Determinantes. Reducción de matrices. Caso diagonalizable

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1 Tema 4 Determinantes Reducción de matrices Caso diagonalizable En este tema consideraremos matrices cuadradas y, para ellas, introduciremos el concepto de autovalor de una matriz Veremos también cómo algunas matrices, tras un cambio de base se pueden reducir a forma diagonal, con elementos en la diagonal igual a dichos autovalores Para definir el concepto de autovalor necesitamos previamente el concepto de determinante 41 Determinantes Desde un punto de vista geométrico y en dimensiones dos y tres, podría definirse el determinante de una matriz en términos de áreas y volúmenes Por ejemplo, dada una matriz 2 2, ( ) a11 a A = 12, a 21 a 22 podría definirse el determinante de A, denotado por det(a), como el área encerrada por el paralelogramo de aristas determinadas por las columnas de A, entendidas como vectores en el plano, de modo que ( ) a11 a det 12 = a a 21 a 11 a 22 a 21 a En el caso de una matriz 3 3, A = a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a 23 a 31 a 32 a 33 el determinante de A podría definirse igualmente como el volumen del paralelepípedo cuyas aristas están generadas por las columnas de A, entendidas como vectores en el espacio En este caso, la fórmula es un poco más complicada de obtener y se llama regla de Sarrus, det a 11 a 12 a 13 a 21 a 22 a 23 = a 11 a 22 a 33 + a 31 a 12 a 23 + a 21 a 32 a 13 a 31 a 32 a 33 a 12 a 21 a 33 a 11 a 32 a 23 a 31 a 22 a 13

2 Para matrices de mayor tamaño no podemos dar una referencia geométrica realista, de manera que la definición sigue otro enfoque Sea A = (a ij ) M n,n (K) Se define el determinante de A como el número det(a) = = π(σ)a 1σ(1) a 2σ(2) a nσ(n) σ S n a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n, a n1 a n2 a nn donde S n es el conjunto de permutaciones de orden n y π(σ) la paridad de la permutación σ (véase el tema preliminar) Cuando σ recorre S n, los términos a 1σ(1) a 2σ(2),, a nσ(n) describen todos los posibles productos de n factores extraídos de los elementos de A con la propiedad de que en dichos productos siempre figura un elemento de cada fila y de cada columna de A En el cálculo efectivo de un determinante no suele usarse la definición salvo en los ejemplos clásicos con n = 2 y n = 3, que hemos mencionado previamente El cálculo de un determinante puede hacerse de varias formas, y aquí mencionaremos algunas La primera está basada en propiedades fundamentales del determinante, que pasamos a describir Dada A = (a ij ) M n,n (K), denotamos sus filas por F 1,, F n, es decir, Las propiedades son las siguientes: A = F 1 F 2 F n 1 det(a) es lineal en cada fila, es decir, si 1 k n, (a) Para λ K, F 1 F 2 λf k F n = λ F 1 F 2 F k F n (b) Si la fila F k = F k + F k es suma de otras dos, entonces F 1 F 2 F k F n = F 1 F 2 F k F n + F 1 F 2 F k F n

3 Por ejemplo = 2 = El determinante cambia de signo al intercambiar dos filas entre sí Por ejemplo, 3 det(i n ) = 1, n = 1, 2, 4 det(λa) = λ n det(a) = 5 Sea σ S n y A σ la matriz obtenida al permutar las filas de A según σ, A σ = F σ(1) F σ(2) F σ(n) entonces det(a σ ) = π(σ)det(a) Por ejemplo, si entonces π(σ) = 1 y por tanto σ = ( = ), 6 Si A tiene dos filas iguales, entonces det(a) = 0 Por ejemplo, = = 0 7 El determinante no cambia cuando a una fila se le suma una combinación lineal de las restantes filas Por ejemplo, = 8 Si A tiene una fila nula, entonces det(a) = = 0 0 2

