6. DIAGONALIZACIÓN DE ENDOMORFISMOS · matriz asociada respecto de una base B de V. Diremos que λ...

Diagonalización de endomorfismos

MATEMÁTICAS I 119911

6. DIAGONALIZACIÓN DE ENDOMORFISMOS SUMARIO:

INTRODUCCIÓN

OBJETIVOS

INTRODUCCIÓN TEÓRICA

1.- Autovalores y vectores propios. Propiedades. 2.- Multiplicidad algebraica y geométrica de un autovalor. 3.- Matrices semejantes. Propiedades. 4.- Matrices diagonalizables. 5.- Teorema de Cayley-Hamilton. 6.- Diagonalización por congruencia.

PROBLEMAS RESUELTOS.

BILIOGRAFÍA

Guerra, N.; López, B.; Quintana, M.P.; Suárez, A.

INTRODUCCION Se estudió en el tema de Aplicaciones Lineales la relación de

equivalencia entre matrices. Decíamos que dos matrices mxnA y mxnB son equivalentes si representaban al mismo homomorfismo

( )f V W

x f x Ax− − − − − − − − − −− − − − − − − − − =

con dim(V) = n y dim(W) = m, en distintas bases y su relación era:

1B Q AP−= , ( mxmQ y nxnP regulares)

Basta particularizar al caso de los endomorfismos :f V V− − − − − − − − − − (con dim(V) = n) para definir la relación de

semejanza. Dos matrices cuadradas A nxn y nxnB y se dicen semejantes si representan al mismo endomorfismo en bases distintas y su relación explícita es: 1B P AP−= . Debe hacerse notar que el cambio de base efectuado en el espacio inicial

del endomorfismo es el mismo que el que se realiza en el espacio final, por lo que las dos matrices de transición o matrices cambio de base coinciden. Buscando una expresión lo más sencilla posible para representar al

endomorfismo, diremos que una matriz es diagonalizable por semejanza (sobre el cuerpo K) si es semejante a alguna matriz diagonal D, de

elementos de K, y se tiene por tanto la relación: 1D P AP−= , siendo nxnP regular. Aún cuando muchas de las relaciones y resultados que se expondrán en

el tema son válidos tanto para el cuerpo de los reales como para el campo complejo, los ejercicios prácticos se restringirán fundamentalmente a la diagonalización de matrices reales sobre el cuerpo .

Si la igualdad matricial 1D P AP−= se escribe en la forma AP DP= y se igualan una a una las columnas de ambos miembros se obtienen las relaciones i i iAv vλ= , siendo iv , la columna i-ésima de P . Esto nos lleva a definir los conceptos de autovalor y autovector de una matriz cuadrada,

de suerte que se observa que los elementos diagonales de D son los autovalores de A mientras que las correspondientes columnas de P son autovectores asociados a aquellos. A partir aquí se trata de estudiar que matrices son diagonalizables, dicho estudio se centrará en los autovalores y en los autovectores de A. OBJETIVOS • Conocer y definir adecuadamente los conceptos de autovalor y

autovector. • Interpretar geométricamente el significado de un autovalor y de los

autovectores asociados a él, en el caso de que el espacio vectorial sea el de los vectores del plano ordinario o del espacio tridimensional.

• Obtener con soltura el polinomio característico de una matriz y obtener sus raíces.

• Asimilar que cada autovalor de un endomorfismo es una raíz de su polinomio característico.

• Saber, y utilizar, la propiedad que afirma que dos matrices semejantes tienen el mismo polinomio característico, y como consecuencia los mismos autovalores, la misma traza y el mismo determinante.

• Calcular con soltura los subespacios invariantes para un endomorfismo, y si es posible, obtener una base del espacio en la que la matriz asociada al endomorfismo sea diagonal.

• Conocer la caracterización de los endomorfismos o matrices cuadradas diagonalizables.

• Obtener la forma canónica de Jordan asociada a una matriz, así como la correspondiente matriz de cambio de base en los casos de matrices de orden dos y tres.

• Conocer y utilizar el Teorema de Cayley-Hamilton como un método para calcular la inversa de una matriz.

• Reconocer la ventaja de utilizar la forma canónica de Jordan para calcular potencias y exponenciales de matrices.

INTRODUCCION TEORICA 1. Autovalores y vectores propios. Sea V un espacio vectorial, ( )dim V n= . Sea

f V Wx f x Ax− − − − − − − − − −− − − − − − − − − =

, un endomorfismo, ( )nxnA M∈ su

matriz asociada respecto de una base B de V . Diremos que λ es un autovalor (o valor propio) de f o de A, si existe

u V∈ , 0u ≠ , tal que ( )f u uλ= , o lo que es lo mismo Au uλ= .

El vector u diremos que es un vector propio (o autovector) de f o de A asociado al autovalor λ.

1.1 Propiedades.

Si λ es un autovalor de A entonces nλ es un autovalor de nA .

Si λ es un autovalor de A entonces kλ es un autovalor de kA.

Si λ es un autovalor de A y A es invertible entonces 1λ

autovalor de 1A− . 1.2 Polinomio característico. Sea ( )nxnA M∈ , llamamos polinomio característico de A al

polinomio de grado n :

11 12 1

221 22

n nnnn n n

a a aa a a

a a ab b b

λλ λ λ−

−−

= − = =

= − + + ..... + + .

1.3 Propiedades. La matriz nxnA tiene n autovalores 1 2 nλ λ λ, ,......, y éstos son las n raíces de su polinomio característico. Además se cumple que:

1 2 nA λ λ λ= ⋅ ⋅ ...... ⋅

11 22 1 2( ) nn nTraza A a a a λ λ λ= + + ....... + = + + ...... + 1

1( ) ( 1)nnTraza A b−−= − ⋅

2. Multiplicidad algebraica y geométrica de un autovalor. Sea ( )nxnA M∈ , la matriz asociada al endomorfismo f V: ——— V

respecto de una base B de V , sea iλ un autovalor de A, al conjunto

iL Vλ ⊆ , de los vectores propios asociados a iλ , lo llamaremos

subespacio propio o subespacio invariante asociado a iλ respecto de A.

Llamaremos multiplicidad algebraica de iλ , se simbolizará por iα , a la multiplicidad que tenga como raíz del polinomio característico.

1 21 2( ) ( ) ( ) ( ) ( )i k

A i kP α αα αλ λ λ λ λ λ λ λ λ= − − ..... − ......... − .

Llamaremos multiplicidad geométrica de iλ , se simbolizará por im , a

la dimensión de su subespacio propio, ( )iim dim Lλ= .

3. Matrices semejantes.

Sean ( )nxnA B M, ∈ , diremos que A y B son semejantes si existe

( )nxnP M∈ , regular, de manera que 1B P AP−= . A la matriz P se le denomina matriz de paso. Nota: Si A y B son semejantes se simbolizará como A B∼

3.1 Proposición Si A B∼ entonces existen infinitas matrices de paso entre ellas.

Si A B∼ entonces A B= .

Si A B∼ entonces n nA B n, ∀ ∈ .

Las matrices asociadas a un endomorfismo f respecto a dos bases diferentes son semejantes. 3.2 Propiedades. Si λ es un autovalor de A, Lλ es un subespacio vectorial de V .

