Álgebra lineal con métodos elementales. Resolución de ejercicios tipo

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Diagonalización por semejanza (3).

Estudiar si la siguiente matriz es o no diagonalizable y, en tal caso, determinar su forma diagonal y una matriz de paso. $$ A=\left( \begin{array}{ccc} 2 & 1 & -2 \\ 0 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right) $$

$$ p(\lambda)=\left| \begin{array}{ccc} 2-\lambda & 1 & -2 \\ 0 & 2-\lambda & -1 \\ 0 & 0 & 1-\lambda \end{array}\right| =(1-\lambda)·(2-\lambda)^2 $$

$\lambda_1 = 1$ $\alpha_1=1$
$\lambda_2 = 2$ $\alpha_2=2$
Puesto que $\alpha_1=1$ tenemos que $d_1=1$.

$$ d_2=3-rg(A-2 ·I)= 3-rg \left( \begin{array}{ccc} 0 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & -1 \end{array}\right) = 3-2 =1 $$

$\lambda_1 = 1$ $\alpha_1=1$ $d_1=1$
$\lambda_2 = 2$ $\alpha_2=2$ $d_2=1$
Por tanto $A$ no es diagonalizable, puesto que una de las multiplicidades geométricas no coincide con la algebraica.

Razonar que la siguiente matriz $A$ es diagonalizable y determinar su forma diagonal y una matriz de paso. Determinar $A^k$ en función de $k$. $$ A=\left( \begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -2 \\ 1 & 0 & -2 & 5 \end{array}\right) $$

$A$ es diagonalizable por ser simétrica en virtud del teorema espectral. $$ p(\lambda)=\left| \begin{array}{cccc} 1 - \lambda & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1-\lambda & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1-\lambda & -2 \\ 1 & 0 & -2 & 5-\lambda \end{array}\right| =(1-\lambda)· \left| \begin{array}{cccc} 1 - \lambda & 0 & 1 \\ 0 & 1-\lambda & -2 \\ 1 & -2 & 5-\lambda \end{array}\right| =(1-\lambda)·[(1-\lambda)^2·(5-\lambda) - (1-\lambda) - 4(1-\lambda)]= $$ $$ =(1-\lambda)^2·[(1-\lambda)·(5-\lambda) - 5] =(1-\lambda)^2·[\lambda^2 - 6\lambda +5 -5] =(1-\lambda)^2·[\lambda^2 - 6\lambda ]= =(1-\lambda)^2· \lambda ·(\lambda -6) $$ Así pues los autovalores de $A$ son $0$, $1$ y $6$. Calculemos bases de los subespacios propios:

$V_0=Ker(A)$ $$ (\frac{A}{I})= \left( \begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & -2 \\ 1 & 0 & -2 & 5 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right) \sim_c \left( \begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & 1 & -2 \\ 1 & 0 & 0 & -1 \end{array}\right) $$ Base de $V_0$: $\{ (1,0,-2,-1\}$.

$V_1=Ker(A-I)$ $$ (\frac{A-I}{I})= \left( \begin{array}{cccc} 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -2 \\ 1 & 0 & -2 & 4 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right) \sim_c \left( \begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ -2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 2 & -\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right) $$ Base de $V_1$: $\{ (1,0,\frac{1}{2},0), (0,1,0,0)\}$.

$V_6=Ker(A-6I)$ $$ (\frac{A-6I}{I})= \left( \begin{array}{cccc} -5 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & -5 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -5 & -2 \\ 1 & 0 & -2 & -1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right) \sim_c \left( \begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ -\frac{1}{5} & 1 & \frac{2}{5} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & -\frac{1}{5} & 0 & 0 \\ -\frac{2}{5} & 0 & -\frac{1}{5} & -2 \\ 1 & 0 & 0 & 5 \end{array}\right) $$ Base de $V_6$: $\{ (1,0,-2,5)\}$.