4 9 Si T = (t ij ) es una matriz triangular (superior o inferior), entonces det(t ) = t 11 t 22 t nn Por ejemplo, = = 4 10 det(ab) = det(a)det(b) En particular, si A es invertible, entonces det(a 1 ) = 1/det(A) 11 det(a T ) = det(a) En consecuencia, cada propiedad para las filas tiene una análoga para las columnas Lo aconsejable para calcular determinantes, sobre todo si son grandes, es hacer uso de estas propiedades fundamentales, aplicándolas para ir transformando el determinante en otros más fáciles de calcular Lo usual suele ser reducir con operaciones elementales el cálculo del determinante al de una matriz triangular (véase el ejemplo en las propiedades 7 y 9) Por lo tanto, parte del proceso de la eliminación gaussiana es de nuevo útil Por ejemplo, = = / /5 3 = / /7 = Desarrollo por los elementos de una ĺınea Otro método más elaborado para calcular un determinante es el desarrollo por los elementos de una fila o una columna Dada una matriz A = (a ij ) M n,n (K) se llama menor complementario α kl del elemento a kl al determinante de la matriz (n 1) (n 1) obtenida de A al suprimir su fila k y su columna l El cofactor de a kl se define como A kl = ( 1) k+l α kl Entonces, para cualquier fila k se satisface la fórmula det(a) = a k1 A k1 + a k2 A k2 + + a kn A kn, llamada desarrollo del determinante por los elementos de la fila k Hay una fórmula análoga para el desarrollo del determinante por una columna cualquiera l: det(a) = a 1l A 1l + a 2l A 2l + + a nl A nl Por ejemplo = = 4 = = 4 Como se ve, el método reduce el cálculo de un determinante de una matriz al de determinantes de matrices de un orden menos

5 42 Semejanza de matrices Sean A, B M n,n (K) Se dice que A es semejante con B si existe una matriz no singular P M n,n (K) tal que B = P 1 AP Hay que notar que si A es semejante con B y λ K entonces λi n A es semejante con λi n B Ya hemos visto un ejemplo de semejanza de matrices al hablar de la matriz de una aplicación lineal en una base Imaginemos que V es un espacio vectorial de dimensión finita, B, B son dos bases de V y T : V V es una aplicación lineal (cuando el espacio de partida y el de llegada es el mismo, T se llama endomorfismo) Denotemos por M(T, B, B) = M(T, B), M(T, B, B ) = M(T, B ) V B M(T, B, B) V B T ( x) M(B, B) M(B, B) V B x M(T, B, B ) V B Recordemos que la relación entre las dos matrices de la aplicación lineal T viene dada por la matriz P = M(B, B) de cambio de base: M(T, B ) = P 1 M(T, B)P Esto no es otra cosa que una relación de semejanza: todas las matrices que representan al endomorfismo T en las distintas bases son semejantes entre sí Presentada la noción de semejanza de matrices, nos planteamos la cuestión de si dada una matriz A M n,n (K) puede haber una matriz semejante con ella cuya expresión sea sencilla, más concretamente diagonal 43 Autovalores y autovectores Polinomio característico Sea una matriz cuadrada A M n,n (K) La expresión p A (z) = det(zi n A), z C,

6 es un polinomio de grado n, de la forma p A (z) = z n + a n 1 z n a 1 z + a 0, que se llama polinomio característico de la matriz A Las raíces de la ecuación p A (z) = 0 se llaman raíces características de la matriz A Factorizando el polinomio según las distintas raíces, p A (z) = (z µ 1 ) m1 (z µ 2 ) m2 (z µ r ) mr, el número m j, 1 j r se denomina multiplicidad algebraica de la raíz característica µ j Puesto que p A tiene grado n, se cumple siempre que n = m 1 + m m r Además det(a) = ( 1) n a 0 = µ m 1 1 µ mr r El conjunto σ(a) = {µ 1,, µ r } se llama espectro de A Observemos que si A, B M n,n (K) son semejantes, entonces comparten el polinomio característico y, por tanto, el espectro y el determinante En particular, como las matrices que representan a un endomorfismo T en distintas bases son semejantes, es posible definir el determinante, el polinomio, las raíces características y el espectro de un endomorfismo T como los correspondientes a una matriz que represente a T en alguna base Sea A M n,n (K) Se dice que λ K es un valor propio o autovalor de A si existe algún vector v tal que A v = λ v Tales vectores se llaman autovectores de A asociados al autovalor λ Teorema 1 En esta situación, las siguientes condiciones son equivalentes: (1) λ es autovalor de A (2) Existe un vector v tal que A v = λ v (3) La matriz λi n A es singular (4) p A (λ) = det(λi n A) = 0 Así pues, los autovalores de A son las raíces características de la matriz A que se encuentran en el cuerpo K considerado Si K = C, el conjunto de valores propios coincide con el espectro de A, mientras que si K = R, los autovalores son las raíces características que son números reales Normalmente, para determinar los autovalores de una matriz se suele hacer uso de la cuarta condición del teorema, determinando si es posible los ceros del polinomio característico que están en el cuerpo considerado Dado un autovalor λ de A, es claro que los vectores del subespacio Ker(λI n A) son los autovectores asociados a λ y sólo ellos El subespacio E(A, λ) = Ker(λI n A), se llama subespacio propio asociado a λ y su dimensión es la multiplicidad geométrica del autovalor λ Ejemplos d(λ) = dime(a, λ) 1,

