2 Polinomio característico de una matriz

Transcripción

1 Lección 4: Teoría de Operadores 1 Semejanza Sean A, B M n,n. Se dice A es semejante con B cuando existe una matriz regular P GL n de suerte que B = P 1 AP. Si A es semejante con B, entonces B es semejante con A. Sea C M n,n una tercera matriz cuadrada. Si A es semejante con B y B es semejante con C, entonces A es semejante con C. Si A es semejante con B y si λ K, entonces λid A es semejante con λid B. En esta lección estamos interesados en los endomorfismos T en un espacio vectorial de dimensión finita E. Si B y B son dos bases de E es habitual escribir M(T, B) = M(T, B, B), M(T, B ) = M(T, B, B ). Si la matriz de paso M(B, B) se denota por P, de acuerdo con lo ya expuesto en otras lecciones, se verifica que M(T, B ) = P 1 M(T, B)P. Se deduce que las distintas matrices que representan al operador T en las distintas bases son semejantes entre sí. 2 Polinomio característico de una matriz Sea una matriz cuadrada A M n,n. La expresión p A (z) = det(zid A), z C es un polinomio mónico de grado n, p A (z) = z n + a n 1 z n a 1 z + a 0, que se denomina polinomio característico de la matriz A. 101

2 Observemos que a n 1 = tr(a), a 0 = ( 1) n det(a). Las raíces de la ecuación p A (z) = 0 se denominan raíces características de la matriz A. Factoricemos el polinomio según las distintas raíces r p A (z) = (z µ j ) m j, (µ k µ l si k l). j=1 El número m j, 1 j r, se denomina multiplicidad algebraica de la raíz característica µ j. Se cumple siempre que Son válidas las relaciones El conjunto n = m 1 + m m r. tr(a) = m 1 µ m r µ r, det(a) = µ m 1 1 µ m r r. se denomina espectro de la matriz A. σ(a) = { µ 1,..., µ r } Teorema 1 Sea una matriz A M n,n y sea µ C. Son equivalentes (a) µ σ(a), (b) El operador (µid A) : C n C n no es inyectivo. Si la matriz A es real y si µ es real, entonces también podemos añadir (c) (µid A) : R n R n no es inyectivo. Señalemos finalmente que si A, B M n,n son semejantes, entonces A y B comparten el polinomio característico (y por tanto el espectro y la traza). Como las matrices que representan a un endomorfismo T en distintas bases son semejantes, es posible definir el determinante, la traza, el polinomio y raíces característicos y el espectro de un endomorfismo T como los correspondientes a la matriz que represente a T en alguna base (pues el resultado es independiente de la base empleada). 102

3 3 Subespacios invariantes Sea E un espacio vectorial sobre K= R ó C y sea T : E E un operador lineal (endomorfismo). Se dice que un subespacio vectorial F E es invariante frente a T si T ( u) F, cuando u F. Cuando F sea invariante se puede definir el endomorfismo restricción T 0 de T a F como T 0 : F F u T ( u). Supongamos que la dimensión de E es finita n y sea F E un subespacio invariante frente a T con dimensión m. Tomemos una base B de E cuyos primeros m elementos formen una base B 0 de F. Entonces M(T, B) = [ M(T0, B 0 ) X 0 Y donde X M m,n m, 0 M n m,m e Y M n m,n m (M(T, B) es triangular por bloques). Se deduce que para los polinomios característicos tenemos una factorización p T (z) = p T0 (z)p Y (z). 4 Autovalores y autovectores Sea E un espacio vectorial de dimensión finita sobre K= R ó C y sea T : E E un operador lineal. Se dice que el escalar λ K es un valor propio de T, cuando el subespacio vectorial Ker(λId T ) E no se reduce al vector nulo de E, es decir, cuando exista algún vector u E, u 0, tal que T ( u) = λ u. Agrupando los términos anteriores en el segundo miembro, la condición anterior expresa que λ es autovalor cuando existe algún vector u E, u 0, verificando (λi T ) u = 0, o equivalentemente, cuando Ker(λI T ) es un subespacio no trivial de E. Por los comentarios anteriores, resulta que λ será autovalor si, y sólo si, es 103 ],