Si 1λ y 2λ son autovalores de 1 2A λ λ, ≠ , entonces 1 2

{0}L Lλ λ∩ = .

( Esto nos está diciendo que vectores propios asociados a autovalores diferentes son linealmente independientes.) Si 1 2 kλ λ λ, ,......, son los autovalores de la matriz A, entonces:

1 2 k nα α α+ + ....... + = .

Si iλ es un autovalor de A entonces

( ) ( )ii im dim L n rango A Iλ λ= = − − .

Si iλ es un autovalor de A entonces 1i imα ≥ ≥ .

Si 0λ = es un autovalor de A, entonces:

(0)( ) { ( ) 0}Ker f x V f x Ax L= ∈ / = = =

A y tA tienen los mismos autovalores.

Si AB entonces A y B tienen los mismos autovalores.

Si u es un vector propio de A asociado a λ entonces:

u es un vector propio de nA asociado a nλ .

Si A es invertible, u es un vector propio de 1A− asociado a 1λ.

u es un vector propio de kA asociado a kλ.

Si AB entonces 1P u− es un vector propio de B asociado a λ.

4. Matriz diagonalizable.

Sea ( )nxnA M∈ , diremos que es diagonalizable en , si es

semejante a una matriz diagonal ( )nxnD M∈ , es decir si existe

( )nxnP M∈ , invertible, de manera que se verifique la igualdad: 1D P AP−=

o lo que es equivalente PD AP= ó 1A PDP−= . Si esta diagonalización es posible, se dice que A es diagonalizable por

semejanza. 4.1 Teorema.

( )nxnA M∈ , es diagonalizable por semejanza en si y sólo si existe

una base de n formada por vectores propios de A. Así A es semejante a la matriz diagonal D, con los autovalores de A en su diagonal. La matriz de paso P será tal que sus columnas son los vectores de la base de vectores propios de A. Nota: Si A es diagonalizable, en la diagonal de D cada autovalor

aparecerá tantas veces como su multiplicidad algebraica. Cada columna de P, se corresponderá con un vector propio del autovalor iλ que esté en

la misma columna de la matriz D, para cada iλ los vectores propios se

elegirán de forma eliminatoria de la base de i

4.2 Teorema. Sea ( )nxnA M∈ , con autovalores 1 2 kλ λ λ, ,......, , es diagonalizable por

semejanza en , si cumple las dos condiciones siguientes:

1i i kλ ∈ , ∀ = ,..., .

Las multiplicidades algebraica y geométrica coinciden en todos los autovalores, es decir, i imα = 1i i kλ, ∀ , = ,..., .

5. Teorema (Cayley-Hamilton).

Sea ( )nxnA M∈ , entonces A es solución de su ecuación característica, es decir,

si 11 1 0( ) ( 1)n n n

A nP b b bλ λ λ λ−−= − + + ..... + + , entonces:

11 1 0( 1) 0n n n

n nxnA b A b A b I−−− + + ..... + + =

6. Diagonalización por congruencia

6.1 Teorema. Sea ( )nxnA M∈ , A simétrica, entonces:

A es diagonalizable por semejanza en , es decir todos sus autovalores son reales y i i imα λ= ∀ .

De entre las infinitas matrices de paso entre A y D, se puede encontrar

una matriz de paso P, ortogonal, es decir, 1 tP P− = , sus columnas serán vectores propios ortogonales y normalizados. Con lo cual para esa matriz se tendrá la relación tD P AP= . (Esta forma particular de diagonalización es posible si y solo si la

matriz es simétrica, y se denomina diagonalización por congruencia) Vectores propios asociados a autovalores distintos son ortogonales, es

decir:

Si 1 2 1 1 1 2 2 2 1 2; 0tAu u Au u u uλ λ λ λ≠ , = = ⇒ = .

PROBLEMAS

1. Hallar los autovalores de la matriz 2 3

−⎛ ⎞= ⎜ ⎟−⎝ ⎠

SOLUCIÓN: Tenemos que hallar su polinomio característico y luego hallar sus raíces.

2 3 1 0 2 3( )

2 1 0 1 2 1Ap A Iλ

λ λ λλ

− − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = − = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( )( ) 22 1 6 4 3λ λ λ λ= − − − − − = − + + y resolvemos la ecuación

característica 24 3 0λ λ− + + = , obteniendo que sus raíces son 1 4λ = − y 2 1λ = .

2. Hallar los autovalores y subespacios propios de la matriz

2 3 11 1 1

2 1 1A

− −⎛ ⎞⎜ ⎟= − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

SOLUCIÓN: Tenemos que hallar su polinomio característico y luego hallar sus raíces.

2 3 1( ) 1 1 1

2 1 1Ap A I

λλ λ λ

− − −⎛ ⎞⎜ ⎟= − = − − − =⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

( )( )( )2 1 1 1 6 (2( 1 ) 3(1 ) ( 2 ))λ λ λ λ λ λ= − − − − − − − − − − + − + − − =

( )( )22 34 7 2 4 1λ λ λ λ λ= − + − − = − − − −

Los autovalores de A son

1 4λ = − , simple, es decir, 1 1α = y

2 1λ = , doble, es decir, 2 2α = .

Vamos a calcular los subespacios propios correspondientes a cada uno de ellos.

Para 1 4λ = −

{ }{ }

( ( 4) ) 0

( 4) ) 0

2 3 1 01 3 1 0

2 1 5 0

2 3 1 00 3 3 00 4 4 0

2( 2 1

L x A I x

x A I x

− = ∈ / − − = =

= ∈ / + = =

⎧ − ⎫⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎪⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= ∈ / − = =⎨ ⎬⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭⎧ − ⎫⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎪⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= ∈ / = =⎨ ⎬⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭= −⎧ ⎫

= ∈ / =< − ,− ,⎨ ⎬= −⎩ ⎭1) >

Para 2 1λ =

{ }{ }

( 4) ) 0

3 3 1 01 2 1 0

2 1 0 0

1 2 1 03 3 1 0

2 1 0 0

1 2 10 3 20 3 2

L x A I x

x A I x

= ∈ / − = =

= ∈ / + = =

⎧ − − ⎫⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎪⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= ∈ / − − = =⎨ ⎬⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭⎧ − − ⎫⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎪⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= ∈ / − − = =⎨ ⎬⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭− −⎛ ⎞⎜ ⎟= ∈ / −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

11 23 ( 1) ( 1 2 3)

2 3 33

⎧ ⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟= =⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭⎧ ⎫= −⎪ ⎪⎪ ⎪= ∈ / =< − , , >=< − , , >⎨ ⎬⎪ ⎪=⎪ ⎪⎩ ⎭

3. Sabiendo que el polinomio característico de la matriz

2 1 31 0 13 1 2

A− − −⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

es ( )( )( )3 2( ) 4 7 10 5 1 2AP λ λ λ λ λ λ λ= − − + + = − − − − −

Obtener si es posible una base de 3 , formada por vectores propios de A

SOLUCIÓN: Los autovalores de A son 1λ = 2 35 1 2λ λ− , = − , = .

