Diagonalización de Matrices
Definición y Teorema de Matrices Diagonalizables
Definición: A una matriz de tamaño n × n se dice que es diagonalizable si existe una matriz invertible P (que tiene inversa) y una matriz diagonal D tal que
A = P D P-1
Teorema: Una matriz cuadrada A de n × n es diagonalizable si y solo si tiene n vectores linealmente independientes. La matriz P es el conjunto de los n vectores propios y la matriz D es una matriz diagonal cuyas entradas son los valores propios de A .
Ejemplos con Soluciones
Ejemplo 1
Sea 
a) Encuentre los valores propios de A y sus vectores propios correspondientes.
b) Muestre que los vectores propios forman una base para ℝ2 .
c) Diagonalice la matriz A si es posible.
Solución
Encuentre los valores propios usando el polinomio característico dado por
, donde I es la matriz identidad y Det es el determinante.
Sustituya A y I
Evalúe el determinante
Encuentre los valores propios resolviendo la ecuación característica
Por lo tanto
da los valores propios: 
Encuentre el valor propio correspondiente a cada vector propio
Vector propio correspondiente a \( \lambda = \lambda_1 = -1 \)
El vector propio \( \textbf x =
\begin{bmatrix}
x_1\\
x_2
\end{bmatrix}
\)
correspondiente a \( \lambda = -1 \) es la solución del sistema
\[ (A - \lambda_1 I) \begin{bmatrix}
x_1\\
x_2
\end{bmatrix} = 0 \]
\[
\begin{bmatrix}
0 & 2\\
0 & 2
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
x_1\\
x_2
\end{bmatrix} = 0
\]
Escriba el sistema anterior como una matriz aumentada
\[
\begin{bmatrix}
0 & 2 &|& 0\\
0 & 2&|& 0
\end{bmatrix}
\]
Reduzca por filas usando el método de Gauss-Jordan
\[
\begin{bmatrix}
0 & 1 &|& 0\\
0 & 0 & |& 0
\end{bmatrix}
\]
\( x_1 \) es la variable libre.
\[ x_2 = 0 \]
El vector \( \textbf x \) está dado por
\[ \textbf x = x_1
\begin{bmatrix}
1 \\
0
\end{bmatrix}
\]
Vector propio correspondiente a \( \lambda = \lambda_2 = 1\)
El vector propio \( \textbf x =
\begin{bmatrix}
x_1\\
x_2
\end{bmatrix}
\)
correspondiente a \( \lambda = 1 \) es la solución del sistema
\[ (A - \lambda_1 I) \begin{bmatrix}
x_1\\
x_2
\end{bmatrix} = 0 \]
\[
\begin{bmatrix}
-2 & 2\\
0 & 0
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
x_1\\
x_2
\end{bmatrix} = 0
\]
Escriba el sistema anterior como una matriz aumentada
\[
\begin{bmatrix}
-2 & 2 &|& 0\\
0 & 0&|& 0
\end{bmatrix}
\]
Reduzca por filas usando el método de Gauss-Jordan
\[
\begin{bmatrix}
1 & -1 &|& 0\\
0 & 0 & |& 0
\end{bmatrix}
\]
\( x_2 \) es la variable libre.
\[ x_1 = x_2 \]
El vector \( \textbf x \) está dado por
\[ \textbf x = x_2
\begin{bmatrix}
1 \\
1
\end{bmatrix}
\]
Conclusión: los valores propios y sus vectores propios correspondientes son:
\( \lambda = -1, 1 \) en el orden correspondiente
\( \left\{ \begin{bmatrix}
1 \\
0
\end{bmatrix}
,
\begin{bmatrix}
1 \\
1
\end{bmatrix}
\right\} \)
b)
Para probar que los vectores propios forman una base para \( \mathbb{R}^2 \), es suficiente mostrar que los dos vectores son linealmente independientes. Usemos la prueba de linealidad.
la matriz aumentada formada por los vectores propios y ceros para la última columna a la derecha es la siguiente:
\[ \begin{bmatrix}
1 & 1 & | & 0 \\
0 & 1 & | & 0
\end{bmatrix} \quad (I) \]
Reduzca por filas usando Gauss-Jordan la matriz aumentada anterior.
