x 2de donde, las ecuaciones paramétricas:

x 5 9

x

5

2 4Si el vector v (0, x , 1, x ) pertenece a la variedad lineal, tendría:

0 3 62 1

1 5 9

2 2

4 4

x 2 x 0Sustituyendo en las ecuaciones paramétricas:

x x 1

1 2 3

4

Sean los vectores a (2, 3, 4, 1,1) , a (3, 4, 7, 2, 1) , a (1, 3, 1, 1, 8) ,

a (0, 5, 5, 1, 4). Determinar la dimensión de la variedad lineal. La base de

dicha variedad. Expresar el vector (8, 4, 3, a,b) e

n dicha variedad.

Solución:

2 3 4 1 1

3 4 7 2 1A

1 3 1 1 8

0 5 5 1 4

2 3 4

Se obtiene que 3 4 7 0

0 5 5

Como todos los menores de orden 4 que se pueden formar orlando a dicho menor

son nulos, resulta que r (A) 3. Por tanto, la dimensión de la variedad lineal es 3

1 3

2 3

F 2F

F 3F

2 3 4 1 0 3 6 33 6 3 1 2 1

3 4 7 2 0 5 10 55 10 5 15 1 2 1 0

1 3 1 1 1 3 1 15 5 1 5 5 1

0 5 5 1 0 5 5 1

1 3

2 3

F 2F

F 3F

2 3 4 1 0 3 6 153 6 15 1 2 5

3 4 7 1 0 5 10 255 10 25 15 1 2 5 0

1 3 1 8 1 3 1 15 5 1 5 5 1

0 5 5 4 0 5 5 1

2 3 4

Por estar formado 3 4 7 0 por las filas primera, segunda y cuarta, una base

0 5 5

de la variedad lineal es B (2, 3, 4, 1,1) , (3, 4, 7, 2, 1) , (0, 5, 5, 1, 4)

6

1 2 3 4 5Todo vector v (x , x , x , x , x ) perteneciente a la variedad lineal se puede expresar

como combinación lineal de los vectores de la base: v a b c

El vector (8, 4, 3, a,b) en dicha variedad:

(8, 4, 3, a,b) (2, 3, 4, 1,1) (3, 4, 7, 2, 1) (0, 5, 5, 1, 4)

8 2 3

4 3 4 5

Las ecuaciones paramétricas son: 3 4 7 5

a 2

b 4

8 2 38 2 3

4 3 4 5 1 2 37 3

3 4 7 5

a 2 a 2Y de aquí:

b 4 b 13

1 2 3 1 2 3

1 1 2 2 1 3 2 3

Sea V un espacio vectorial sobre un cuerpo conmutativo K.

B u ,u ,u y B' v , v , v son bases de V, donde

v u u , v u , v u u

1 2' '

Hallar respecto a B las ecuaciones de un subespacio que respecto a B' viene

dado por: x 0 , x 0

Solución:

1 1 2 1 2 1

2 1 2 1 2 1 2 3 2

3 2 3 3 1 2 3 3

v u u u v 0 1 0

1 1

v

v u u v v u u u v

v u

0

1 1u u v v 1v v

1 2 3 1 2 3' ' '

0 1 0

Las fórmulas del cambio de base son: x x x x x x 1 1 0

1 1 1

1 2 3

2 1 2 3

3 3

'

'

'

x x x

de donde, x x x x

x x

1

2

'

'

x 0Sustituyendo en la ecuación del subespacio vectorial dado por el sistema

x 0

7

1 2 3 1

2 32 1 2 3

'

'

x x x 0 x 0

x x 0x x x x 0

ecuaciones del subespacio

vectorial en base B

1 2 34

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 2 3 3 4 4

x x x 0Sea W un subespacio vectorial de R , de ecuaciones:

x x x x 0

referidas a la base B u ,u ,u ,u .

Respecto a la nueva base B' u u ,u u , u u ,u se pide:

1 2

1 2

a) Ecuaciones respecto de la base W

b) ¿Qué coordenadas tiene el vector v u u respecto de las bases B y B'?

c) ¿Pertenece el vector v u u al subespacio W?