7 (1) Para la matriz el polinomio característico es A = p A (z) = det(zi 3 A) = det z z z 1 De modo que los autovalores con sus multiplicidades algebraicas son λ 1 = 2, m 1 = 2 λ 2 = 6 m 2 = 1 = (z + 2) 2 (z 6) Buscamos ahora los subespacios propios de cada autovalor y su correspondiente multiplicidad geométrica Para λ 1 = E(A, λ 1 ) = Ker( 2I 3 A) = {(x, y, z) T / x y = 0} z = {(x, y, z) T /2x + y 3z = 0} = span((1, 2, 0) T, (0, 3, 1) T ) d(λ 1 ) = 2 Mientras que para el otro autovalor E(A, λ 2 ) = Ker(6I 3 A) = {(x, y, z) T / x y z = 0} = {(x, y, z) T /2x y + 3z = 0, y + z = 0} = span(( 2, 1, 1) T ) d(λ 2 ) = 1 (2) Para la matriz el polinomio característico es A = p A (z) = det(zi 3 A) = det z z z 1 De modo que los autovalores con sus multiplicidades algebraicas son λ 1 = 0, m 1 = 1 λ 2 = 1 m 2 = 1 λ 3 = 3 m 3 = 1 = z(z 1)(z 3) Buscamos ahora los subespacios propios de cada autovalor y su correspondiente multiplicidad geométrica Para λ 1 = 0 E(A, λ 1 ) = Ker( A) = {(x, y, z) T / x y = 0} z = {(x, y, z) T /x = y = z} = span((1, 1, 1) T ) d(λ 1 ) = 1

8 Mientras que para el segundo autovalor y, para el tercero, E(A, λ 2 ) = Ker(I 3 A) = {(x, y, z) T / x y z = 0} = {(x, y, z) T /y = 0, z = x} = span((1, 0, 1) T ) d(λ 2 ) = 1, E(A, λ 3 ) = Ker(3I 3 A) = {(x, y, z) T / x y z = 0} = {(x, y, z) T /x = z, y = 2z} = span((1, 2, 1) T ) d(λ 3 ) = 1 (3) Para la matriz el polinomio característico es A = p A (z) = det(zi 3 A) = det z 1 z z 2 = (z 2)(z 2 + 1) De modo que, como matriz de elementos complejos, los autovalores con sus multiplicidades algebraicas son λ 1 = 2, m 1 = 1 λ 2 = i m 2 = 1 λ 3 = i m 3 = 1 Como matriz real, sólo hay un valor propio λ 1, mientras que el espectro lo forman las tres raíces Buscamos ahora los subespacios propios de cada autovalor y su correspondiente multiplicidad geométrica, suponiendo que la matriz es compleja Para λ 1 = 2 E(A, λ 1 ) = Ker(2I 3 A) = {(x, y, z) T / x y z = 0} = {(x, y, z) T /y = (2/5)z, x = (1/5)z} = span(( 1, 2, 5) T ) d(λ 1 ) = 1 Mientras que para el segundo autovalor y, para el tercero, E(A, λ 2 ) = Ker(iI 3 A) = {(x, y, z) T / 1 i 1 i i 2 x y z = 0} = {(x, y, z) T /z = 0, x = iy} = span((1, i, 0) T ) d(λ 2 ) = 1, E(A, λ 3 ) = Ker(( i)i 3 A) = {(x, y, z) T / i i i 2 x y z = {(x, y, z) T /z = 0, x = iy} = span((1, i, 0) T ) d(λ 3 ) = 1 = 0} Nota: como λ 2 y λ 3 son conjugados, los vectores que generan cada subespacio propio también lo son Cuando la matriz tiene elementos reales, esta propiedad es general ( por qué?)