\[ \begin{bmatrix}
1 & 0 & | & 0 \\
0 & 1 & | & 0
\end{bmatrix} \]
El sistema correspondiente a la matriz aumentada (I) anterior tiene una única solución dada por \( \begin{bmatrix}
0\\
0
\end{bmatrix} \) y, por lo tanto, los vectores propios son linealmente independientes y, en consecuencia, los dos vectores propios forman una base para \( \mathbb{R}^2 \).
c)
La matriz \( A \) es diagonalizable y necesitamos encontrar la matriz \( P \) y su inversa \( P^{-1} \)
Ahora construimos una matriz \( P \) cuyas columnas son los vectores propios de la siguiente manera
\[ P =
\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
0 & 1
\end{bmatrix} \]
Encuentre \( P^{-1} \) de la siguiente manera:
Escriba la matriz aumentada \( A | I \) , donde \( I \) es la matriz identidad
\[
\begin{bmatrix}
1 & 1 & | & 1 & 0 \\
0 & 1 & | & 0 & 1
\end{bmatrix} \]
Reduzca por filas la matriz aumentada anterior
\[ \begin{bmatrix}
1 & 0 & | & 1 & -1 \\
0 & 1 & | & 0 & 1
\end{bmatrix} \]
La matriz anterior tiene la forma \( I | P^{-1} \) donde \( P^{-1} \) es la inversa de la matriz \( P \) y está dada por
\[ P^{-1} =
\begin{bmatrix}
1 & -1 \\
0 & 1
\end{bmatrix} \]
Sea \( D \) la matriz diagonal cuyas entradas en la diagonal principal son los valores propios y \( P^{-1} \) la inversa de la matriz \(P\). La matriz A ahora puede diagonalizarse de la siguiente manera
\[ A = P D P^{-1} =
\begin{bmatrix}
\color{red}1 & \color{blue}1 \\
\color{red}0 & \color{blue}1
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
\color{red}{- 1} & 0 \\
0 & \color{blue}1
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & -1\\
0 & 1
\end{bmatrix}
\]
Use una calculadora para verificar que la diagonalización anterior es correcta.
De hecho, es suficiente verificar que \( AP = PD \) lo que no requiere el cálculo de \( P^{-1} \).
Nota que el orden en que se organizan los vectores propios en la matriz \( P \) y los valores propios en la matriz \( D \) es importante. El vector propio en la columna \( k \) en la matriz \( P \) corresponde al valor propio en la fila \( k \) en la matriz D. Los colores rojo y azul se utilizan en el ejemplo anterior.
Ejemplo 2
Sea \( A = \begin{bmatrix}
2 & -3 & 0 \\
0 & -1 & 0 \\
1 & 3 & 1
\end{bmatrix} \)
a) Encuentre los valores propios de \( A \) y sus vectores propios correspondientes.
b) Muestre que los vectores propios forman una base para \( \mathbb{R}^3 \).
c) Diagonalice la matriz \( A \) si es posible.
Solución
a)
Encuentre los valores propios usando el polinomio característico dado por
\( Det (A - \lambda I) \) , donde \( I \) es la matriz identidad y \( Det \) es el determinante.