Solución:

a) La matriz del cambio de base de B a B':

1 1 2

2 2 3

3 3 4

4 4

v u u

v u u

v u u

v

1 1 0 0

0 1 1 0

0 0 1 1

0 0u 0 1

Las ecuaciones del espacio vectorial W respecto a la base B':

1 1

2 1 21 2 3 4 1 2 3 4

3 2 3

4 3 4

'

' '' ' ' '

' '

' '

1 1 0 0

0 1 1 0

0 0 1 1

0 0

x x

x x xx x x x x x x x

x x x

x x x0 1

1 2 3 1 3

1 2 3 4 4

' '

'

x x x 0 2x x 0Sustituyendo en resulta:

x x x x 0 x 0

1 2b) El vector v u u respecto a la base B tiene de coordenadas (1, 1, 0, 0)

Sustituyendo estas coordenadas en y resolviendo el sistema se obtienen

las ecuaciones del vector v respecto a B':

1

1 2 3 41 2

2 31 2 3 4

3 4

'' ' ' '

' '

' '' ' ' '

' '

1 xx 1 x x x 0

1 x x

0 x x(x , x , x , x ) (1, 0, 0, 0)

0 x x

8

1 3

4

' '

'

c) El vector v pertenece al subespacio W, dado que las coordenadas de v respecto B'

2x x 0 satisfacen las ecuaciones de W:

x 0

3 31 2 3

1 1 2 2 3 3 2 3 1 1 3 2 2 1 3

Sea el endomorfismo f: R R definido respecto a la base B e , e , e

tal que f(x e x e x e ) x x e x x e x x e . Se pide:

3

1) Expresión analítica de f respecto a la base B

2) Vectores Invariantes de f

3) Ecuaciones de Ker f

4) Ecuaciones de Imf

5) Determinar una base de Ker f y ampliarla a una base B' de R

6) Expresión analítica de f respecto de la base B'

Solución:

1 1 2 2 3 3 2 3 1 1 3 2 2 1 31) Siendo f(x e x e x e ) x x e x x e x x e

1 1 2 2 3 3 2 3 1 1 3 2 1 2 3 f(e ) x f(e ) x f(e ) x (e e ) x (e e ) x (e e ) x

Las imágenes de los vectores de la base B son:

1 2 3

2 1 3

3 1 2

f(e ) e e coordenadas (0, 1, 1)

f(e ) e e coordenadas (1, 0,1)

f(e ) e e coorde

0 1 1

Matriz del Endomorfi

nadas (1, 1,0

smo 1 0 1

1) 1 0

La ecuación del endomorfismo f:

1 1 2 2 3 3 1 2 3

0

f(x e

1 1

1 0 1

1 1

x e x e ) x x

0

x

9

2) El vector x es invariante por f f(x) x⇔

1 1 2 2 3 3 1 2 3 1 2 3 Sea x x e x e x e x x x

0 1 1

1 0 1

1 1

x

0

x x

1 2 3

2 1 3 3 1 2

3 1 2

x x x

de donde: x x x x 0 x x

x x x

1 2 1 2 Los vectores invariantes por f son de la forma: x e e (e e )

Ker(f) x V / f(x) 03)

1 1 2 2 3 3 x x e x e x e Ker f f(x) 0

1 2 3

0 1 1

1 0 1

1 1

f(x) 0 x x x = 0 0 0

0

2 3

1 3 1 2 3

1 2

x x 0

de donde x x 0 (x ,x ,x ) ( , , )

x x 0

1 2 3 En definitiva, Ker(f) (e e e ) /

1 2

1 3

x x 0 Las ecuaciones de Ker(f) respecto a la base B son

x x 0

Im(f) f(4) x) / x V

1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3 y y e y e y e Imf sí existe un x x e x e x e tal que f(x) y

