Diagonalizacion de una matriz con valores propios

En cada caso de los que siguen, muestra que los valores propios de la matriz A
no son distintos, pero que la matriz A tiene tres vectores propios independientes.
Encuentra una matriz
no 1
singular C tal que C 1 AC es una matriz diagonal.
0
0 0 1
a)
A = @0 1 0A
1 0 0
0
1
1
1
1
3
1A
b) A = @ 1
1
1 1
Solución:
a) 0
1
0 0 1
A = @0 1 0A
1 0 0
El polinomio característico 0
es 0
1 0
11
0
0 0 1
0
1 0 0
1
f ( ) = det ( I A) = det @ @0 1 0A @0 1 0AA = det @ 0
0 0 1
1 0 0
1
0
3
2
+1
2
f( ) = 3
+ 1 = 2(
1) (
1) = (
1) 2 1 =
2
(
1) (
1) ( + 1) = (
1) ( + 1)
2
f( )=(
1) ( + 1)
Los valores propios son -1, con multiplicidad 1, y 1, con multiplicidad 2.
1
1
0 A=
Los vectores propios correspondientes al valor propio -1 se encuentran resolviendo las ecuaciones
10 1
11 0 1 0
1 0
00
x
1 0 1
x
0 0 1
1 0 0
Ax = x ) (I + A) x = 0 ) @@0 1 0A + @0 1 0AA @y A=@0 2 0A @y A =
z
1 0 1
z
1 0 0
0 0 1
0
o bien 1 0 1
0
0
x+z
@ 2y A = @0A
0
x+z
Tenemos las dos ecuaciones
z= x
y=0
Cada una de ellas representa un plano, y su intersección es una recta, la
dada por
t (1; 0; 1) con t 6= 0: El espacio es de dimensión 1.
Los vectores propios correspondientes al valor propio 1 se encuentran
solviendo las ecuaciones
00
1 0
11 0 1 0
1 0 0
0 0 1
x
1
Ax = x ) (I A) x = 0 ) @@0 1 0A @0 1 0AA @y A=@ 0
0 0 1
1 0 0
z
1
0
1
re0
0
0
10 1
1
x
0 A @y A =
1
z
o
0bien 1 0 1
x z
0
@ 0 A = @0A
x+z
0
Tenemos una única ecuación z = x y y con cualquier valor arbitrario. Esto
representa un plano, que se puede poner paramétricamente como s (0; 1; 0) +
t (1; 0; 1) , donde s y t no pueden ser simultaneamente cero, ya que el vector 0
no se considera propio. El espacio propio es un plano, es de dimensión 2.
Probemos ahora que los eigenvectores de A (f(1; 0; 1) ; (0; 1; 0) ; (1; 0; 1)g
son linealmente independientes. Para ello tomemos una combinación lineal de
ellos igual a cero
a (1; 0; 1) + b (0; 1; 0) + c (1; 0; 1) = (0; 0; 0)
y demostremos que la única posibilidad es que todos los coe…cientes sean
cero.
De la ecuación para la segunda coordenada encontramos trivialmente que
b = 0. Las otras dos ecuaciones son
a + c = 0 y a + c = 0. Claro es que la única solución es a = 0 y b = 0:
Queda probado que son linealmente independientes.
Formamos
ahora1
la matriz C que diagonaliza a la matriz A:
0
1 0 1
C = @ 0 1 0A
1 0 1
Debemos
inversa
0 encontrar su 1
c11 c12 c13
C 1 = @c21 c22 c23 A
c31 c32 c33
formando la ecuación
C 1C = I
o sea
0
10
1 0
1
c11 c12 c13
1 0 1
1 0 0
@c21 c22 c23 A @ 0 1 0A = @0 1 0A
c
c
c
1 0 1
0 0 1
1
0 31 32 33
1 0
c11 c13 c12 c11 + c13
1 0 0
@c21 c23 c22 c21 + c23 A = @0 1 0A
c31 c33 c32 c31 + c33
0 0 1
A primer ojo tenemos c12 = 0; c32 = 0; c22 = 1:
Ademas tenemos c21 c23 = 0 y c21 + c23 = 0 que se resuelve facilmente
para agregar que c21 = c23 = 0:
Igualmente tenemos c11 c13 = 1 y c11 + c13 = 0 que da c11 = 1=2 y
c13 = 1=2:
También c31 c33 = 0 y c31 + c33 = 1, de donde c31 = 1=2 y c33 = 1=2:
Así que0
1
1=2 0
1=2
1
0 A
C 1=@ 0
1=2 0 1=2
Finalmente para encontrar la forma diagonal de A, hacemos
2
01
B2
C 1 AC = B
@0
1
2
b)
0
1
0
11 0
2C 0
@
0 C
A 0
1
1
2
0
1
0
10
1
1
0A @ 0
0
1
1 0
0 1
1
1 0A = @ 0
0 1
0
1
0 0
1 0A
0 1
0
1
1
1
1
3
1A
A=@ 1
1
1 1
El polinomio característico 0
es 0
1 0
11
0
1 0 0
1
1
1
1
3
1 AA = det @ 1
f ( ) = det ( I A) = det @ @0 1 0A @ 1
0 0 1
1
1 1
1
2
3
8
5 +
4
De observar el polinomio característico es claro que 1 es una raiz, por tanto
2
f( )= 3 5 2+8
4=(
1) 2 4 + 4 = (
1) (
2)
Los valores propios son 1, con multiplicidad 1, y 2, con multiplicidad 2.