4 una raíz caraterística de T y pertenece a K. Así pues, el conjunto de los valores propios del operador T coincide con el espectro de T si K = C y con σ(a) R si K = R. Dado un autovalor λ de T, los vectores del subespacio Ker(λId T ) se denominan vectores propios asociados a λ. Ker(λId T ) es el subespacio propio asociado a λ y d(λ) = dim(ker(λid T )) 1 es la multiplicidad geométrica del valor propio. Los mismos conceptos se aplican a una matriz cuadrada A M n,n, que se interpreta como un endomorfismo en K n. 5 Diagonalización Sea T : E E un operador lineal en un espacio vectorial E de dimensión finita sobre K. T se llama diagonalizable cuando exista una base B de E de suerte que M(T, B) sea diagonal. Para cada autovalor λ de T denotemos E(T, λ) = Ker(λId T ). Teorema 2 Sean {λ 1,..., λ s } los distintos autovalores de T. Se verifica que (a) Los subespacios E(T, λ 1 ),..., E(T, λ s ) son independientes. Cada uno de ellos es invariante frente a T. (b) La multiplicidad geométrica d(λ j ) de cada valor propio es a lo sumo su multiplicidad algebraica m(λ j ), 1 j s. (c) El operador T es diagonalizable si, y sólo si, todas las raíces características de T pertenecen a K (esta condición siempre está satisfecha cuando K = C) y d(λ j ) = m(λ j ), 1 j s. (d) El operador T es diagonalizable si, y sólo si, E = E(T, λ 1 ) E(T, λ 2 ) E(T, λ s ). Dada una matriz cuadrada A M n,n, se dice que A es diagonalizable cuando es semejante a una matriz diagonal. Para diagonalizar una matriz A se estudia el operador A : K n K n X A X. 104

5 6 Teorema de Caley Hamilton Para una matriz A M n,n vamos a definir recurrentemente sus potencias como A 0 = I, A k = AA k 1, k 1. Para un polinomio q(z) = K k=0 q k z k se define entonces K q(a) = q k A k Mn, n. k=0 Notemos que si B es semejante con A, pongamos B = P 1 AP para cierta matriz regular P M n,n, entonces B k = B = P 1 A k P, k 0, y entonces, para cualquier polinomio q(z), q(b) = P 1 q(a)p. Las nociones de potencias y de eavluación de un polinomio se pueden llevar a cabo con operadore. Si T : E E es un operador lineal en un espacio vectorial E de dimensión finita y si A = M(T, B) para una base dada B de E, entonces M(q(T ), B) = q(a). Pasamos a enunciar el teorema de Caley-Hamilton. La demostración es sencilla cuando la matriz diagonaliza. El caso general se puede abordar por un paso al límite, tal y como explicamos en clase. Teorema 3 Sea A M n,n. Entonces P A (A) = 0. El correspondiente enunciado para operadores es simplemente que P T (T ) = 0, para cualcuier endomosrfismo T en un espacio de dimensión finita T. Una matriz A M n,n se llama nipotente cuando alguna potencia de la misma es la matriz nula, es decir, cuando existe un entero p 1 tal que 105

6 A p = 0. Utilizando el teorema de Caley Hamilton, se puede razonar que A es nilpotente si, y sólo si, el polinomio característico de A es p A (z) = z n, es decir, que A admite únicamente la raíz característica 0. Además, si A es nilpotente, entonces conse seguridad A n = 0. La misma definición se aplica a los endomorfismos y son también son válidos los resiultados anteriores. Es claro que una matriz nilpotente no podrá diagonalizar salvo que ella misma sea la matriz nula. Las matrices de la forma A = λi + N con N nilpotente, son aquellas cuyo polinomio característico es y no diagonalizan salvo que A = λi. p A (z) = (z λ) n 7 Autoespacios generalizados Lema 1 Sea T : E E un operador lineal en un espacio vectorial E de dimensión finita sobre K y sea λ autovalor de T. Se verifica que (a) Cada subespacio Ker(λId T ) k, k 0, es invariante frente a T. (b) Ker(λId T ) k Ker(λId T ) k+1, k 0. (c) Si para un entero k 0 se da la igualdad Ker(λId T ) k 0 = Ker(λId T ) k 0+1, entonces Ker(λId T ) k+1 = Ker(λId T ) k, k k 0. Fijado λ tomemos el primer entero k(λ) donde la sucesión Ker(λId T ) Ker(λId T ) 2 Ker(λId T ) 3 se estabiliza. El subespacio E g (T, λ) := Ker(λId T ) k(λ) se denomina espacio propio generalizado correspondiente a λ. Dado un índice m k(λ) se tiene el importante resultado dime g (T, λ) = m(λ) 106

