En cada uno de los casos siguientes encuentra una matriz no singular C tal que C 1 AC es una matriz diagonal o, en caso de que no exista, explica por qué. 1 0 1 2 2 1 a) b) c) d) 1 3 5 4 1 4 2 1 1 0 Solución: 1 0 a) A = 1 3 La transformación lineal asociada con esta matriz es T : R2 ! R2 T (x; y) = (x; x + 3y) que a los elementos de la base estandar de R2 , la base f(1; 0) ; (0; 1)g, les hace 1 1 0 0 T = T = 0 1 1 3 1 0 1 0 De ahí que la matriz sea , es decir, T ;T . 1 3 0 1 El polinomio característico de la matriz A es 1 0 1 0 1 0 f ( ) = det ( I A) = det = det = 0 1 1 3 1 3 2 4 +3 f( )=( 1) ( 3) Los valores propios de la matriz A son: 1 y 3 El vector propio asociado al valor propio 1 se encuentra resolviendo la ecuación 1 0 1 0 x 0 Ax = x ) (I A) x = 0 ) = 0 1 1 3 y 0 0 0 x 0 0 = = 1 2 y x 2y 0 que queda como x + 2y = 0: El espacio generado por los vectores propios es t (2; 1) con t 6= 0: El vector propio asociado al valor propio 3 se encuentra resolviendo la ecuación 1 0 1 0 x 0 Ax = 3x ) (3I A) x = 0 ) 3 = : 0 1 1 3 y 0 2 0 x 2x 0 = = 1 0 y x 0 que queda como x = 0 y cualquier valor para y: El espacio generado por los vectores propios es t (0; 1) con t 6= 0: Debemos escribir ahora la matriz A en términos de la base constituida por los autovectores x1 = (2; 1) y x2 = (0; 1). La matriz de tranformación es la constituida por los vectores propios, es decir, 2 0 C= 1 1 1 Debemos, además, calcular su inversa. En el caso de las matrices 2x2 es muy fácil, ya que 1 1 a11 a12 a22 a12 = a21 a22 a21 a11 a11 a12 det a21 a22 En este caso nos da 1 0 1 0 1 1 0 C B = @ 21 A 1 2 2 0 1 det 2 1 1 Podemos veri…car que efectivamente es la inversa multiplicando, 1 0 1 1 0 B 2 0C 2 0 = A @1 1 1 0 1 1 2 y 0 1 1 0 2 0 B2 1 0 C = 1 1 @ 1 1A 0 1 2 Ahora podemos ya calcular la matriz en la nueva base, haciendo la tranformación 1=2 0 1 0 2 0 1 0 A0 = C 1 AC = = 1=2 1 1 3 1 1 0 3 Es claro que se trata de la representación de la matriz de la tranformación en la nueva base, en la formada por los vectores propios. De hecho T : R2 ! R2 T (x; y) = (x; x + 3y) y por tanto, 2 2 0 0 0 T = T = =3 1 1 1 3 1 como era de esperar. 1 2 5 4 El polinomio característico de la matriz A es 1 0 1 2 f ( ) = det ( I A) = det = det 0 1 5 4 2 5 6 f ( ) = ( + 1) ( 6) Los valores propios de la matriz A son: -1 y 6 El vector propio asociado al valor propio -1 se encuentra ecuación 1 0 1 2 x Ax = x ) (I + A) x = 0 ) + = 0 1 5 4 y 2 2 x 2x + 2y 0 = = 5 5 y 5x + 5y 0 que queda como x + y = 0: b) A= 2 1 5 2 4 = resolviendo la 0 0 El espacio generado por los vectores propios es la recta x + y = 0, de una sola dimensión y con descripción paramétrica t (1; 1) con t 6= 0: El vector propio asociado al valor propio 6 se encuentra resolviendo la ecuación 1 0 1 2 x 0 Ax = 6x ) (6I A) x = 0 ) 6 = 0 1 5 4 y 0 5 2 x 5x 2y 0 = = 5 2 y 5x + 2y 0 que se reduce a una sola ecuación, 5x 2y = 0, que es la ecuación de una recta que pasa por el origen y que tiene pendiente 5/2. El eigenespacio es entonces t (1; 5=2) La matriz de transformación C será entonces 1 1 C= 1 5=2 y su inversa 0 1 5 2 1 5=2 1 B 7C = @ 72 C 1= 2 A 1 1 1 1 det 7 7 1 5=2 Ahora podemos ya calcular la matriz en la nueva base, haciendo la transformación 5=7 2=7 1 2 1 1 1 0 A0 = C 1 AC = = 2=7 2=7 5 4 1 5=2 0 6 2 1 1 4 El polinomio característico de la matriz A es 1 0 2 1 2 1 f ( ) = det ( I A) = det = det = 0 1 1 4 1 4 2 6 +9 2 f( )=( 3) Se tiene un solo valor propio, el 3, con multiplicidad 2. El vector propio asociado al valor propio 3 se encuentra resolviendo la ecuación 1 0 2 1 x 0 Ax = 3x ) (3I A) x = 0 ) 3 = 0 1 1 4 y 0 1 1 x x y 0 = = 1 1 y x y 0 Las ecuaciones x y = 0 es una recta que pasa por el origen con pendiente 1, es decir a 45 ; es la función idéntica y = x: El eigenespacio es t (1; 1) con t 6= 0: El puro vector (1; 1) no constituye una base para R2 , así que el método utilizado en los puntos anteriores no sirve. c) A= 2 1 1 0 El polinomio característico de la matriz A es d) A= 3 f ( ) = det ( I A) = det 1 0 0 1 2 2 1 1 0 = det 2 1 1 = 2 +1 2 f( )=( 1) Se tiene un solo valor propio, el 1, con multiplicidad 2. El vector propio asociado al valor propio 3 se encuentra resolviendo la ecuación 1 0 2 1 x 0 Ax = x ) (I A) x = 0 ) = : 0 1 1 0 y 0 1 1 x x y 0 = = 1 1 y x+y 0 Las ecuaciones x + y = 0 es una recta que pasa por el origen con pendiente -1, es decir a -45 : El eigenespacio es t (1; 1) con t 6= 0: El puro vector (1; 1) no constituye una base para R2 , así que el método utilizado en los puntos anteriores no sirve. 4