9 44 Diagonalización A la vista de los comentarios del ejemplo introductorio y de los elementos que acabamos de definir, es clara la importancia de los autovalores y los autovectores en la determinación de la solución a nuestro problema El objetivo es por tanto encontrar una manera de tratar de transformar una matriz cuadrada A en una matriz diagonal o triangular sin cambiar sus valores propios Esto no se cumple para la eliminación gaussiana: los autovalores de la matriz triangular superior final del proceso de eliminación no son los de la matriz original Comenzamos dando un criterio para determinar cuándo podemos transformar una matriz en otra diagonal Sea A M n,n (K) una matriz cuadrada Se dice que A es diagonalizable si existe una matriz semejante con ella que es diagonal Esto significa que existe una matriz P M n,n (K) no singular tal que es diagonal D = P 1 AP Como los autovalores de una matriz diagonal son precisamente los elementos de la diagonal principal, es claro que la matriz diagonal semejante a la matriz A tiene por entradas diagonales los autovalores de A Teorema 2 Sea A M n,n (K) y λ 1,, λ r los autovalores de A Entonces (a) Los subespacios E(A, λ 1 ),, E(A, λ r ) son independientes (b) La multiplicidad geométrica d(λ j ) de cada autovalor es a lo sumo su multiplicidad algebraica m(λ j ) (c) La matriz A es diagonalizable si y sólo si se verifican las dos condiciones siguientes: (i) λ j K, j = 1,, r (esta condición siempre se cumple si K = C) (ii) d(λ j ) = m(λ j ), j = 1,, r (d) La matriz A es diagonalizable si y sólo si K n = E(A, λ 1 ) E(A, λ r ) Esto equivale a decir que A es diagonalizable si y sólo si existe una base en K n formada por vectores propios de A El criterio práctico para determinar si una matriz A es diagonalizable es el siguiente: (1) Determinar los autovalores de A a través de las raíces de su polinomio característico p A (z) = det(zi n A) Si alguna de sus raíces ya no está en K, la matriz ya no es diagonalizable (2) Supongamos que todas las raíces características λ 1,, λ r están en K La determinación de estas raíces λ j (los autovalores) nos permite conocer cada una de las multiplicidades algebraicas m(λ j ) (que recordemos es la multiplicidad de λ j como cero del polinomio característico) A continuación determinamos la dimensión de cada subespacio propio E(A, λ j ) = Ker(λ j I n A), es decir, la multiplicidad geométrica d(λ j ) Para cada autovalor λ j comprobamos si se cumple la segunda condición: d(λ j ) = m(λ j ) Si para alguno falla, la matriz no es diagonalizable (3) Caso de que todos los autovalores verifiquen las dos condiciones (i) y (ii) del apartado (c) del Teorema 2, determinamos una base B j de cada subespacio propio E(A, λ j ) y juntamos todas las bases para formar una base de K n : B = B 1 B r Entonces, si P es la matriz cuyas columnas son los vectores de la base B, se tiene que P 1 AP es diagonal con los elementos de la diagonal principal siendo los autovalores de A

10 Ejemplos (1) Para la matriz A = ya hemos visto que los autovalores con sus multiplicidades son λ 1 = 2, m λ1 = 2, d λ1 = 2 λ 2 = 6 m λ2 = 1, d λ2 = 1 luego la matriz es diagonalizable en R También calculamos anteriormente una base de cada subespacio propio: E(A, λ 1 ) = span((1, 2, 0) T, (0, 3, 1) T ) E(A, λ 2 ) = span(( 2, 1, 1) T ) Entonces, si se tiene que P = P 1 AP = (2) Para la matriz A = se tiene λ 1 = 0, m λ1 = 1, d λ1 = 1 λ 2 = 1 m λ2 = 1, d λ2 = 1 λ 3 = 3 m λ3 = 1, d λ3 = 1 La matriz es diagonalizable en R La base de autovectores es la siguiente: E(A, λ 1 ) = span((1, 1, 1) T ) E(A, λ 2 ) = span((1, 0, 1) T ) E(A, λ 3 ) = span((1, 2, 1) T ) Luego si P =