7 de donde, vía el teorema de Caley-Hamilton, se deduce que E g (T, λ) = Ker(λId T ) m(λ). Por este motivo se puede definir directamente E g (T, λ) = Ker(λId T ) m(λ). Estos hechos y otros resultados de crucial importancia se recogen en el teorema de descomposición primaria: Teorema 4 Sea T : E E un operador lineal en un espacio vectorial E de dimensión finita sobre K y supongamos que σ(t ) K. Denotemos σ(t ) = { λ 1,..., λ s }, y, para cada j con 1 j s, pongamos d j = dim(e(t, λ j )), m j, la multiplicidad algebraica de λ j y k j, el primer entero donde se estabiliza la sucesión de núcleos {Ker(λ j Id T ) k } k=1. Se cumple que (a) k j m j, 1 j s. (b) La dimensión de E g (T, λ j ) es m j, 1 j s. (c) El espacio E es la suma directa de los subespacios propios generalizados E = E g (T, λ 1 ) E g (T, λ 2 ) E g (T, λ s ). (d) Las restricciones T j : E g (T, λ j ) E g (T, λ j ) de T son operadores de la forma T j = λ j Id mj m j + N j, donde los N j son nilpotentes de orden k j, 1 j s. (e) Tomemos una base arbitraria B j en cada subespacio generalizado E g (T, λ j ), 1 j s. Sobre la base B = B 1 B2 Bs tenemos que la matriz de T es diagonal por bloques M(T, B) = diag(t 1, T 2,..., T s ), siendo T j un bloque m j m j de la forma T j = λ j Id mj m j + N j, con N j M mj m j nilpotente, 1 j s. Se recuerda que un operador lineal T : E E se llama nilpotente cuando existe una potencia m 1 tal que T m = 0. La menor potencia posible con esta propiedad se denomina índice u orden de nilpotencia de T. Se verifica que T es nilpotente si, y sólo si, σ(t ) = {0}. 107

8 8 Mención forma canónica de Jordan Se puede demostrar que si T : E E es un operador lineal definido en un espacio de dimensión finita E sobre K y tal que σ(t ) K, entonces existe una base B de E donde la matriz de T es diagonal por bloques M(T, B) = diag(j 1, J 2,..., J p ) siendo cada bloque J j, 1 j p de la forma J j = λ j λ j λ j λ j. Ejemplos. (1) Para la matriz el polinomio característico es p A (z) = det(zi 3 A) = det A = 2 1 3, z z z 1 = (z + 2) 2 (z 6). De modo que los autovalores con sus multiplicidades algebraicas son λ 1 = 2, m 1 = 2 λ 2 = 6 m 2 = 1. Buscamos ahora los subespacios propios de cada autovalor y su correspondiente multiplicidad geométrica. Para λ 1 = x E(A, λ 1 ) = Ker( 2I 3 A) = {(x, y, z) T / y = 0} z = {(x, y, z) T /2x + y 3z = 0} = span((1, 2, 0) T, (0, 3, 1) T ) d(λ 1 ) =

9 Mientras que para el otro autovalor x E(A, λ 2 ) = Ker(6I 3 A) = {(x, y, z) T / y = 0} z = {(x, y, z) T /2x y + 3z = 0, y + z = 0} = span(( 2, 1, 1) T ) d(λ 2 ) = 1. (2) Para la matriz A = 1 2 1, el polinomio característico es p A (z) = det(zi 3 A) = det z z z 1 = z(z 1)(z 3). 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. Buscamos ahora los subespacios propios de cada autovalor y su correspondiente multiplicidad geométrica. Para λ 1 = x E(A, λ 1 ) = Ker( A) = {(x, y, z) T / y = 0} z = {(x, y, z) T /x = y = z} = span((1, 1, 1) T ) d(λ 1 ) = 1. Mientras que para el segundo autovalor x E(A, λ 2 ) = Ker(I 3 A) = {(x, y, z) T / y = 0} z = {(x, y, z) T /y = 0, z = x} = span((1, 0, 1) T ) d(λ 2 ) = 1, 109