Sustituya \( A \) y \( I \)
\( Det (A - \lambda I) = Det \left(\begin{bmatrix}
2 & -3 & 0 \\
0 & -1 & 0 \\
1 & 3 & 1
\end{bmatrix} - \lambda \begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix} \right) \)
\( =
Det \begin{bmatrix}
2-\lambda & -3 & 0\\
0 & -1-\lambda & 0\\
1 & 3 & 1-\lambda
\end{bmatrix}
\)
Evalúe el determinante usando la segunda fila (tiene 2 ceros, lo que facilita los cálculos)
\( = (-1-\lambda)(2-\lambda)(1-\lambda) \)
Encuentre los valores propios resolviendo la ecuación característica
\( Det (A - \lambda I) = 0 \)
Por lo tanto
\( (-1-\lambda)(2-\lambda)(1-\lambda) = 0 \)
da los valores propios:
\( \lambda_1 = -1 \)
,
\( \lambda_2 = 1 \)
,
\( \lambda_3 = 2 \)
Encuentre el valor propio correspondiente a cada vector propio
Vector propio correspondiente a \( \lambda = \lambda_1 = -1 \)
El vector propio \( \textbf x =
\begin{bmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3
\end{bmatrix}
\)
correspondiente a \( \lambda = -1 \) es la solución del sistema
\( (A - \lambda_1 I) \begin{bmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3
\end{bmatrix} = 0 \)
\(
\begin{bmatrix}
3 & -3 & 0\\
0 & 0 & 0\\
1 & 3 & 2
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3
\end{bmatrix} = 0
\)
Escriba el sistema anterior como una matriz aumentada
\(
\begin{bmatrix}
3 & -3 & 0 &|& 0\\
0 & 0 & 0 &|& 0\\
1 & 3 & 2 &|& 0
\end{bmatrix}
\)
Reduzca por filas usando el método de Gauss-Jordan
\(
\begin{bmatrix}
1 & 0 & \dfrac{1}{2} &|& 0\\
0 & 1 & \dfrac{1}{2} &|& 0\\
0 & 0 & 0 &|& 0
\end{bmatrix}
\)
\( x_3 \) es la variable libre.
\( x_2 = - \dfrac{1}{2} x_3 \)
\( x_1 = - \dfrac{1}{2} x_3 \)
El vector \( \textbf x \) está dado por
\( \textbf x = x_3
\begin{bmatrix}
- \dfrac{1}{2} \\
- \dfrac{1}{2} \\
1
\end{bmatrix}
\)
Dado que \( x_3 \) es una variable libre y puede tomar cualquier valor real, podemos multiplicar todos los componentes por \( 2 \) y reescribir el vector propio como
\( \textbf x = x_3
\begin{bmatrix}
- 1 \\
- 1 \\
2
\end{bmatrix}
\)
Vector propio correspondiente a \( \lambda = \lambda_1 = 1 \)
El vector propio \( \textbf x =
\begin{bmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3
\end{bmatrix}
\)
correspondiente a \( \lambda = 1 \) es la solución del sistema
\( (A - \lambda_1 I) \begin{bmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3
\end{bmatrix} = 0 \)
\(
\begin{bmatrix}
1 & -3 & 0\\
0 & -2 & 0\\
1 & 3 & 0
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3
\end{bmatrix} = 0
\)
Escriba el sistema anterior como una matriz aumentada
\(
\begin{bmatrix}
1 & -3 & 0 &|& 0\\
0 & -2 & 0 &|& 0\\
1 & 3 & 0 &|& 0
\end{bmatrix}
\)
Reduzca por filas usando el método de Gauss
\(
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 &|& 0\\
0 & 1 & 0 &|& 0\\
0 & 0 & 0 &|& 0
\end{bmatrix}
\)
\( x_3 \) es la variable libre
\( x_2 = 0 \)
\( x_1 = 0 \)
El vector \( \textbf x \) está dado por
\( \textbf x = x_3
\begin{bmatrix}
0 \\
0 \\
1
\end{bmatrix}
\)
Vector propio correspondiente a \( \lambda = \lambda_1 = 2 \)
El vector propio \( \textbf x =
\begin{bmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3
\end{bmatrix}
\)
correspondiente a \( \lambda =2 \) es la solución del sistema
\( (A - \lambda_1 I) \begin{bmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3
\end{bmatrix} = 0 \)
\(
\begin{bmatrix}
0 & -3 & 0\\
0 & -3 & 0\\
1 & 3 & -1
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3
\end{bmatrix} = 0
\)
Escriba el sistema anterior como una matriz aumentada
\(
\begin{bmatrix}
1 & -3 & 0 &|& 0\\
0 & -2 & 0 &|& 0\\
1 & 3 & 0 &|& 0
\end{bmatrix}
\)
Reduzca por filas usando el método de Gauss
\(
\begin{bmatrix}
1 & 0 & -1 &|& 0\\
0 & 1 & 0 &|& 0\\
0 & 0 & 0 &|& 0
\end{bmatrix}
\)
\( x_3 \) es la variable libre
\( x_2 = 0 \)
\( x_1 = x_3 \)
El vector \( \textbf x \) está dado por
\( \textbf x = x_3
\begin{bmatrix}
1 \\
0 \\
1
\end{bmatrix}
\)
Conclusión: los valores propios y sus vectores propios correspondientes son:
\( \lambda = -1, 1, 2 \) en el orden correspondiente
\( \left\{ \begin{bmatrix}
- 1 \\
- 1 \\
2
\end{bmatrix}
,
\begin{bmatrix}
0 \\
0 \\
1
\end{bmatrix}
, \begin{bmatrix}
1 \\
0 \\
1
\end{bmatrix}
\right\} \)
b)
Para probar que los vectores propios forman una base para \( \mathbb{R}^3 \), es suficiente mostrar que los tres vectores son linealmente independientes. Usemos la prueba de linealidad;
la matriz aumentada formada por los vectores propios y ceros para la última columna a la derecha es la siguiente:
\( \begin{bmatrix}
- 1 & 0 & 1 & | & 0 \\
- 1 & 0 & 0 & | & 0 \\
2 & 1 & 1 & | & 0
\end{bmatrix} \) (I)
Reduzca por filas usando Gauss-Jordan la matriz aumentada anterior.