Si calculamos sus subespacios propios correspondientes obtenemos:

{ }3( 5)

( 5 ) 0

3 1 3 01 5 1 03 1 3 0

03 1 3

01 5 1

(1 0 1)

L x A I x

− = ∈ / + = =

⎧ − − ⎫⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎪⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= ∈ / − = =⎨ ⎬⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭⎧ ⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞

− −⎛ ⎞⎪ ⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟= ∈ / = =⎨ ⎬⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠⎪ ⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭

=< , , >

{ }3( 1) ( ) 0 ( 1 21)L x A I x− = ∈ / + = =< − ,− , >

{ }3(2) ( 2 ) 0 ( 1 1 1)L x A I x= ∈ / − = =< − , , >

A la vista de estos resultados el conjunto {{1 0 1} { 1 2 1} { 1 1 1}}, , , − ,− , , − , , es

una base de 3 , formada por vectores propios de A.

4. Sean 1 2( ) 0 0nxnA B M x x, ∈ , ≠ , ≠ . Justificar si son verdaderas o

falsas las siguientes afirmaciones.

a) Si 1 1Ax xλ= y 1 1Bx xµ= entonces λ µ+ es un autovalor de A B+ .

b) Si 1 1Ax xλ= y 1 1Bx xµ= entonces 1x no es un vector propio de A B⋅ c) Si 1 1Ax xλ= y 2 2Ax xµ= entonces 1 2x x+ es un vector propio

asociado a λ µ+ respecto de A.

SOLUCIÓN: a) Verdadero.

1 1 1 1 1 1( ) ( )A B x Ax Bx x x xλ µ λ µ+ = + = + = + , por tanto λ µ+ es un autovalor de A B+ , y 1x es un vector propio asociado a λ µ+ respecto de A B+ . b) Falso. Basta efectuar el producto:

1 1 1 1 1 1A B x A x A x x AB x xµ µ µλ µλ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⇒ = , por tanto 1x si es un vector propio de A B⋅ , asociado al autovalor λµ.

c) Falso.

1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( )( )A x x Ax Ax x x x xλ µ λ µ+ = + = + ≠ + + , en general.

Otra forma de ver que es falso es que la suma de autovalores no tiene porque ser un autovalor, veamos un ejemplo:

3 50 8

A ⎛ ⎞= ,⎜ ⎟⎝ ⎠

al ser una matriz triangular sus autovalores son los

elementos de la diagonal, es decir, 1 23 8λ λ= , = , y 1 2 3 8 11λ λ+ = + = , no es un autovalor de A.

5. De la matriz 0

b cA b e

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

se sabe que:

i) ( 1 0 1)− , , es un vector propio asociado a 1 2λ = −

ii) (1 1 1), − , es un vector propio asociado a 2 1λ =

Calcular el valor de b.

SOLUCIÓN: Si ( 1 0 1)− , , es un vector propio asociado a 1 2λ = − tenemos que

1 1 00 2 0 31 1 0

b cA b e

− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟= − ⇒⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

0 01 2

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟= ⇒⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠

b eb e

= ⎫= ⎫⎪− + = ⇒⎬ ⎬= ⎭⎪− = − ⎭

Si (1 1 1), − , es un vector propio asociado a 2 1λ = tenemos que

1 1 0 2 1 11 1 1 3 1 1

1 1 2 0 1 1

bA b b

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− = − ⇒ − = − ⇒⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2 1 12 3 1 1 1

b bb b b

− + = =⎫ ⎫⎪ ⎪− = − ⇒ = ⇒ = .⎬ ⎬⎪ ⎪− = =⎭ ⎭

6. Sean ( ) ( )1 0 1 1 1 0u v= , , , = , , y ( )0 1 1w = , , tres autovectores del

endomorfismo 3f : ——— 3 y se sabe además que

( ) ( )2 2 2 4 0 3f , , = , , . Calcular los autovalores de f

SOLUCIÓN: Los vectores u v, y w son linealmente independientes ya que

1 1 00 1 1 2 01 0 1

= ≠ , luego forman una base de 3 . El vector ( )2 2 2, , se

podrá poner como combinación lineal de u v, y w . Posteriormente utilizando la linealidad de un endomorfismo, podremos calcular los autovalores de f .

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 1 0 1 1 1 0 0 1 1α β γ, , = , , + , , + , ,

α ββ γ α β γα γ

+ = ⎫⎪+ = ⇒ = = =⎬⎪+ = ⎭

Por otro lado

( ) ( )( ) ( ) ( )( )

( ) ( )( ) ( )1 2 3

1 2 2 3 1 3

4 0 3 2 2 21 1 0 1 1 1 1 0 1 0 1 1

(1 0 1) 1 1 0 0 1 1(1 0 1) 1 1 0 0 1 1

f f fλ λ λλ λ λ λ λ λ

, , = , , == , , + , , + , , =

= , , + , , + , , == , , + , , + , , == + , + , +

1 2 32 3

40 72 12 12

λ λλ λ λ λ λλ λ

⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭

= += + ⇒ = , = , = −= +

7. Sea f un endomorfismo en 3 y sean 1 2 3v v v, , tres vectores

propios (no nulos) de f asociados a los valores propios 1 2 3λ λ λ, ,

respectivamente, si 1 2 3λ λ λ= ≠ . Justificar si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones. a) 1 3v v≠ y 2 3v v≠

b) 1 2v v= y 1 3v v≠

c) 1 2,v v y 3v forman una base de 3 .

1λ y 3λ son autovalores de f siendo 1 3λ λ≠ .

1 21 3

,v v Lv v

⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭

∈⇒ ≠

∈ y 2 3v v≠ ya que

1 3{0}L Lλ λ∩ =

b) Falso. Basta tomar 2 1 ( 0v kv k= , ≠ y 1)k ≠ , se tiene que

11 2,v v Lλ∈ y 2 3v v≠

c) Falso.

1 3 30 1 40 0 5

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= ,⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

sus autovalores son 1 1 ( )dobleλ = y 2 5λ =

( 2) (1 0 0L − =< , , >

(5) (0 1 1)L =< , , >

Tomamos

1 2(1 0 0) (4 0 0)v v= , , , = , , y 3 (0 1 1)v = , ,

{ }1 2 3, ,v v v no forman una base de 3 ya que 1v y 2v son linealmente

dependientes.

8. Sean 1( ) 0nxnA B M x, ∈ , ≠ . Justificar si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones. a) 1 12Bx x= y 1 14 2ABx x= ⇒ es un autovalor de A.

b) 1 1ABx xλ λ= ⇒ es un autovalor de A y de B.

c) 1 1( )A B x xλ λ+ = ⇒ es un autovalor de A y de B.

1 11 1 1 1

22 4 2

A x x Ax xABx x

= ⎫⇒ = ⇒ = ⇒⎬= ⎭

2 es un autovalor de A.

b) Falso.

1 1ABx xλ λ= ⇒ es un autovalor de la matriz AB.

Si tomamos:

1 0 3 0 10 1 0 5 0

A B x⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= , = , =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 0 3 0 1 13 3

0 1 0 5 0 0ABx x⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= = =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

y sin embargo 3 no es un autovalor de A. c) Falso.

Si tomamos:

4 0 3 0 10 6 0 5 0

A B x⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= , = , =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

7 0 1 1) 7 7

0 11 0 0A B x x⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = = =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

y sin embargo 7 no es un autovalor de A ni de B.