10 y, para el tercero, x E(A, λ 3 ) = Ker(3I 3 A) = {(x, y, z) T / y = 0} z (3) Para la matriz = {(x, y, z) T /x = z, y = 2z} = span((1, 2, 1) T ) d(λ 3 ) = A = el polinomio característico es z 1 0 p A (z) = det(zi 3 A) = det 1 z 1 = (z 2)(z 2 + 1). 0 0 z 2 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 = x E(A, λ 1 ) = Ker(2I 3 A) = {(x, y, z) T / y = 0} z = {(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 i 1 0 x E(A, λ 2 ) = Ker(iI 3 A) = {(x, y, z) T / 1 i 1 y = 0} 0 0 i 2 z = {(x, y, z) T /z = 0, x = iy} = span((1, i, 0) T ) d(λ 2 ) = 1, 110

11 y, para el tercero, i 1 0 x E(A, λ 3 ) = Ker(( i)i 3 A) = {(x, y, z) T / 1 i 1 y = 0} 0 0 i 2 z = {(x, y, z) T /z = 0, x = iy} = span((1, i, 0) T ) d(λ 3 ) = 1. 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?). (4) Para la matriz A = 2 1 3, 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 = 2 3 1, P 1 AP =

12 (5) Para la matriz se tiene A = 1 2 1, 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: Luego si se tiene que 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 ) P = 1 0 2, 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. (6) Para la matriz se tiene A = 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 =

13 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 = 2 i i, P 1 AP = 0 i i 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: , ,

14 Ejercicio 4. Demuestra que las matrices 4 a a 1 0 A = 6 1 a 2 B = 0 1 a a a son semejantes independientemente del valor de a, pero que las matrices no son semejantes C = D = Ejercicio 5. Estudia para qué valores de los parámetros reales a y b son diagonalizables las siguientes matrices A = 0 1 0, B = 0 1 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 5 2i i, B = 2i 8 2i i 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 = 1 3 0, 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. ALGUNOS EJERCICIOS RESUELTOS DEL TEMA 5 Ejercicio 1. a) 5/ /2 M(T, B, B ) = 3/2 1/2 1/

16 b) Los autovalores con sus multiplicidades algebraicas son λ 1 = 1, m 1 = 1 λ 2 = 2 m 2 = 1 λ 3 = 3 m 3 = 1. Y los autoespacios asociados son E(A, λ 1 ) = Ker(I 3 A) = span(( 1, 1, 1) T ), E(A, λ 2 ) = Ker(2I 3 A) = span((1, 1, 0) T ), E(A, λ 3 ) = Ker(3I 3 A) = span((1, 1, 1) T ). Entonces, por ejemplo B ) = {( 1, 1, 1) T, (1, 1, 0) T, (1, 1, 1) T } y la matriz de T en esta base es M(T, B, B ) = Ejercicio A = p A (z) = (z 2)(z 1) 3 λ 1 = 2, m 1 = 1, d 1 = 1 λ 2 = 1 m 2 = 3. E(A, λ 1 ) = Ker(2I 4 A) = {(x, y, z, t) T /x = y = z = 0} = span((0, 0, 0, 1) T ), E(A, λ 2 ) = Ker(I 4 A) = {(x, y, z, t) T /x + y z t = 0} = span((1, 0, 0, 1) T, (0, 1, 0, 1) T, (0, 0, 1, 1) T ) d 2 = 3. A diagonaliza A =