11 se tiene que P 1 AP = Este es un ejemplo de un caso particular de matrices diagonalizables: aquéllas cuyos autovalores están en el cuerpo considerado y son todas distintas (3) Para la matriz A = se tiene λ 1 = 2, m λ1 = 1, d λ1 = 1 λ 2 = i m λ2 = 1, d λ2 = 1 λ 3 = i m λ3 = 1, d λ3 = 1 Como matriz real, A no es diagonalizable, pues tiene dos autovalores que no son reales Pero como matriz compleja, A es diagonalizable La base de autovectores es la siguiente: E(A, λ 1 ) = span(( 1, 2, 5) T ) E(A, λ 2 ) = span((1, i, 0) T ) E(A, λ 3 ) = span((1, i, 0) T ) Luego si se tiene que P = P 1 AP = i i i i Ya sabemos que cuando no se cumplen las dos condiciones (i) y (ii) del teorema anterior, la matriz A no es diagonalizable Cuando la segunda de las condiciones de diagonalización falla manteniéndose la primera (los autovalores están en el cuerpo considerado) la matriz aún puede reducirse a forma triangular superior por semejanza Teorema 3 Sea A M n,n (K) Entonces existen una matriz U M n,n (K) no singular y una matriz triangular superior S M n,n (K) tales que S = U 1 AU si y sólo si los autovalores de A están en K (esta condición se satisface siempre cuando K = C) La matriz U puede elegirse unitaria (U = U 1 ) La demostración es constructiva, aunque no la daremos Es importante, sin embargo, retener este resultado, fundamentalmente por dos razones: (i) porque proporciona una reducción intermedia entre el caso más simple (cuando la matriz diagonaliza) y el más general que trataremos en el tema siguiente; (ii) porque se utiliza para deducir que un tipo importante de matrices es diagonalizable y da lugar a una forma especial de diagonalización Esto es lo que vamos a ver ahora

12 45 Diagonalización ortogonal Hemos visto que la diagonalización de una matriz, o de un endomorfismo, es un problema que no siempre tiene solución Hay, sin embargo, un caso particular de matrices que son siempre diagonalizables y para las que las bases de diagonalización tienen estructura especial Recordemos que la adjunta A M n,m (K) de una matriz dada A M m,n (K) se define como la traspuesta conjugada (A = A T ) Además, es importante la relación con el producto interno A x, y = x, A y, x K n, y K m La adjunta se comporta con la suma y el producto por un escalar en el sentido siguiente: Además, (A ) = A Se dice que una matriz A M n,n (R) es simétrica si A T = A = A, antisimétrica si A T = A = A, (A + B) = A + B, (λa) = λa ortogonal si A es no singular y A T = A = A 1 Análogamente, una matriz A M n,n (C) es hermítica si A = A, antihermítica si A = A, unitaria si A es no singular y A = A 1 Recordemos también que A M n,n (R) (resp A M n,n (C)) es ortogonal (resp unitaria) si sus columnas forman una base ortonormal de R n (resp C n ) Las matrices destacables son las simétricas en el caso real y las hermíticas en el caso complejo Ambas son siempre diagonalizables Además, la matriz formada por la base de autovectores es ortogonal en el caso real y unitaria en el caso complejo Teorema 4 Sea A M n,n (R) una matriz simétrica Entonces (1) Todos los autovalores λ 1,, λ r de A son reales (2) Si λ y µ son autovalores de A distintos, los correspondientes subespacios propios E(A, λ), E(A, µ) son ortogonales (3) Existe una matriz ortogonal P M n,n (R) tal que P T AP = P 1 AP es diagonal IMPORTANTE: en la práctica, se procede como en una diagonalización normal, con la única diferencia de que para cada subespacio propio se elige una base ortonormal Ejemplo Vamos a diagonalizar ortogonalmente la matriz A = El polinomio característico es p A (z) = (z 2) 2 (z 5),