9. Sean 1 2( ) 0 0nxnA B M x x, ∈ , ≠ , ≠ . Justificar si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones. a) Si 1 1Ax kx= y 2 2Bx kx= entonces k es un autovalor de A B+ .

b) Si 1 1Ax xλ= y 2 2Bx xµ= entonces λ µ+ es un autovalor de A B+ . c) Si 1 1Ax xλ= y 2 2Ax xµ= entonces 1 2x x+ es un vector propio

asociado a λ µ+ respecto de A.

SOLUCIÓN: a) Falso. Para que k sea un autovalor de A B+ debemos encontrar que tiene

algún vector propio asociado. Si planteamos:

1 1 1 1 1( )A B x Ax Bx kx Bx+ = + = + ;

1Bx desconocemos lo que vale y para que 1x fuese un vector propio

tendría que valer 0, cosa que no podemos garantizar.

O bien si planteamos:

1 2 1 2 1 2 1 2 2 1( )( ) ( )A B x x Ax Ax Bx Bx k x x Ax Bx+ + = + + + = + + + ;

2 1Ax Bx+ desconocemos lo que vale y para que 1 2x x+ fuese un vector

propio tendría que valer 0 , cosa que no podemos garantizar. Un sencillo ejemplo que nos garantiza que esto es falso:

5 0 4 0 1 00 2 0 5 0 2

A B x x⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= , = , = , =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 1 2 2

5 05 5

0 10Ax x Bx x⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= = ; = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

y sin embargo 9 0

( )0 7

A B ⎛ ⎞+ = ⎜ ⎟

⎝ ⎠ que sus autovalores son 9 y 7, ambos distintos de 5.

b) Falso Tomando las matrices del ejemplo anterior

5 0 02 2

0 2 1A x Ax xλ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= , = , = ; =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

4 0 14 4

0 5 0B Bx x xµ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= , = , = ; =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2 4 6λ µ+ = + = y sin embargo no coincide con ninguno de los

autovalores de 9 0

( )0 7

A B ⎛ ⎞+ = ,⎜ ⎟

⎝ ⎠ que son 9 7y , que ambos son

distintos de 6. c) Falso.

1 2 1 2 1 2( )A x x Ax Ax x xλ µ+ = + = + para que fuese cierto este apartado, debía habernos dado 1 2 1 2( ) ( )( )A x x x xλ µ+ = + + (*)

( )∗ En algún caso particular de 1 2,A x x λ, , y µ puede suceder que

1 2 1 2( ) ( )( )x x x xλ µ λ µ+ = + + lo cual no garantiza que esta propiedad

sea cierta en general. También se puede ver con un ejemplo que esta propiedad no es cierta en

general:

5 0 1 00 2 0 2

A x x⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= , = , = ;⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 1 2 2

5 05 2

0 4Ax x Ax x⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= = ; = = .⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Por otro lado

1 2 1 2

5 0 5( )

1 0 7( )( ) 7

0 2 14

A x x Ax Ax

x xλ µ

⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = + = + = ⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎪⇒⎬⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎪+ + = + =⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎪⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎭

1 2 1 2( ) ( )( )A x x x xλ µ⇒ + ≠ + +

luego 1 2x x+ no se puede afirmar que sea un vector propio asociado a λ µ+ respecto de A.

10. Si 1λ y 2λ son dos autovalores reales y distintos de un

endomorfismo nf : ———— n , siendo ( )nxnA M∈ , su matriz

asociada. Justificar si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones. a) Si

1 21 2 L Lλ λλ λ< ⇒ ⊂

(Siendo 1

Lλ y 2

Lλ los subespacios propios respectivos)

b) Si 1 0 fλ = ⇒ no es inyectivo.

c) { }1 20L Lλ λ∩ ≠

d) Si f es inyectivo1 2

L Lλ λ⇒ =

SOLUCIÓN: a) Falso. Sabemos que la intersección de subespacios propios asociados a

autovalores distintos solo es el vector nulo. Luego independientemente de que 1λ sea menor que 2λ sus subespacios propios sólo tienen en común el vector nulo. b) Verdadero.

Si 1 0λ = , tenemos el subespacio propio { }(0) 0nL x Ax= ∈ / = y

además sabemos que un subespacio propio tiene dimensión mayor o igual que uno, (0)( ) 1dim L ≥ .

Por otro lado

{ } (0)( ) 0 ( ) ( ( )) 1nKer f x Ax Ker f L dim Ker f= ∈ / = ⇒ = ⇒ ≥ ⇒

f⇒ no es inyectivo.

c) Falso. Como ya hemos dicho en el apartado a), la intersección de subespacios

propios asociados a autovalores distintos sólo es el vector nulo. d) Falso. Aunque f sea inyectivo dos subespacios propios asociados a

autovalores distintos sólo tienen en común el vector nulo, luego

1 2L Lλ λ≠ .

11. Dada la aplicación lineal 3f : ————— 3 definida por :

( ) ( 2 2 )f x y z x y x y z x, , = + ,− + + , . Justificar si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones.

a) Una matriz asociada a f respecto de alguna base de 3 es

1 0 00 1 00 0 1

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

b) Todos los autovalores de f son simples.

c) Los subespacios propios de f son 3

1 {( ) 0}V x y z y z= , , ∈ / = = y 32 {( ) 0}V x y z x= , , ∈ / =

d) f es inyectivo.

SOLUCIÓN:

La matriz asociada a f es 1 1 01 2 1

1 0 0A

⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, su polinomio característico

es 3 2 3( ) 3 3 1 (1 )Ap λ λ λ λ λ= − + − + = − tenemos entonces un único autovalor triple 1 11 3λ α= ; = ;

0 1 03 3 1 1 1 3 2 1 3

1 0 1m rango A I rango

⎛ ⎞⎜ ⎟= − − = − − = − = ≠⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

a) Falso. Las matrices asociadas a un endomorfismo respecto de diferentes bases

son semejantes. La matriz A no es diagonalizable ya que 1 1mα ≠ luego no es semejante a la matriz D. b) Falso. A tiene un único autovalor triple. c) Falso. A tiene sólo un subespacio propio y no dos. d) Verdadero.

f es inyectivo ya que ( ( )) ( ) 3dim Im f rango A= = , ya que 1A = y

para ser inyectivo es necesario que la dimensión de la imagen sea igual que la dimensión del espacio que partida, que en este caso es 3 .

12. Sea el espacio vectorial de 3 en el que se considera la base canónica y se define un endomorfismo del que se sabe que:

)i (6 2 5) (6 2 5)f , , = , ,

)ii La traza de la matriz asociada a f vale 5 .

)iii { }3 2 11 7 0E x x y z= ∈ / + − = es un subespacio propio de f .

Calcular los autovalores de f .

SOLUCIÓN:

Vamos a analizar el significado de los datos que se nos dan en ) )i ii, y )iii .

Si (6 2 5) (6 2 5) 1f λ, , = , , ⇒ = es un autovalor de f , pues existe el vector (6 2 5) (0 0 0), , ≠ , , , tal que (6 2 5) 1 (6 2 5)f , , = . , , .