1 2 3 1 2 3

0 1

f(x

1

1 0 1

1 1

) y y y y x x

0

x

1 2 31 2 2 1

2 1 3 1 2 33 1 2

3 1 2

y x xy y x x

y x x y y y 0y x x

y x x

1 2 3 La ecuación de Im(f) respecto a la base B es: y y y 0

1 2 1 3 Por tanto, Im(f) (e e ) (e e ) / ,

10

1 1 2 3

32 1 3 2 1 2 3

5) En el apartado (3) se tenía que una base de Ker(f) era el vector e e e ,

tomando e , e , una base B' , , es una base de R , dado que:

1 1 2 3 2 1 3 2 1 2 1 1 3 2 1 3 1 2 3 (e e e ) e e 0 ( )e ( )e e 0 0

1 1 2 3 2 1 3 26) Las imágenes de los vectores de la base B' e e e , e , e son:

1 1 2 3 1 2

2 1 2 3

3 2 3 1 2 3

e e e e

e e

e e

1

2 1 2 3 1 2

3 2 1 3 1 2 3

f( ) 0 coordenadas respecto B' (0, 0,0)

f( ) f(e ) e e coordenadas respecto B' (1, 1,0)

f( ) f(e ) e e 2 coordenadas respecto B' ( 1, 2,1)

0 0 0

La matriz asociada a f respecto B' es: 1 1 0

1 2 1

11

RAÍCES Y VECTORES CARACTERÍSTICOSDIAGONALIZACIÓN DE MATRICES

En los espacios vectoriales E (x, y) : x, y y F (x ', y', z ') : x ', y ', z '

se define la aplicación f :E F tal que: x ' x y y ' 2x y z ' x

a) Escribir la matriz del homomorfismo

b) Hallar las imágenes de a (2, 4)

Solución:

a) Las ecuaciones: x ' x y , y ' 2x y , z ' x se pueden escribir vectorialmente:

1 1

2 1

x ' x yx

y

1 0

' 2x yy

z ' x

donde es la matri

1 1

A 2 z del homomorfismo1

1 0

En general, un homomorfismo entre espacios vectoriales se puede escribir x ' A x

1 1

2

x ' 2 4 62

b) Para hallar la imagen de a (2, 4) : y ' 4 4 04

z ' 2 01 2

1

0

12

4 2Hallar los valores de la matriz A

1 3

Solución:

Los valores propios se obtienen resolviendo la ecuación característica A I 0

24 2 5A I 0 7 10 0 valores propios

1 3 2

1 1 2

2 1 2

'

'

x 7x 4 xSea la transformación definida por las ecuaciones:

x 2x x

Hallar los valores propios y vectores propios de la transformación.

Solución:

1 2

1 2 1 2 1 2' ' ' '

Si existen valores propios existirá un vector x (x , x ) tal que su transformado

x ' (x , x ) sea paralelo a x, es decir, x ' x , o bien: (x , x ) (x , x )

1 1 1 1 1 2 1 2

1 22 2 2 2 1 2

' '

' '

x x x x 7x 4 x (7 )x 4 x 0

2x (1 )x 0x x x x 2x x

13

27 4 Admite soluciones distintas de la trivial 0 8 15 0

2 1

1 2 Valores propios o valores característicos: 5 , 3

La transformación en forma matricial es: x ' A x

1 1

22

'

'transformación matricial

x x7 4 x ' A x

x2 1x

Se había obtenido el mismo resultado directamente con A I 0

7 4 0 7 4 A I

2 1 0 2 1

12

2

57 4 A I 0 8 15 0 valores propios

32 1

Los vectores propios se hallarán con la ecuación matricial: A x x

1 1 1 2 1 1 2

2 2 1 2 2 1 2

x x 7x 4 x x (7 )x 4 x 07 4A x x

x x 2x x x 2x (1 )x 02 1

1 2Valores propios o valores característicos: 5 , 3

1 2 1 21 1 2

1 2 1 2

(7 5)x 4 x 0 2x 4 x 0 Para 5 se tiene: x 2x 0

2x (1 5)x 0 2x 4 x 0

1 2

1

Una solución particular sería: x 2 , x 1. Luego (2, 1) es un vector propio,

correspondiente al valor propio 5

Obsérvese que un vector propio tiene la forma (2 k , k)