\( \begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & | & 0 \\
0 & 1 & 0 & | & 0 \\
0 & 0 & 1 & | & 0
\end{bmatrix} \)
El sistema correspondiente a la matriz aumentada (I) anterior tiene una única solución dada por \( \begin{bmatrix}
0\\
0\\
0
\end{bmatrix} \) y, por lo tanto, los vectores propios son linealmente independientes, por lo que los 3 vectores propios forman una base para \( \mathbb{R}^3 \).
c)
Ahora construimos una matriz \( P \) cuyas columnas son los vectores propios de la siguiente manera
\( P =
\begin{bmatrix}
- 1 & 0 & 1 \\
- 1 & 0 & 0 \\
2 & 1 & 1
\end{bmatrix} \)
Encuentre \( P^{-1} \) de la siguiente manera:
Escriba la matriz aumentada \( A | I \) , donde \( I \) es la matriz identidad
\(
\begin{bmatrix}
- 1 & 0 & 1 & | & 1 & 0 & 0 \\
- 1 & 0 & 0 & | & 0 & 1 & 0 \\
2 & 1 & 1 & | & 0 & 0 & 1
\end{bmatrix} \)
Reduzca por filas la matriz aumentada anterior
\( \begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & | & 0 & -1 & 0\\
0 & 1 & 0 & | & -1 & 3 & 1\\
0 & 0 & 1 & | & 1 & -1 & 0
\end{bmatrix} \)
La matriz anterior tiene la forma \( I | P^{-1} \) donde \( P^{-1} \) es la inversa de la matriz \( P \) y está dada por
\( P^{-1} =
\begin{bmatrix}
0 & -1 & 0\\
-1 & 3 & 1\\
1 & -1 & 0
\end{bmatrix} \)
Sea \( D \) la matriz diagonal cuyas entradas en la diagonal principal son los valores propios y \( P^{-1} \) la inversa de la matriz \(P\). La matriz A ahora puede diagonalizarse de la siguiente manera
\( A = P D P^{-1} =
\begin{bmatrix}
\color{red}{- 1} & \color{blue}0 & \color{green}1 \\
\color{red}{- 1} & \color{blue}0 & \color{green} 0 \\
\color{red}2 & \color{blue} 1 & \color{green} 1
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
\color{red}{- 1} & 0 & 0 \\
0 & \color{blue} 1 & 0 \\
0& 0 & \color{green}2
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
0 & -1 & 0\\
-1 & 3 & 1\\
1 & -1 & 0\end{bmatrix}
\)
Use una calculadora para verificar que la diagonalización anterior es correcta.
De hecho, es suficiente verificar que \( AP = PD \) lo que no requiere el cálculo de \( P^{-1} \).
Nota que el orden en que se organizan los vectores propios en la matriz \( P \) y los valores propios en la matriz \( D \) es importante. El vector propio en la columna \( k \) en la matriz \( P \) corresponde al valor propio en la fila \( k \) en la matriz D. Observe los colores utilizados en la matriz \( P \) anterior.