Por otro lado

11 72 11 7 02

11 7 ( 11 2 0) 7 0 22

y zE x x y z x x

y z y z y z

− +⎧ ⎫= ∈ / + − = = ∈ / = =⎨ ⎬⎩ ⎭

⎧ − + ⎫⎛ ⎞= , , ∈ / , ∈ =< − , , , , , >⇒⎨ ⎬⎜ ⎟⎝ ⎠⎩ ⎭

( ) 2dim E⇒ =

Como la multiplicidad geométrica de un autovalor es siempre menor o igual que la multiplicidad algebraica del mismo, de aquí obtenemos que f tiene que tener un autovalor con multiplicidad algebraica 2≥ .

Veamos si este subespacio corresponde al autovalor 1 1λ = , una condición necesaria para ello es que (6 2 5) E, , ∈ , sin embargo, vemos que las coordenadas de (6 2 5), , no cumplen la ecuación que define a los vectores de E , pues 2·6 11·2 7·5 1 0+ − = − ≠ .

Como las multiplicidades algebraicas tienen que sumar 33 ( )dim= , la única posibilidad existente es que 1 1λ = sea un autovalor simple y que exista otro autovalor µ, doble.

Como la traza de la matriz asociada a f nos dicen que vale 5 y se sabe que si 1λ , 2λ , 3λ son los autovalores de A , entonces,

1 2 3( )Traza A λ λ λ= + + en este caso se tendría:

1 5 1 2 5 2µ µ µ µ+ + = ⇐⇒ + = ⇐⇒ = .

Luego los autovalores de f son 1 2 2, , .

13. Sean 1u y 2u dos vectores propios de la matriz x ( )n nA M∈ ,

asociados al autovalor λ. Justificar si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones.

a) 1 2,u u< > es el subespacio propio asociado al autovalor λ.

b) 1u ⊥ 2u

c) 1 2u u+ es un vector propio asociado al autovalor 2λ.

d) 1 2u u− es un vector propio de la matriz 2A A− .

SOLUCIÓN: a) Falso. Ya que la dimensión del subespacio propio, Lλ , puede ser mayor que 2,

que es lo máximo que puede valer la dimensión de 1 2,u u< > . Lo que si se podría afirmar es que 1 2,u u< > , es un subespacio del subespacio propio asociado a λ. b) Falso.

Tomando 1 1 0u L uλ∈ , ≠ y 2 1u ku= , ( 0)k ≠ , 1u y 2u son vectores propios asociados a λ, son paralelos y no son ortogonales.

c) Falso. Cualquier combinación lineal de 1u y 2u pertenece al subespacio propio

asociado a λ, luego 1 2u u+ también es un vector propio asociado a λ.

d) Verdadero. 2 2 2

1 2 1 2 1 22 2

1 2 1 22

( )( )

( ) ( )( )( )

A A u u A u A u Au Auu u u uu u u u

λ λ λ λλ λλ λ

− − = − + − == − + − == − + − == − −

21 2( )( )A A u u− − = 2

1 2( )( )u uλ λ− − luego 1 2u u− es un vector propio

de la matriz 2A A− asociado al autovalor 2λ λ− .

14. Dada la matriz 8 1 00 2 50 0 2

A⎛ ⎞⎜ ⎟= .⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Estudiar si es diagonalizable en .

SOLUCIÓN:

Los autovalores de A son 1λ = 8, 2 2λ = (doble), ambos reales.

1 8λ = es simple, coinciden sus multiplicidades algebraica y geométrica.

2 2λ = es doble, vamos a ver cuanto vale su multiplicidad geométrica.

6 1 03 ( 2 ) 3 0 0 5 3 2 1

⎛ ⎞⎜ ⎟= − − = − = − = .⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

A no es diagonalizable ya que para el autovalor que no es simple no coinciden las multiplicidades. 15. ¿Cuáles de las siguientes matrices son diagonalizables?

a)1 03 4⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

b)1 11 3

⎛ ⎞⎜ ⎟−⎝ ⎠

c)5 0 00 3 04 2 8

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

d)3 1 02 2 00 0 8

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

SOLUCIÓN: a) Diagonalizable. Esta matriz tiene sus dos autovalores simples, que al ser una matriz

triangular son los elementos de su diagonal, 1 21 4λ λ= , = , con lo cual es diagonalizable. b) No diagonalizable. Esta matriz tiene un autovalor doble, 1 2λ = , y su multiplicidad

geométrica vale,

1 12 2 2 2 1 1

1 1m rango A I rango

−⎛ ⎞= − − = − = − = .⎜ ⎟−⎝ ⎠

c) Diagonalizable. Al ser una matriz triangular sus autovalores son los elementos de su

diagonal, es decir, 1 2 35 3 8λ λ λ= , = , = , sus tres autovalores sor reales y simples con lo cual es diagonalizable . d) Diagonalizable.

Esta matriz tiene sus tres autovalores simples, 1 2 38 1 4λ λ λ= , = , = , con lo cual es diagonalizable. 16. Si ( )nxnA M∈ tiene exactamente (n-1) autovectores linealmente

independientes. Justificar si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones.

a) 0A =

b) A es diagonalizable por semejanza. SOLUCIÓN: a) Falso.

Sea por ejemplo la matriz 2 2

1 1( )

0 1 xA M⎛ ⎞= ∈ ,⎜ ⎟⎝ ⎠

el único autovalor

que posee esta matriz es el 1λ = , con multiplicidad algebraica 2. Veamos cuántos autovectores linealmente independientes admite:

( ){ }

0( ) 1

0 1 0( )

0 (1 0)

xL x y A I

⎧ ⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎪= , ∈ / − . = =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎨ ⎬⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎪ ⎪⎩ ⎭

⎧ ⎫⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= , ∈ / = =⎨ ⎬⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭

= , ∈ / = =< , >

por lo tanto A sólo admite 1 autovector linealmente independiente.

Sin embargo, 1 0A = ≠

b) Falsa. La condición necesaria y suficiente para que una matriz ( )nxnA M∈

sea diagonalizable por semejanza es que admita n autovectores linealmente independientes, es decir que exista una base de n de autovectores de A . En este caso sólo existen 1n − autovectores linealmente independientes. 17. Sea 3 3 ( )xA con autovalores 1 3, y 8 . Justificar si son verdaderas

o falsas las siguientes afirmaciones.

a) 3f : ———— 3 definida por ( )f x Ax= es biyectiva.

b) A es una matriz simétrica. c) A no es invertible. d) A I∼ SOLUCIÓN: a) Verdadera

Sabemos que 1 2 3 1 3 8 24 0 ( ) 3A rang Aλ λ λ= = ⋅ ⋅ = ≠ ⇒ = . 3( ( )) ( ) 3 ( )dim Im f rang A Im f f= = ⇒ = ⇒ es sobreyectiva.

Por otro lado, sabemos que 3( ) ( ( )) ( ( )) 3 ( ( )) 3dim dim Ker f dim Im f dim Ker f= + ⇒ = + ⇒

{ }( ( )) 0 ( ) 0dim Ker f Ker f f⇒ = ⇒ = ⇒ es inyectiva.

Como f es sobreyectiva e inyectiva, entonces f es biyectiva.

b) Falsa.