1 2 1 22 1 2

1 2 1 2

(7 3)x 4 x 0 4 x 4 x 0 Para 3 se tiene: x x 0

2x (1 3)x 0 2x 2x 0

1 2

2

Una solución particular sería: x 1, x 1. Luego (1, 1) es un vector propio,

correspondiente al valor propio 3

14

Hallar los valores propios y los vectores propios de la matriz simétrica

7 2 1

A 2 10 2 . Normalizar sus vectores característicos.

1 2 7

Solución:

La transformación escrita en forma matricial es x ' A x es decir:

1 1

2 2

33

'

'

'

x 7 2 1 x

x 2 10 2 x

1 2 7 xx

Los valores propios de la matriz A se obtienen resolviendo la ecuación característica

A I 0 , luego:

7 2 1 6 2 1

A I 0 2 10 2 6 10 2

1 2 7 6 2 7

2

1 2 1 1 2 1

(6 ) 1 10 2 (6 ) 0 12 3 (6 ) (12 ) 0

1 2 7 0 0 6

1 2 3Tiene como valores propios 6 y 12

Los vectores propios se hallan mediante la ecuación Ax x

1 1 1 2 3 1

2 2 1 2 3 2

3 3 1 2 3 3

7 2 1 x x 7x 2x x x

2 10 2 x x 2x 10x 2x x

1 2 7 x x x 2x 7x x

1 2 3

1 2 3

1 2 3

(7 )x 2x x 0

2x (10 )x 2x 0

x 2x (7 ) x 0

1 2 Para el valor propio 6, el sistema se convierte en:

1 2 3 1 2 3

1 2 3 1 2 3 1 2 3

1 2 3 1 2 3

(7 6)x 2x x 0 x 2x x 0

2x (10 6)x 2x 0 2x 4x 2x 0 x 2x x 0

x 2x (7 6) x 0 x 2x x 0

15

1

1 2 3 21

3

11

xvector propio

x 2x x 0 x(1, 1, 1)

x 2

2 2 21 1El módulo del vector (1, 1, 1) es: 1 1 1 3

1

1 1 1El vector normalizado: u , ,

3 3 3

1

1 2 3 22

3

10

xvector propio

x 2x x 0 x(1, 0, 1)

x 2

2 2 22 2El módulo del vector (1, 0, 1) es: 1 0 ( 1) 2

2

1 1El vector normalizado: u , 0 ,

2 2

3 Para el valor propio 12, el sistema se convierte en:

1 2 3 1 2 31 3

1 2 3 1 2 31 2 3

1 2 3 1 2 3

(7 12)x 2x x 0 5x 2x x 0x x 0

2x (10 12)x 2x 0 2x 2x 2x 0x x x 0

x 2x (7 12) x 0 x 2x 5x 0

1 2 3Solución del sistema: (x , x , x ) ( , 2 , )

3Un vector propio para 1: (1, 2, 1)

2 2 23 3El módulo del vector (1, 2, 1) es: 1 ( 2) ( 1) 6

3

1 2 1El vector normalizado: u , ,

6 6 6

16

Analizar si son equivalentes las matrices A y B:

1 1 2 3 1 2 1 3 4 1

1 1 1 1 2 1 3 1 2 1A B

1 2 1 3 1 3 4 1 2 1

1 0 0 1 2 0 6 5 4 3

Solución:

En el conjunto de las matrices la equivalencia de matrices es una relación

de equivalencia. Cada clase de equivalencia está formada por todas las matrices

que tienen el mismo rango.

xm n

Basta, por tanto, obtener r(A) y r(B)

1 1 2 3 1 1 2 11 1 2

1 1 1 1 1 1 1 2 Siendo: 1 1 1 0 , 0 , 0

1 2 1 3 1 2 1 11 2 1

1 0 0 1 1 0 0 2

r(A) 3

2 1 3 4 2 1 3 12 1 3

1 3 1 2 1 3 1 1 Como: 1 3 1 0 , 0 , 0

3 4 1 2 3 4 1 13 4 1

0 6 5 4 0 6 5 3

r(B) 3

En consecuencia, como los rangos son iguales, las matrices son semejantes.