Ejemplo 3 (Caso de matriz no diagonalizable explicado)
Encuentre los valores propios y vectores propios correspondientes de la matriz
\( A =
\begin{bmatrix}
2 & 0 & 4\\
2 & -1 & 3\\
-2 & 1 & -3
\end{bmatrix} \)
y diagonalícela si es posible.
Solución
Encuentre los valores propios usando el polinomio característico dado por
\( Det (A - \lambda I) \) , donde \( I \) es la matriz identidad y \( Det \) es el determinante.
Sustituya \( A \) y \( I \)
\( Det (A - \lambda I) = Det \left(\begin{bmatrix}
2 & 0 & 4\\
2 & -1 & 3\\
-2 & 1 & -3
\end{bmatrix} - \lambda \begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1
\end{bmatrix} \right) \)
\( =
Det \begin{bmatrix}
2-\lambda & 0 & 4\\
2 & -1-\lambda & 3\\
-2 & 1 & -3-\lambda
\end{bmatrix}
\)
Evalúe el determinante usando la primera fila (tiene 1 cero, lo que facilita los cálculos)
\( = (2-\lambda)((-1-\lambda)(-3-\lambda)-3)+4(2 + 2 (-1-\lambda)) \)
Expanda y simplifique
\( = -\lambda^3-2\lambda^2 \)
Encuentre los valores propios resolviendo la ecuación característica
\( Det (A - \lambda I) = 0 \)
Por lo tanto
\( -\lambda^3-2\lambda^2 = 0 \)
da los valores propios:
\( \lambda_1 = 0 \)
,
\( \lambda_2 = 0 \)
,
\( \lambda_3 = - 2 \)
Vector propio correspondiente a \( \lambda = \lambda_1 = 0 \)
El vector propio \( \textbf x =
\begin{bmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3
\end{bmatrix}
\)
correspondiente a \( \lambda = 0 \) es la solución del sistema
\( (A - \lambda_1 I) \begin{bmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3
\end{bmatrix} = 0 \)
\(
\begin{bmatrix}
2 & 0 & 4\\
2 & -1 & 3\\
-2 & 1 & -3
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3
\end{bmatrix} = 0
\)
Escriba el sistema anterior como una matriz aumentada
\(
\begin{bmatrix}
2 & 0 & 4 &|& 0\\
2 & -1 & 3 &|& 0\\
-2 & 1 & -3 &|& 0
\end{bmatrix}
\)
Reduzca por filas usando el método de Gauss
\(
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 2 &|& 0\\
0 & 1 & 1 &|& 0\\
0 & 0 & 0 &|& 0
\end{bmatrix}
\)
\( x_3 \) es la variable libre
\( x_2 = -x_3 \)
\( x_1 = -2x_3 \)
El vector \( \textbf x \) está dado por
\( \textbf x = x_3
\begin{bmatrix}
-2 \\
-1 \\
1
\end{bmatrix}
\)
El valor propio \( \lambda = 0 \) tiene multiplicidad algebraica \( 2 \) pero tiene solo un vector propio y, por lo tanto, podemos concluir que los vectores propios de la matriz dada no pueden formar una base para \( \mathbb{R}^3 \). La matriz dada no es diagonalizable.
Ejemplo 4
Sabiendo que \( 1 \) y \( 3 \) son valores propios de la matriz
\( A =
\begin{bmatrix}
2 & 0 & 0 & 1\\
0 & 0 & 4 & 0\\
0 & 3 & 0 & 0\\
1 & 0 & 0 & 2
\end{bmatrix} \), encuentre todos los valores propios y vectores propios correspondientes de la matriz \( A \) y diagonalícela.