Sea por ejemplo la matriz 1 0 00 3 00 2 8

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

cumple las condiciones del

enunciado y sin embargo no es simétrica. c) Falsa.

1 2 3 1 3 8 24 0A Aλ λ λ= = ⋅ ⋅ = ≠ ⇒ es invertible.

d) Falso. Para que A I∼ , se tiene que verificar que A tuviese solo el autovalor

1λ = con multiplicidad geométrica 3 .

18. Sea A la siguiente matriz:

3 0 0 00 2 0 00 0 0

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟= , ∈⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

. Estudiar

para que valores de k es diagonalizable la matriz.

SOLUCIÓN: Los autovalores de A son:

1 2 33 2 kλ λ λ= , = , = y 4 1λ =

Si 3k ≠ y 2k ≠ y 1k ≠ tendremos que A tiene 4 autovalores simples y reales con lo cual A sería diagonalizable. Vamos a estudiar los tres casos particulares de k, que hemos excluido.

a) 3k = En este caso la matriz quedaría de la siguiente forma:

3 0 0 00 2 0 00 0 3 03 0 3 1

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, tenemos que A tiene los siguientes autovalores:

1 3λ = (doble), 2 2λ = (simple), y 3 1λ = (simple).

El único autovalor cuyas multiplicidades algebraicas y geométricas pueden no coincidir es el 1 3λ = . Veamos cuál es su multiplicidad geométrica:

( ) 4(3) { ( 3 ) 0}L x y z t A I x= , , , ∈ / − = =

0 0 0 0 00 1 0 0 00 0 0 0 03 0 3 2 0

x y z tzt

⎧ ⎫⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎪⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎪ ⎪⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= , , , ∈ / = =⎨ ⎬⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪−⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭

( ) 4 03 3 2 0

yx y z t

x z t− =⎧ ⎫

= , , , ∈ / =⎨ ⎬+ − =⎩ ⎭

( ) 40

yx y z t z tx

=⎧ ⎫⎪ ⎪= , , , ∈ / =⎨ ⎬− +=⎪ ⎪⎩ ⎭

( ){ } ( ) ( )4 233 2 3 0 1 0 1 0 0 0 1z t z t z t= − + , , , ∈ / , ∈ =< − , , , , , , , >

Obtenemos que 1 (3) 1( ) 2m dim L α= = =

Por tanto si 3k A= , es diagonalizable.

b) 2k = En este caso la matriz quedaría de la siguiente forma:

3 0 0 00 2 0 00 0 2 02 0 2 1

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1 3λ = (simple), 2 2λ = (doble), y 3 1λ = (simple).

El único autovalor cuyas multiplicidades algebraicas y geométricas pueden no coincidir es el 2 2λ = . Veamos cuál es su multiplicidad geométrica:

( ) 4(2)

1 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 02 0 2 1 0

L x y z tzt

⎧ ⎫⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎪⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= , , , ∈ / = =⎨ ⎬⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪−⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭

( ) 4 02 2 0

xx y z t

x z t=⎧ ⎫

= , , , ∈ / =⎨ ⎬+ − =⎩ ⎭

( ) 4 02

xx y z t

t z=⎧ ⎫

= , , , ∈ / =⎨ ⎬=⎩ ⎭

( ){ } ( ) ( )40 2 0 1 0 0 0 0 1 2y z z y z= , , , ∈ / , ∈ =< , , , , , , , >

Obtenemos que 2 (2) 2( ) 2m dim L α= = =

Por tanto si 2k A= , es diagonalizable.

c) 1k = En este caso la matriz quedaría de la siguiente forma:

3 0 0 00 2 0 00 0 1 01 0 1 1

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1 3λ = (simple), 2 2λ = (simple), y 3 1λ = (doble).

El autovalor problemático es 3 1λ = , cuya multiplicidad algebraica es 2 . Veamos cuál es su multiplicidad geométrica.

{ }4(1) ( ) 0L x A I x= ∈ / − = =

2 0 0 0 00 1 0 0 00 0 0 0 01 0 1 0 0

x y z tzt

⎧ ⎫⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎪⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= , , , ∈ / = =⎨ ⎬⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭

( ) ( )4 4

2 0 00 0

x xx y z t y x y z t y

= =⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪= , , , ∈ / = = , , , ∈ / = =⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎪ ⎪ ⎪ ⎪+ = =⎩ ⎭ ⎩ ⎭

( ){ } ( )40 0 0 0 0 0 1t t= , , , ∈ / ∈ =< , , , >

Como 3 (1) 31 2m dimL α= = ≠ = , concluimos que la multiplicidad

geométrica del autovalor 1λ = no coincide con la multiplicidad algebraica del mismo, por lo tanto A no es diagonalizable para 1k = .

Resumiendo, A es diagonalizable 1k∀ ≠ . 19. Dada la aplicación lineal

1 2 3 1 2 2 3 2 3( ) (2 2 4 )f x x x x x x x x x, , = + , − , +

Estudiar se existe alguna base de 3 respecto de la cual la matriz asociada al endomorfismo f sea la matriz diagonal

2 0 00 2 00 0 3

⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

SOLUCIÓN: La matriz A asociada a f respecto de la base canónica es aquella cuyas

columnas son las imágenes de los vectores de dicha base. (1 0 0) (2 0 0) (0 1 0) (1 1 2) (0 0 1) (0 1 4)f f f, , = , , , , , = , , , , , = ,− ,

Luego, la matriz asociada es 2 1 00 1 10 2 4

A⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, y su polinomio

característico es ( ) ( )23 2( ) 7 16 12 2 3AP λ λ λ λ λ λ= − + − + = − −

Tenemos entonces que sus autovalores son:

2 23 1 m

λ αλ α

⎫⎪⎬⎪⎭

= , == , = =

Calculamos la multiplicidad geométrica de 1λ

1 1( ) 3 ( 2 )0 1 0

3 0 1 1 3 2 10 2 2

m n rango A I rango A I

λ= − − = − − =

⎛ ⎞⎜ ⎟= − − − = − = .⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Podemos afirmar que la matriz A o al endomorfismo f no es

diagonalizable en , es decir no existe ninguna base de 3 respecto de la cual la matriz asociada a f sea una matriz diagonal.

20. Sean A y ( )nxnB M∈ siendo A regular (invertible). Justificar

si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones. a) Las matrices A y B tienen el mismo polinomio característico.

b) A B. y B A. tienen los mismos autovalores.

c) A B+ es invertible. d) A B. es diagonalizable. SOLUCIÓN: a) Falsa. Veamos el siguiente contraejemplo:

1 00 1

A ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

y 2 00 2

B ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

estas dos matrices verifican el enunciado,

ambas son 2x2 y además 1 0A = ≠ luego A es invertible.

Sin embargo 2

( ) (1 )(1 ) 2 1( ) ( )

( ) (2 )(2 ) 4 4A

P A IP P

P B Iλ λ λ λ λ λ

λ λλ λ λ λ λ λ

⎫= − = − − = − + ⎪⇒ ≠ .⎬= − = − − = − + ⎪⎭

b) Verdadera. Veamos que el polinomio característico de ·A B, ( )ABP λ , coincide con

el de B A. , ( )BAP λ .