17 p A (z) = (z 2)(z 1) 3 λ 1 = 2, m 1 = 1, d 1 = 1 λ 2 = 1 m 2 = 3. E(A, λ 1 ) = Ker(2I 4 A) = {(x, y, z, t) T /x = y = z = 0} = span((0, 0, 0, 1) T ), E(A, λ 2 ) = Ker(I 4 A) = {(x, y, z, t) T /z = x + y, t = 0} = span((1, 0, 1, 0) T, (0, 1, 1, 0) T ) d 2 = 2. A no diagonaliza A = p A (z) = (z 2)(z 1) 3 λ 1 = 2, m 1 = 1, d 1 = 1 λ 2 = 1 m 2 = 3. A no diagonaliza. E(A, λ 1 ) = Ker(2I 4 A) = span((1, 0, 1, 0) T ), E(A, λ 2 ) = Ker(I 4 A) = span((0, 1, 0, 1) T ) d 2 = 1. Ejercicio 4. Dos matrices son semejantes si tienen los mismos autovalores y con las mismas multiplicidades, tanto algebraica como geométrica. Para A y B, basta ver que ai + A y ai + B son semejantes. Para las dos, los autovalores con sus multiplicidades son λ 1 = 1, m 1 = 2, d 1 = 1 λ 2 = 2 m 2 = 1, d 2 =

18 Luego son semejantes. Por otro lado, si C y D fuesen semejantes, también lo serían 2I C y 2I D, pero I C = 0 0 0, 2I D = 0 0 1, que nunca pueden ser semejantes. Ejercicio 5. A es diagonalizable en los siguientes casos b 5, b 1. Base de autovectores: E(A, 5) = Ker(5I 3 A) = span((1, 0, 0) T ), E(A, 1) = Ker( I 3 A) = span((a, 2(1 + b), 2a) T ), E(A, b) = Ker(bI 3 A) = span((3, 0, b 5) T ). b = 1, a = 0. Base de autovectores: E(A, 5) = Ker(5I 3 A) = span((1, 0, 0) T ), E(A, 1) = Ker( I 3 A) = span((0, 1, 0) T, (1, 0, 2) T ). B es diagonalizable sólo en el caso: a 0, a 1. Base de autovectores: E(B, 2) = Ker(2I 3 B) = span((1 a, a, 1) T ), E(B, 1 + a) = Ker((1 + a)i 3 B) = span((0, a, 1) T ), E(B, 1 a) = Ker((1 a)i 3 B) = span((0, 2 a, 1) T ). Ejercicio A = p A (z) = z(z ) Los autovalores con sus multiplicidades algebraicas son λ 1 = 0, m 1 = 1 λ 2 = i 14 m 2 = 1 λ 3 = i 14 m 3 =

19 Y los autoespacios asociados son E(A, λ 1 ) = Ker( A) = span(( 3, 2, 1) T ), E(A, λ 2 ) = Ker(i 14I 3 A) = span((16 2i 14, 2 3i 14, 13) T ), E(A, λ 3 ) = Ker( i 14I 3 A) = span((16 + 2i 14, 2 + 3i 14, 13) T ) i i 14 P = 2 2 3i i , D = 0 i i A = p A (z) = (z 2)(z 1) Los autovalores con sus multiplicidades algebraicas son Y los autoespacios asociados son Ejercicio 7. λ 1 = 1, m 1 = 2 λ 2 = 2, m 2 = 1. E(A, λ 1 ) = Ker(I 3 A) = span((1, 0, 0) T, (0, 1, 0) T ), E(A, λ 2 ) = Ker(2I 3 A) = span((1, 2, 1) T ) P = 0 1 2, D = A = p A (z) = (z 1)(z + 1)(z 2) A diagonaliza. Base de autovectores: E(A, 1) = Ker(I 3 A) = span((3, 2, 1) T ), E(A, 1) = Ker( I 3 A) = span((1, 0, 1) T ), E(A, 2) = Ker(2I 3 A) = span((1, 3, 1) T ). 119

20 P = 2 0 3, D = A = p A (z) = z 2 (z 2) λ 1 = 0, m 1 = 2, λ 2 = 2 m 2 = 1, d 2 = E(A, 0) = Ker( A) = Ker d 1 = 1, A no diagonaliza A = p A (z) = (z 1)(z 2) λ 1 = 2, m 1 = 2, λ 2 = 1 m 2 = 1, d 2 = 1. E(A, 2) = Ker(2I 3 A) = {(x, y, z) T /x = y + z} = span((1, 0, 1) T, (1, 1, 0) T ) d 1 = 2, E(A, 1) = Ker(I 3 A) = span(( 1, 2, 1) T ). A diagonaliza P = 0 1 2, D = A = p A(z) = (z 4)(z 6)(z 2)