13 de manera que los autovalores con sus multiplicidades algebraicas son λ 1 = 2, m(λ 1 ) = 2 λ 2 = 5, m(λ 2 ) = 1 Los subespacios propios son los siguientes Para λ 1 = 2 E(A, λ 1 ) = Ker(2I 3 A) = {(x, y, z) T / = {(x, y, z) T /x + y + z = 0} x y z = 0} = span((1/ 2, 0, 1/ 2) T, (1/ 6, 2/ 6, 1/ 6) T ) d(λ 1 ) = 2 Fijémonos en que hemos elegido una base ortonormal del subespacio Esta es la única diferencia Para el otro autovalor E(A, λ 2 ) = Ker(5I 3 A) = {(x, y, z) T / x y = 0} z = {(x, y, z) T /x 2y + z = 0, y z = 0} = span((1/ 3, 1/ 3, 1/ 3) T ) d(λ 2 ) = 1 Los autovectores asociados a autovalores distintos ya son ortogonales entre sí Como las multiplicidades coinciden, la matriz es diagonalizable La base elegida al juntar las bases de cada subespacio propio, es ortonormal, de modo que la matriz P = 1/ 2 1/ 6 1/ 3 0 2/ 6 1/ 3 1/ 2 1/ 6 1/ 3 es ortogonal Además, P T AP = P 1 AP = Teorema 5 Sea A M n,n (C) una matriz hermítica Entonces (1) Todos los autovalores de A son reales (2) Si λ y µ son autovalores de A distintos, los correspondientes subespacios propios E(A, λ), E(A, µ) son ortogonales (3) Existe una matriz unitaria U M n,n (C) tal que U AU = U 1 AU es diagonal Ejercicio Diagonaliza unitariamente la matriz A = 2 i 2 i 2 i i EJERCICIOS DEL TEMA 4

14 Ejercicio 1 Se considera la aplicación lineal T : R 3 R 3 siguiente T ([x, y, z] T ) = [2x + z, x + y + z, x y + 3z] T Se considera en R 3 la base B = {[3, 1, 0] T, [ 1, 3, 0] T, [0, 0, 1] T } a) Halla la matriz de T respecto de la nueva base B b) Halla una base B de R 3 en la cual la matriz de la aplicación lineal sea diagonal Ejercicio 2 Sea T : R 3 R 3 una aplicación lineal que admite por vectores propios a v 1 = (1, 1, 0) T, v 2 = (1, 1, 0) T, v 3 = (0, 0, 1) T Se sabe además que la imagen del vector w = (3, 1, 1) T es el vector (8, 0, 2) T Halla los valores propios de T Ejercicio 3 Encuentra los autovalores y autovectores de las siguientes matrices: Ejercicio 4 Demuestra que las matrices A = 4 a a 2 B = 1 a a a a son semejantes independientemente del valor de a, pero que las matrices C = D = no son semejantes Ejercicio 5 Estudia para qué valores de los parámetros reales a y b son diagonalizables las siguientes matrices A = B = a 0 a b Halla un sistema completo de autovectores cuando sea posible Ejercicio 6 Encuentra autovalores, autovectores, forma diagonal y matriz de paso para las siguientes matrices Ejercicio 7 Determina si las siguientes matrices son o no diagonalizables En caso afirmativo, encuentra la matriz de paso y la forma diagonal asociada

15 Ejercicio 8 Se consideran las matrices complejas siguientes: 2 i 2 i 2 A = i i B = i 4 2i 8 2i 4 2i 5 Halla matrices unitarias U, V tales que U 1 AU, V 1 BV sean diagonales, y halla dichos productos Ejercicio 9 Diagonaliza ortogonalmente las matrices simétricas A = B = C = encontrando matrices ortogonales P, Q y R tales que P 1 AP, Q 1 BQ y R 1 CR sean diagonales Idem para la matriz D = Ejercicio 10 Sea A = Halla una matriz ortogonal P con det(p )=1 y tal que P T AP sea una matriz diagonal con los elementos diagonales dispuestos en orden decreciente