Para ello vamos a utilizar lo siguiente:

)i A es invertible 1A−⇒ ∃

)ii 1 1A A− ⋅ =

)iii A B A B B A B A= ⋅ = ⋅ = ) )

( ) · · ·

( · ) ( ) )

( ) ( )

· ( ) · ( )

· ( )

ii iii

P A B I A A A B I A A B I A

A A B I A A A B A I A

I B A I A B A A B A A

B A A A B A A A

B A I P

λ λ λ λ

λ λ λ

− −

− − −

− −

= − − − =

= − = . − =

= . − = − = − =

= − . = − . =

= − =

c) Falsa Como contraejemplo usaremos el siguiente:

1 00 1

A ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

y 1 00 1

B ⎛ ⎞= ⎜ ⎟−⎝ ⎠

estas dos matrices verifican el

enunciado, ambas son 2x2 y además 1 0A A= ≠ ⇒ es invertible.

Sin embargo, se tiene que 2 00 0

A B ⎛ ⎞+ = ⎜ ⎟

⎝ ⎠, 0A B+ = . Por lo tanto la

matriz A B+ no es invertible. d) Falsa. Vamos a utilizar el siguiente contraejemplo.

Sea 1 0 00 1 00 0 1

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

y sea 1 0 00 0 00 2 0

B⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, evidentemente se tiene

que A B B. = , ya que A es la matriz identidad. Veamos ahora que B no es diagonalizable. Sus autovalores son 1 1λ = ,

con multiplicidad algebraica 1 y 2 0λ = con multiplicidad algebraica 2.

Vamos a comprobar que la multiplicidad geométrica de 2λ es 1, con lo ya tendríamos que B no es diagonalizable.

( ) 30

1 0 0 00 0 0 00 2 0 0

xL x y z y

⎧ ⎫⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎪⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= , , ∈ / = =⎨ ⎬⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭

( ){ } ( )3 0 y 0 0 0 1x y z x y= , , ∈ / = = =< , , >⇒

0( ) 1 2dim L⇒ = ≠ = multiplicidad algebraica de 0 B⇒ no es

diagonalizable A B I B B⇒ . = . = tampoco es diagonalizable.

21. Sea 2 2xA simétrica, 1 1λ = y 2 1λ = − . Justificar si son

verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones. a) A no es diagonalizable.

b) Si k es impar entonces kA A= c) (1 1), , (1 3), − son vectores propios de A

d) 1A =

SOLUCIÓN: a) Falso.

Toda matriz simétrica es diagonalizable. b) Verdadero Sabemos que A es simétrica, por lo tanto, existe una matriz ortogonal

C , y una matriz diagonal 1 00 1

D ⎛ ⎞= ⎜ ⎟−⎝ ⎠

que cumplen lo siguiente:

( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( )t

kt k t k t t t

C C It t t t t k

A C DC A C DC C DC C DC C DC

C D CC D CC D CC DC C D C=

= ⇒ = = =

= . ...

Por otro lado, sabemos que se cumple que

1 01 00 10 ( 1)

k k impark

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞= =⎜ ⎟−− ⎝ ⎠

Luego, cuando k es impar, k t k tA C D C C DC A= = = .

Nota: Se cumple que tC C I= porque la matriz C es ortogonal. c) Falso.

Ya que el producto escalar de ellos dos es ( )1

1, 1 2 03

⎛ ⎞= − ≠ ,⎜ ⎟−⎝ ⎠

son dos vectores propios de A, linealmente independientes, uno estaría asociado a 1 1λ = y el otro a 2 1λ = − , que son autovalores diferentes. El producto escalar de vectores propios asociados a autovalores diferentes en una matriz simétrica tiene que ser nulo. d) Falso.

1 2 1 ( 1) 1 1A λ λ= ⋅ = ⋅ − = − ≠ .

22. Sea 4 4 ( )xA M∈ , sus subespacios propios son:

3 0( ) 2 0

x y z tL x y z t y z t

x y z t

+ − + =⎧ ⎫⎪ ⎪= , , , ∈ / − − =⎨ ⎬⎪ ⎪+ − − =⎩ ⎭

3 0( ) 0

+ − + =⎧ ⎫⎪ ⎪= , , , ∈ / + − =⎨ ⎬⎪ ⎪− =⎩ ⎭

Justificar si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones. a) A no es diagonalizable. b) A es simétrica. c) A tiene autovalores complejos, no reales.

d) Existe una base de 4 formada por vectores propios de A SOLUCIÓN:

1 1 3 1( ) ( ) ( ) 4 0 1 1 2 2

1 2 4 1dim L dim rango A rango

−⎛ ⎞⎜ ⎟= − = − − − =⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

1 1 3 1( ) ( ) ( ) 4 0 1 1 1 1

0 0 1 4dim L dim rango A rango

−⎛ ⎞⎜ ⎟= − = − − =⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

3 0( ) 2 0

3 0( )

2 3( )

(2 3 2 ) (2 1 1 0) ( 3 2 0 1)

x y z t

x y z tx y z t

x z tx y z t

z t z t z t z t

+ − + =⎧ ⎫⎪ ⎪= , , , ∈ / − − =⎨ ⎬⎪ ⎪+ − − =⎩ ⎭⎧ ⎫+ − + =⎪ ⎪

, , , ∈ / =⎨ ⎬− − =⎪ ⎪⎩ ⎭

= −⎧ ⎫= , , , ∈ / =⎨ ⎬= +⎩ ⎭

= − , + , , ∈ / , ∈ =< , , , , − , , , >

(*) 3 1 2a a a= + , podemos eliminar la tercera ecuación.

3 0( ) 0

14( ) 3

(14 3 4 ) (14 3 4 1)

x tx y z t y t

t t t t t

+ − + =⎧ ⎫⎪ ⎪= , , , ∈ / + − =⎨ ⎬⎪ ⎪− =⎩ ⎭⎧ ⎫=⎪ ⎪

, , , ∈ / = − =⎨ ⎬⎪ ⎪=⎩ ⎭

= ,− , , ∈ / ∈ =< ,− , , >

a) Verdadero. Sólo disponemos de 3 vectores propios linealmente independientes, los

cuales no son suficientes para construir una matriz de paso de orden 4x4 que haga que A sea semejante a una matriz diagonal, ya que las columnas de la matriz de paso deben ser vectores propios linealmente independientes, para que esta tenga inversa. b) Falso, ya que los vectores del subespacio propio 1L no son

ortogonales con los de 2L , cosa que debería suceder si A fuese simétrica ya que en una matriz simétrica vectores propios asociados a autovalores distintos son ortogonales. Otra forma de razonar este apartado es que habiendo visto que no es

diagonalizable no puede ser simétrica. c) Falso ya que si 4 4 ( )xA M∈ , y sus vectores propios también tienen

componentes reales, al multiplicar A por un vector propio es imposible que aparezca un valor no perteneciente a . d) Falso, ya que sólo disponemos de 3 vectores propios linealmente

independientes. 22. Sea 4 4 ( )xA M∈ , sus subespacios propios son:

3 0( ) 2 0

x y z t

+ − + =⎧ ⎫⎪ ⎪= , , , ∈ / − − =⎨ ⎬⎪ ⎪+ − − =⎩ ⎭

2 0( )