21 λ 1 = 2, m 1 = 2 λ 2 = 4 m 2 = 1 = d 2 λ 3 = 6 m 3 = 1 = d 3. E(A, 2) = Ker(2I 4 A) = span((0, 0, 1, 0) T, ( 2, 1, 0, 1) T ), E(A, 4) = Ker(4I 4 A) = span(( 2, 1, 1, 1) T ), E(A, 6) = Ker(6I 4 A) = span((2, 2, 1, 2) T ). A diagonaliza P = , D = Ejercicio 8. p A (z) = (z 4) 2 z. λ 1 = 4, m 1 = 2 λ 2 = 0 m 2 = 1 = d 2. E(A, 4) = Ker(4I 3 A) = span(( i 2/2, 1, 0) T, ( i 2/2, 0, 1) T ), E(A, 0) = Ker( A) = span((i 2, 1, 1) T ). Base ortonormal de E(A, 4): e 1 = 2 3 ( i 2/2, 1, 0) T, e 2 = 3 4 ( i 2/3, 1/3, 1) T. Base ortonormal de E(A, 0): e 3 = (i 2/2, 1/2, 1/2) T. 2 ( i 2/2) 3 U = ( i 2/3) i 2/ ( 1/3) 1/2, U 1 AU = / Ejercicio B = 1 3 0, p B (z) = (z 2) 2 (z 4)

22 λ 1 = 2, m 1 = 2 λ 2 = 4 m 2 = 1. Bases ortonormales de los autoespacios: E(B, 2) = Ker(2I 3 B) = span((1/ 2, 1/ 2, 0) T, (0, 0, 1) T ), E(B, 4) = Ker(4I 3 B) = span((1/ 2, 1/ 2, 0) T ). 1/ 2 0 1/ 2 Q = 1/ , Q 1 AQ = Ejercicio A = 1 1 1, p B (z) = z(z 2)(z 3) λ 1 = 3, m 1 = 1 λ 2 = 2 m 2 = 1 λ 3 = 0 m 3 = 1. Bases ortonormales de los autoespacios: E(A, 3) = Ker(3I 3 A) = span((1/ 3, 1/ 3, 1/ 3) T ), E(A, 2) = Ker(2I 3 A) = span(( 1/ 2, 0, 1/ 2) T ), E(A, 0) = Ker( A) = span((1/ 6, 2/ 6, 1/ 6) T ). 1/ 3 1/ 2 1/ 6 Q = 1/ / 3 1/ 2 1/, Q 1 AQ = Problemas Problema 1. Estudiar para qué valores del parámetro a son diagonalizables las siguientes matrices A = 0 0 1, B = 0 1 a. a 1 a

23 Hallar un sistema completo de autovectores cuando sea posible. Problema 2. Hallar una base de los autoespacios generalizados de las matrices siguientes A = , B = Hallar A 10 x y B 10 x donde x es el vector [1, 1, 0, 0] T. Problema 3. Se consideran las matrices A = , B = Hallar una base de los autoespacios generalizados de A y B. Problema 4. (Examen de problemas, febrero de 1995) Se considera la matriz A = 1 α α β α β 1 β (a) Hállense los valores reales de α y β para los cuales la matriz A es diagonalizable. (b) Para α = 2, β = 3 calcúlese una base de R 3 formada por autovectores generalizados de la matriz A. Problema 5. (Examen de problemas, septiembre de 1998) Se considera la matriz real 4 4, A = Hallar una base de C 4 formada por autovectores generalizados de la matriz A. 123

24 Problema 6. Hallar una expresión general de A n para las matrices siguientes: , Problema 7. Para las matrices siguientes se pide: a) Diagonalizar cuando sea posible, hallando una base de autovectores. b) En caso de no diagonalización hallar una base de los correspondientes autoespacios generalizados. Indicación: Con cada matriz se acompaña su polinomio característico A = , B = , C = , D = , E = , F = p A (z) = z 4 6z z 2 12z + 4, p B (z) = z 4 5z 3 + 9z 2 7z + 2 p C (z) = z 4 + 8z z z + 16, p D (z) = z 4 p E (z) = z 4 + 4z 3 + 8z z + 16, p F (z) = z 4 2z 3 + 2z 2 2z