Solución
Valores propios y vectores propios:
\( \lambda_1 = -2\sqrt 3 \) , \( \textbf x_1 = \begin{bmatrix}
0 \\
- \dfrac{2}{\sqrt 3}\\
1\\
0
\end{bmatrix}
\)
\( \lambda_2 = 1 \) , \( \textbf x_2 = \begin{bmatrix}
-1 \\
0\\
0\\
1
\end{bmatrix}
\)
\( \lambda_3 = 3 \) , \( \textbf x_3 = \begin{bmatrix}
1 \\
0\\
0\\
1
\end{bmatrix}
\)
\( \lambda_4 = 2\sqrt 3 \) , \( \textbf x_4 = \begin{bmatrix}
0 \\
\dfrac{2}{\sqrt 3}\\
1\\
0
\end{bmatrix}
\)
\( P =
\begin{bmatrix}
0 & -1 & 1 & 0\\
- \dfrac{2}{\sqrt 3} & 0 & 0 & \dfrac{2}{\sqrt 3}\\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 & 0
\end{bmatrix}
\)
\( P^{-1} =
\begin{bmatrix}
0&-\frac{\sqrt{3}}{4}&\frac{1}{2}&0\\
-\frac{1}{2} & 0 & 0 & \frac{1}{2}\\
\frac{1}{2} & 0 & 0 & \frac{1}{2}\\
0 & \frac{\sqrt{3}}{4} & \frac{1}{2}& 0
\end{bmatrix}
\)
\( A = PDP^{-1} = \begin{bmatrix}
0 & -1 & 1 & 0\\
- \dfrac{2}{\sqrt 3} & 0 & 0 & \dfrac{2}{\sqrt 3}\\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 & 0
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
-2\sqrt 3 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 3 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 2\sqrt 3
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
0&-\frac{\sqrt{3}}{4}&\frac{1}{2}&0\\
-\frac{1}{2} & 0 & 0 & \frac{1}{2}\\
\frac{1}{2} & 0 & 0 & \frac{1}{2}\\
0 & \frac{\sqrt{3}}{4} & \frac{1}{2}& 0
\end{bmatrix}
\)
Ejemplo 5
Calcule \( A^{10} \) donde \( A \) es la matriz del ejemplo 4.
Solución
\( A = P D P^{-1} \)
\( A^2 = (P D P^{-1})(P D P^{-1}) = P D^2 P^{-1}\)
\( A^3 = A^2 A = P D^2 P^{-1} (P D P^{-1}) = P D^3 P^{-1} \)
. . .
etc ..
. . .
\( A^n = P D^n P^{-1} \) para cualquier entero positivo \( n \).
Por lo tanto
\( A^{10} = P D^{10} P^{-1} \)
La matriz \( A \) se diagonalizó en el ejemplo 4 y está dada por
\( A = PDP^{-1} = \begin{bmatrix}
0 & -1 & 1 & 0\\
- \dfrac{2}{\sqrt 3} & 0 & 0 & \dfrac{2}{\sqrt 3}\\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 & 0
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
-2\sqrt 3 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 3 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 2\sqrt 3
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
0&-\frac{\sqrt{3}}{4}&\frac{1}{2}&0\\
-\frac{1}{2} & 0 & 0 & \frac{1}{2}\\
\frac{1}{2} & 0 & 0 & \frac{1}{2}\\
0 & \frac{\sqrt{3}}{4} & \frac{1}{2}& 0
\end{bmatrix}
\)
Use la fórmula \( A^{10} = P D^{10} P^{-1} \)
\( A^{10} =
\begin{bmatrix}
0 & -1 & 1 & 0\\
- \dfrac{2}{\sqrt 3} & 0 & 0 & \dfrac{2}{\sqrt 3}\\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 & 0
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
-2\sqrt 3 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 3 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 2\sqrt 3
\end{bmatrix} ^{10}
\begin{bmatrix}
0&-\frac{\sqrt{3}}{4}&\frac{1}{2}&0\\
-\frac{1}{2} & 0 & 0 & \frac{1}{2}\\
\frac{1}{2} & 0 & 0 & \frac{1}{2}\\
0 & \frac{\sqrt{3}}{4} & \frac{1}{2}& 0
\end {bmatrix}
\)
Tenga en cuenta que es más eficiente calcular la potencia de una matriz diagonal.
\( A^{10} =
\begin{bmatrix}
0 & -1 & 1 & 0\\
- \dfrac{2}{\sqrt 3} & 0 & 0 & \dfrac{2}{\sqrt 3}\\
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 & 0
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
248832 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 59049 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 248832
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
0&-\frac{\sqrt{3}}{4}&\frac{1}{2} & 0 \\
-\frac{1}{2} & 0 & 0 & \frac{1}{2}\\
\frac{1}{2} & 0 & 0 & \frac{1}{2}\\
0 & \frac{\sqrt{3}}{4} & \frac{1}{2}& 0
\end {bmatrix}
\)
Multiplique y simplifique
\( A^{10} =
\begin{bmatrix}
29525 & 0 & 0 & 29524\\
0 & 248832 & 0 & 0\\
0 & 0 & 248832 & 0\\
29524 & 0 & 0 & 29525
\end{bmatrix}
\)
Preguntas (con soluciones a continuación)
A través de estos ejemplos se muestra que la invertibilidad y la diagonalización de matrices no están relacionadas.