Adviértase que dos matrices equivalentes proceden una de otra mediante alguna

o alguna de las transformaciones siguientes:

Cambiar entre sí dos líneas paralelas

Multiplicar los elementos de una lín

ea por un número

Sumar a una línea otra u otras paralelas

17

1 3 2

Dada la matriz simétrica A 3 7 5

2 5 8

Encontrar una matriz diagonal congruente con A

Solución:

i

i Las transformaciones ,mientras que las transformaciones

F

C s

afectan

ólo afec

tan a A

a (A I)

Se forma la matriz particionada (A I) :

2 1 2 1

3 1 3 1

F 3F C 3C

F 2F C 2C

1 0 0 1 0 0

0 1 0 3 1 0

0 0 1 2 0 1

1 3 2 1 3 2

(A I) 3 7 5 0 2 1

2 5 8 0 1 4

3 22 1

3 1

2F FC 3C

C 2C

1 0 0 1 0 0

3 1 0 3 1 0

2

1 0 0 1 0 0

0 2 1 0 2 1

0 1 4 0 0 90 1 1 1 2

3 22C C 1 0 0

0 2 0

0 0 1

1 0 0

3 1 0

1 1 28

Se ha encontrado una matriz dia

1 0 0

D 0 2 0

0 0 1

gonal

8

18

La matriz diagonal es congruente con la matriz D dada A

1 0 0 1 3 1

3 1 0 0 1 1

1 1 2 0 0

Haciendo N'

2

N

Se tiene que D NAN'

1 0 0 1 3 1 1 3 1

3 1 0 0 1 1 0 1 1

1 1 2 0

1 3 2 1 3 2

NAN' 3 7 5 0 2 1

2 5 8 0 0 90 2 0 0 2

1 0 0

0 2 0 D

0 0 18

Para que en la matriz diagonal sólo figuren 1, 0 , 1 , se parte de la

1 0 0

D 0 2 0

0 0 18

matriz diagonal , congruente con la matriz A

10 0

1

1Haciendo P 0 0

2

10 0

18

'

1 0 0

0 2 0

0 0

1 0 0 1 0 0

1 1PDP 0 0 0 0

2 2

1 10 0 0 0

18 18

18

2 3

3 2

F F

C C

1 0 0 1 0 01 0 0 1 0 0

2 10 0 0 0 0 1 0 E 0 1 0

2 20 0 1 0 0 1

18 10 0 0 0

18 18

La matriz E es el representante canónico de la clase de equivalencia de las matrices

congruentes con la matriz A

19

La signatura de la matriz E se obtiene como diferencia entre el número

de términos positivos (2) y el de términos negativos (1): 2 1 1

Todas las matrices congruentes con A tienen rango 3, dado que A 0,

y signatura unidad.

11 3Diagonalizar la matriz A

3 9

Solución:

1Una matriz A es diagonalizable si existe una matriz P tal que PAP es diagonal.

La matriz A es una matriz simétrica que siempre tiene raíces características reales.