Los vectores propios correspondientes al valor propio
solviendo las ecuaciones
1 0
00
1
1 0 0
Ax = x ) (I A) x = 0 ) @@0 1 0A @ 1
1
0 0 1
0
10 1
0
1
1
x
@ 1
2
1A @y A
10 1
0 1z
y+z
@ x 2y z A = 0
x+y
z= y
x 2y + y = 0 ) x y = 0 ) y = x
z=x
(x; x; x) ) t (1; 1; 1)
1 se encuentran re11 0 1
x
1
1
3
1 AA @ y A =
z
1 1
Los vectores propios correspondientes al valor propio 2 se encuentran resolviendo las ecuaciones
0 0
1 0
11 0 1
1 0 0
1
1
1
x
3
1 AA @y A =
Ax = 2x ) (2I A) x = 0 ) @2 @0 1 0A @ 1
01 0 1
1
1 1
z
0
10 1 0
1
1
1
x
x+y+z
@ 1
1
1A @y A = @ x y z A = 0
1
1
1
z
x+y+z
que se reduce a una única ecuación x + y + z = 0
Poniendo a x y y como parámetros, y llamandoles, s y t, tenemos
(s; t; s t) = s (1; 0 1) + t (0; 1; 1)
3
1
3
1
1
1
1 A=
1
Debemos ahora demostrar que los eigenvectores son linealmente independientes, es decir, que
a (1; 1; 1) + b (1; 0 1) + c (0; 1; 1) = (0; 0; 0)
implica a = b = c = 0
Esto 0
signi…ca resolver
1 el
0 sistema
1 0 de
1 ecuaciones
1
1
0
a
0
1 A @ b A = @0A
C=@ 1 0
1
1
1
c
0
que es un sistema homogeneo. La solución es cero si el determinante es
distinto de cero.
Ahora
0
1
1
1
0
1 A=1
det C = det @ 1 0
1
1
1
Por tanto, la unica solución es a = b = c = 0; y los vectores son linealmente
independientes
La matriz de transformación de coordenadas es la formada por los vectores
propios como columnas, es decir, la misma C que usamos para probar la independencia lineal, lo cual es lógico.
Ahora debemos
encontrar
0
1 su inversa
c11 c12 c13
C 1 = @c21 c22 c23 A
c31 c32 c33
formando la ecuación
C 1C = I
o sea
1
1 0
0
10
1 0 0
c11 c12 c13
1
1
0
@c21 c22 c23 A @ 1 0
1 A = @0 1 0A
0 0 1
1
1
1
c31 c32 c33
1
0
1 0
c11 c12 + c13 c11 c13 c12 c13
1 0 0
@c21 c22 + c23 c21 c23 c22 c23 A = @0 1 0A
c31 c32 + c33 c31 c33 c32 c33
0 0 1
c11 c13 = 0 ) c11 = c13
c12 c13 = 0 ) c12 = c13
c11 = c12 = c13
c11 c12 + c13 = 1 ) c11 = 1
c11 = c12 = c13 = 1
c22 c23 = 0 ) c22 = c23
c21 c22 + c23 = 0 ) c21 = 0
c21 c23 = 1 ) c23 = 1
c21 = 0
c22 = c23 = 1
c31 c33 = 0 ) c31 = c33
c31 c32 + c33 = 0 ) 2c33 c32 = 0
c32 c33 = 1
c33 = 1
4
c32 = 1 0
+ c33
1
C 1 = @0
1
=2
1
1
1
1
1A
2
1
Finalmente0para
1
C 1 AC = @0
1
encontrar
la forma diagonal
10
1 0de A, hacemos1 0
1
1
1
1
1
1
1
0
1
1
1A @ 1
3
1 A@ 1 0
1 A = @0
2
1
1
1 1
1
1
1
0
5
0
2
0
1
0
0A
2