- Parte 1
Demuestre que la matriz \( A =
\begin{bmatrix}
4 & - 1 \\
1 & 2
\end{bmatrix} \) es invertible pero no diagonalizable.
- Parte 2
Demuestre que la matriz \( A =
\begin{bmatrix}
-1 & -2 \\
0 & 0
\end{bmatrix} \) no es invertible (singular) pero es diagonalizable.
- Parte 3
Demuestre que la matriz \( A =
\begin{bmatrix}
0 & 1 \\
0 & 0
\end{bmatrix} \) no es invertible ni diagonalizable.
- Parte 4
Demuestre que la matriz \( A =
\begin{bmatrix}
-1 & 1 \\
0 & 1
\end{bmatrix} \) es tanto invertible como diagonalizable.
Soluciones a las Preguntas Anteriores
- Parte 1
Dada \( A =
\begin{bmatrix}
4 & - 1 \\
1 & 2
\end{bmatrix} \)
El determinante de la matriz \( A \) no es igual a cero y, por lo tanto, \( A \) es invertible.
Valores propios: \( \lambda = 3 \) de multiplicidad \( 2 \)
y tiene solo un vector propio dado por
\( \begin{bmatrix}
1\\
1
\end{bmatrix} \)
El vector propio no forma una base para \( \mathbb{R}^2 \) y, por lo tanto, la matriz \( A \) es no diagonalizable.
- Parte 2
Dada \( A =
\begin{bmatrix}
-1 & -2 \\
0 & 0
\end{bmatrix} \)
El determinante de la matriz \( A \) es igual a cero y, por lo tanto, esta matriz es no invertible.
Valor propio: \( \lambda = -1 \)
, vector propio
\( \begin{bmatrix}
1\\
0
\end{bmatrix} \)
Valor propio: \( \lambda = 0 \)
, vector propio
\( \begin{bmatrix}
-2\\
1
\end{bmatrix} \)
\( P =
\begin{bmatrix}
1 & -2\\
0 & 1
\end{bmatrix} \)
La matriz \( A \) es diagonalizable.
\( A = PDP^{-1} = \begin{bmatrix}
1 & -2\\
0 & 1
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
-1 & 0\\
0 & 0
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & 2\\
0 & 1
\end{bmatrix}
\)
- Parte 3
\( A =
\begin{bmatrix}
0 & 1 \\
0 & 0
\end{bmatrix} \)
La matriz \( A \) tiene un determinante igual a cero y, por lo tanto, es no invertible.
Valor propio: \( \lambda = 0 \) de multiplicidad \( 2 \) y solo un vector propio dado por \(
\begin{bmatrix}
1 \\
0
\end{bmatrix} \)
Un solo vector propio no puede formar una base para \( \mathbb{R}^2 \) y, por lo tanto, la matriz \( A \) es no diagonalizable.
- Parte 4
Dada \( A =
\begin{bmatrix}
-1 & 1 \\
0 & 1
\end{bmatrix} \)
El determinante de la matriz \( A \) no es igual a cero y, por lo tanto, la matriz \( A \) es invertible.
Valor propio: \( \lambda = -1 \)
, vector propio
\( \begin{bmatrix}
1\\
0
\end{bmatrix} \)
Valor propio: \( \lambda = 1\)
, vector propio
\( \begin{bmatrix}
1\\
2
\end{bmatrix} \)
\( P = \begin{bmatrix}
1 & 1\\
0 & 2
\end{bmatrix} \)
La matriz \( A \) es diagonalizable
\( A = PDP^{-1} = \begin{bmatrix}
1 & 1\\
0 & 2
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
-1 & 0\\
0 & 1
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & -\frac{1}{2}\\
0 & \frac{1}{2}
\end{bmatrix}
\)
Más Referencias y Enlaces