211 3

Con la ecuación característica A I 20 96 03 9

1 2se obtienen los valores propios 12 y 8

12 0Una matriz diagonal semejante a la matriz A es: D

0 8

Se comprueba que D es semejante a la matriz A determinando los vectores

característicos, que verifican la ecuación Ax x

1 2 1 1 21 1

2 2 1 2 2 1 2

11 3 11x 3 x x (11 )x 3 x 0x x

x x3 9 3 x 9x x 3 x (9 )x 0

1 2 1 21

1 2 1 2

(11 12)x 3 x 0 x 3 x 0 Para 12 se tiene:

3 x (9 12)x 0 3 x 3x 0

1 2

1 2 1 1

que equivale a la única ecuación x 3 x 0 , que tiene como solución particular

3 1x 3 , x 1 ; obteniendo el vector u 3 , 1 , normalizado es: ,

2 2

1 2 1 22

1 2 1 2

(11 8)x 3 x 0 3x 3 x 0 Para 8 se tiene:

3 x (9 8)x 0 3 x x 0

20

1 2

1 2 2 2

que equivale a la única ecuación 3 x x 0 , que tiene como solución particular

31x 1 , x 3 ; obteniendo el vector u 1, 3 , normalizado es: ,

2 2

1 2 La matriz P se obtiene formando por filas los vectores y

1

3 1Matriz que es ortogonal al verificarse que2 2PP' P (transpuesta es igual a la inversa)31

2 2

1

3 31 111 32 2 2 2La matriz D PAP

3 93 31 1

2 2 2 2

3 16 3 6 12 02 2 La matriz D es semejante a la matriz A

0 84 4 3 31

2 2

1

3 1 1

Obtener una matriz P tal que PAP sea diagonal a A 1 5 1

1 1 3

Solución:

3 1 1 3 1 1

El polinomio característico A I 1 5 1 3 5 1

1 1 3 3 1 3

1 1 1 1 1 1

(3 ) 1 5 1 (3 ) 0 6 2 (3 ) (6 ) (2 ) 0

1 1 3 0 0 2

1 2 3se obtienen los valores propios: 6 , 3 , 2

6 0 0

Una matriz diagonal semejante a la matriz A es: D 0 3 0

0 0 2

Los vectores característicos verifican la ecuación Ax x

21

1 1 1 2 3 1 1 2 3

2 2 1 2 3 2 1 2 3

3 3 1 2 3 3 1 2 3

3 1 1 x x 3x x x x (3 )x x x 0

1 5 1 x x x 5x x x x (5 )x x 0

1 1 3 x x x x 3x x x x (3 )x 0

1 2 3 1 2 3

1 1 2 3 1 2 3

1 2 3 1 2 3

(3 6)x x x 0 3x x x 0

Para 6 se tiene: x (5 6)x x 0 x x x 0

x x (3 6)x 0 x x 3x 0

1 31 3 2

1 2 3

x x 0para x 1 x 1 x 2

x x x 0

1 1

1 2 1un vector propio u (1, 2 , 1) , normalizado , ,

6 6 6

1 2 3 2 3

2 1 2 3 1 2 3

1 2 3 1 2

(3 3)x x x 0 x x 0

Para 3 se tiene: x (5 3)x x 0 x 2 x x 0

x x (3 3)x 0 x x 0

2 31 2 3

1 2

x x 0para x 1 x 1 x 1

x x 0

2 2

1 1 1un vector propio u (1, 1, 1) , normalizado , ,

3 3 3

1 2 3 1 2 3

3 1 2 3 1 2 3

1 2 3 1 2 3

(3 2)x x x 0 x x x 0

Para 2 se tiene: x (5 2)x x 0 x 3 x x 0

x x (3 2)x 0 x x x 0

22 1 3

1 3

x 0x 0 para x 1 x 1

x x 0

3 3

1 1un vector propio u (1, 0 , 1) , normalizado , 0 ,

2 2

La matriz P es la que tiene por filas los vectores propios hallados:

1 2 1

6 6 6

Que se comprueba que es ortogonal, calculando1 1 1P

los productos escalares de sus vectores fila.3 3 3

1 10

2 2

22

1 2

1 2 1 1 1 1 2 2. , , . , , 0

6 6 6 3 3 3 18 18

1 3

1 2 1 1 1 1 1. , , . , 0 , 0

6 6 6 2 2 12 12

2 3

1 1 1 1 1 1 1. , , . , 0 , 0

3 3 3 2 2 6 6

1

1

Se comprueba que PAP D , teniendo en cuenta que como la matriz P es ortogonal,

la matriz inversa coincide con la transpuesta, es decir, P P'

1

1 2 1 1 1 1

6 6 6 6 3 23 1 1

1 1 1 2 1PAP 1 5 1 0

3 3 3 3 31 1 3

1 1 1 1 10

2 2 6 3 2

1 1 1

6 3 26 2 6 6 6 0 02 1

3 3 3 0 0 3 03 3

0 0 22 0 21 1 1

6 3 2

23

1 1Comprobar que la matriz A no es diagonizable.