$$ D=\left( \begin{array}{cccc} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 6 \end{array}\right) ;\;\; P=\left( \begin{array}{cccc} 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ -2 & \frac{1}{2} & 0 & -2 \\ -1 & 0 & 0 & 5 \end{array}\right) $$ De $D=P^{-1}·A·P$ se obtiene $A= P·D·P^{-1}$ y entonces: $$ A^k= P·D·P^{-1} · P·D·P^{-1} · \cdots · P·D·P^{-1}= P· D^k ·P^{-1} $$ Al ser $D$ diagonal sus potencias son fáciles de calcular: $$ D^k=\left( \begin{array}{cccc} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 6^k \end{array}\right) $$ y entonces: $$ A^k= P· D^k ·P^{-1}= \left( \begin{array}{cccc} 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ -2 & \frac{1}{2} & 0 & -2 \\ -1 & 0 & 0 & 5 \end{array}\right) · \left( \begin{array}{cccc} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 6^k \end{array}\right) · \frac{1}{30} · \left( \begin{array}{cccc} 5 & 0 & -10 & -5 \\ 24 & 0 & 12 & 0 \\ 0 & 30 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & -2 & 5 \end{array}\right) $$ $$ = \frac{1}{30} · \left( \begin{array}{cccc} 0 & 1 & 0 & 6^k \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & \frac{1}{2} & 0 & -2·6^k \\ 0 & 0 & 0 & 5·6^k \end{array}\right) · \left( \begin{array}{cccc} 5 & 0 & -10 & -5 \\ 24 & 0 & 12 & 0 \\ 0 & 30 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & -2 & 5 \end{array}\right) = $$ $$ = \frac{1}{30} · \left( \begin{array}{cccc} 24+6^k & 0 & 12-2·6^k & 5·6^k \\ 0 & 30 & 0 & 0 \\ 12-2·6^k & 0 & 6+4·6^k & -10·6^k \\ 5·6^k & 0 & -10·6^k & 25·6^k \end{array}\right) $$

Estudiar para qué valores de los parámetros $a$ y $b$ es diagonalizable la matriz $$ A=\left( \begin{array}{ccc} 1 & a & 0 \\ 0 & 0 & b \\ 0 & b & 0 \end{array}\right) $$

Notemos para empezar que para $a=0$ la matriz es simétrica y será diagonalizable por el teorema espectral. $$ p(\lambda)= \left| \begin{array}{ccc} 1-\lambda & a & 0 \\ 0 & -\lambda & b \\ 0 & b & -\lambda \end{array}\right| = (1-\lambda) \left| \begin{array}{cc} -\lambda & b \\ b & -\lambda \end{array}\right| = (1-\lambda)·(\lambda^2 -b^2) = (1-\lambda)·(\lambda - b)·(\lambda + b) $$ Para estudiar las raices de $p(\lambda)$ y sus multiplicidades hemos de distinguir casos según los valores de $b$:

[Caso 1: Si $b\neq 0, 1, -1$]
En este caso tenemos tras autovalores simples y por tanto la matriz es diagonalizable.

[Caso 2: Si $b=0$]
En este caso:

$\lambda_1 = 1$ $\alpha_1=1$ $d_1=1$
$\lambda_2 = 0$ $\alpha_2=2$ $d_2=??$
$$ d_2= 3 -rg(A-0 ·I) = 3-rg \left( \begin{array}{ccc} 1 & a & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right) = 3 -1 = 2 $$ Luego en este caso $A$ es diagonalizable

[Caso 3: Si $b=1$]
En este caso:

$\lambda_1 = 1$ $\alpha_1=2$ $d_1=??$
$\lambda_2 = -1$ $\alpha_2=1$ $d_2=1$
$$ d_1= 3 -rg(A - 1 ·I) = 3-rg \left( \begin{array}{ccc} 0 & a & 0 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \end{array}\right) = \left\{ \begin{array}{lr} 3 - 1 = 2 & \hbox{ Si } a=0 \\ 3 - 2 = 1 & \hbox{ Si } a \neq 0 \end{array}\right. $$ Luego en este caso $A$ es diagonalizable si, y sólo si, $a=0$

[Caso 3: Si $b=-1$]
En este caso:

$\lambda_1 = 1$ $\alpha_1=2$ $d_1=??$
$\lambda_2 = -1$ $\alpha_2=1$ $d_2=1$
$$ d_1= 3 -rg(A - 1 ·I) = 3-rg \left( \begin{array}{ccc} 0 & a & 0 \\ 0 & -1 & -1 \\ 0 & -1 & -1 \end{array}\right) = \left\{ \begin{array}{lr} 3 - 1 = 2 & \hbox{ Si } a=0 \\ 3 - 2 = 1 & \hbox{ Si } a \neq 0 \end{array}\right. $$ Luego en este caso $A$ es diagonalizable si, y sólo si, $a=0$

[Conclusión]

$A$ es diagonalizable si, y sólo si: $\left\{\begin{array}{ccc} a=0 & & \\& \hbox{ o } & \\ a\neq 0 & \hbox{ y } & b\neq 1,-1 \end{array}\right.$