0 1

Solución:

21 1La ecuación característica A I 0 (1 ) 0 1 (doble)

0 1

Los vectores característicos verifican la ecuación Ax x

1 1 1 2 1 1 2

2 2 2 2 2

x x x x x (1 )x x 01 1

x x x x (1 )x 00 1

1 22

2

(1 1)x x 0 Para 1 se tiene: x 0

(1 1)x 0

1Sólo existe un vector propio independiente, por ejemplo, (1, 0)

xComo para diagonalizar la matriz haría falta una matriz 2 2, cuyas líneas serían

los vectores independientes, no se puede formar dicha matriz y la dada no es

diagonizable.

Comprobar que la matrices tienen el mismo polinomio característico y,

sin embargo, no son semejantes.

2 2 1 2 1 1

A 1 3 1 y B 0 2 1

1 2 2 3 2 3

Solución:

Polinomio característico de A:

2 2 1 5 2 1 1 2 1

A I 1 3 1 5 3 1 (5 ) 1 3 1

1 2 2 5 2 2 1 2 2

12

2

3

1 2 1 1

(5 ) 0 1 0 (5 ) (1 ) 0 valores propios 1

0 0 1 5

24

1 2 3

1 2 3

1 2 3

(2 )x 2x x 0Los vectores característicos de

x (3 )x x 0A se obtienen a partir del sistema

x 2x (2 )x 0

1 2 3 1

1 2 3 1 2 3 2

1 2 3 3

(2 1)x 2x x 0 x

1: x (3 1)x x 0 x 2x x 0 2x

x 2x (2 1)x 0 x

1 2Con vectores linealmente independientes: u (1, 2, 1) , u (1, 0, 1)

1 2 3 1 2 3

1 2 3 1 2 3 1 3

1 2 3 1 2 3

(2 5)x 2x x 0 3x 2x x 0

5 : x (3 5)x x 0 x 2x x 0 x x 0

x 2x (2 5)x 0 x 2x 3x 0

3Con vector propio u (1, 1, 1)

1

1 2 1 1 1 1

La matriz ortogonal P 1 0 1 donde, P P' 2 0 1

1 1 1 1 1 1

La matriz A es diagonalizable:

1

1 2 1 2 2 1 1 1 1 1 0 0

P AP 1 0 1 1 3 1 2 0 1 0 1 0

1 1 1 1 2 2 1 1 1 0 0 5

Polinomio característico de B:

2 1 1 2 0 1 2 0 1

B I 0 2 1 0 1 1 0 1 1

3 2 3 3 1 3 3 0 4

2 (2 ) (1 ) (4 ) 3(1 ) (1 ) (2 )(4 ) 3 (1 ) 6 5 0

1

2

3

1

valores propios 1

5

1 2 3

2 3

1 2 3

(2 )x x x 0Los vectores característicos de

(2 )x x 0B se obtienen a partir del sistema

3x 2x (3 )x 0

25

1 2 3 1 2 31

2 3 2 32 3

1 2 3 1 2 3

(2 1)x x x 0 x x x 0x 0

1: (2 1)x x 0 x x 0x x

3x 2x (3 1)x 0 3x 2x 2x 0

1Con el único vector independiente v (0, 1, 1)

Por tanto, es imposible diagonalizar la matriz B, luego no puede ser semejante a

1 0 0

la matriz 0 1 0

0 0 5

Las matrices A y B tienen el mismo polinomio característico, pero no son semejantes.