0x y z t

L x y z ty z t+ − + =⎧ ⎫

= , , , ∈ /⎨ ⎬− + =⎩ ⎭

Justificar si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones. a) A no es diagonalizable. b) A es simétrica. c) A tiene autovalores complejos.

d) Existe una base de 4 formada por vectores propios de A SOLUCIÓN:

1 1 3 1( ) 4 0 1 1 2 4 2 2

1 2 4 1dim L rango

−⎛ ⎞⎜ ⎟= − − − = − = ;⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

1 1 1 2( ) 4 4 2 2

0 1 1 1dim L rango

−⎛ ⎞= − = − = ;⎜ ⎟−⎝ ⎠

3 0( ) 2 0

3 0( )

2 3( )

(2 3 2 )

(2 1 1 0) ( 3 2 0 1)

x y z t

x y z tx y z t

x z tx y z t

z t z t z t z t

+ − + =⎧ ⎫⎪ ⎪= , , , ∈ / − − =⎨ ⎬⎪ ⎪+ − − =⎩ ⎭⎧ ⎫+ − + =⎪ ⎪

, , , ∈ / =⎨ ⎬− − =⎪ ⎪⎩ ⎭

= −⎧ ⎫= , , , ∈ / =⎨ ⎬= +⎩ ⎭

= − , + , , ∈ / , ∈ =

=< , , , , − , , , >=< , >

(*) 3 1 2a a a= + , podemos eliminar la tercera ecuación.

2 0( )

( 1 1 0 1) (0 1 1 0)

x y z tL x y z t

x tx y z t

t z t z t z t

+ − + =⎧ ⎫⎪ ⎪= , , , ∈ / =⎨ ⎬− + =⎪ ⎪⎩ ⎭⎧ ⎫= −⎪ ⎪

= , , , ∈ / =⎨ ⎬= −⎪ ⎪⎩ ⎭

= − , − , , ∈ / , ∈ =

=< − ,− , , , , , , >=< , >

a) Falso. A si es diagonalizable ya que disponemos de 4 vectores propios

linealmente independientes, los cuales son suficientes para construir una matriz de paso, de orden 4x4, que haga que A sea semejante a una matriz diagonal D, en cuya diagonal están los dos autovalores dobles de A , ya que las columnas de la matriz de paso deben ser vectores propios linealmente independientes, para que esta tenga inversa. b) Falso, ya que los vectores de subespacio propio 1V no son

ortogonales con los de 2V , cosa que debería suceder si A fuese simétrica. c) Falso, ya que si 4 4 ( )xA M∈ , y sus vectores propios también tienen

componentes reales, al multiplicar A por un vector propio es imposible que aparezca un valor complejo. d) Verdadero. Disponemos de 4 vectores propios linealmente

independientes ya que 1 2 1 2( ) 4rango u u w w< > = , que al estar en un espacio de dimensión 4 forman una base de este espacio.

24. Sea 3f : ———— 3 un endomorfismo, 3 3xA su matriz

asociada, 1 5λ = es un autovalor de A. Justificar si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones.

a) Si (1 1 0) (2 2 0)f , , = , , y 0A A= ⇒ es diagonalizable.

b) Si A es diagonalizable 1 5λ⇒ = es un autovalor doble de A.

c) Si 1(0 0 2) (0 0 10) 5f λ, , = , , ⇒ = es un autovalor triple de A.

d) Si (0 4 0) (0 12 0)f , , = , , y 130 5A λ= ⇒ = es un autovalor doble

de A. SOLUCIÓN: a) Verdadero.

2(1 1 0) (2 2 0) (1 1 0) 2(1 1 0) 2f f λ, , = , , ⇒ , , = , , ⇒ = es un autovalor de A, y (1 1 0), , es un vector propio de A asociado al autovalor 2 2λ = .

Por otro lado 1 2 3 3 30 0 5 2 0 0A λ λ λ λ λ= ⇒ ⋅ ⋅ = ⇒ ⋅ ⋅ = ⇒ = , con lo

cual A tiene sus tres autovalores simples, para todos ellos la multiplicidad algebraica y geométrica vale 1, luego A es diagonalizable. b) Falso. Basta tomar como ejemplo:

5 0 00 4 00 0 6

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ,⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

al ser una matriz diagonal sus autovalores son los

elementos de la diagonal, 1 2 35 4 6λ λ λ= , = , = − , A es diagonalizable

por tener todos sus autovalores simples y 1 5λ = no es un autovalor doble. c) Falso.

(0 0 2) (0 0 10) 5(0 0 2)f , , = , , = , , , esto solo nos dice que 1 5λ = , es un autovalor de A, cosa que ya sabíamos, y que (0 0 2), , es un vector propio asociado al autovalor 1 5λ = .

Veamos que ocurre con la siguiente matriz:

0 0 0 00 0 0 00 0 5 2

A x⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟= , = .⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

0 0 0 0 0( ) 0 0 0 0 0

0 0 5 2 10f x Ax

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= = =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

y sin embargo se tiene que 1 5λ = , es un autovalor simple y 2 0λ = es un autovalor doble de A . d) Falso.

(0 4 0) (0 12 0)f , , = , , ⇒ (0 4 0) 3(0 4 0)f , , = , , ⇒ esto nos dice que

2 3λ = , es un autovalor de A y que (0 4 0), , es un vector propio asociado al autovalor 2 3λ = .

Por otro lado 1 2 3 3 330 30 5 3 30 2A λ λ λ λ λ= ⇒ ⋅ ⋅ = ⇒ ⋅ ⋅ = ⇒ = ⇒

Los tres autovalores de A son simples luego 1 5λ = no es un autovalor doble. 25. Sean ( )nxnA B M, ∈ . Justificar si son verdaderas o falsas las

siguientes afirmaciones. a) Si A B= − ⇒ El polinomio característico de A coincide con el de B, es decir, ( )AP λ = ( )BP λ .

b) Si A es simétrica y B es ortogonal 1( )tB B− = ⇒ 1B AB− es diagonalizable.

c) Si A y B son diagonalizables 1( )AB −⇒ es diagonalizable.

d) Si A es semejante a kB k A B⇒ ∃ ∈ / =

SOLUCIÓN: a) Falso. Basta tomar como ejemplo:

1 0 1 00 1 0 1

A B A B−⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= , = , = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 0( ) (1 ) 2 1

1 0( ) ( 1 ) 2 1

λλ λ λ λ λ

− ⎫= − = = − = − + ⎪− ⎪⇒⎬

− − ⎪= − = = − − = + + ⎪− − ⎭

( ) ( )A BP Pλ λ⇒ ≠ .

b) Verdadero.

Si comprobamos que 1B AB− es una matriz simétrica, esto nos garantizaría que es diagonalizable. Sabemos que:

1) ti B B− = , por ser B ortogonal.

) tii A A= , por ser A simétrica.

) ( ) ( )t tnxniii B B B M= , ∀ ∈ .

Tenemos que ver 1B AB− , coincide con su traspuesta.

1 1( ) ( ) )tt t t t t t t t tB AB B AB B A B B A B B ABi B AB− −⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

= = = = = , luego 1B AB− es simétrica por tanto es diagonalizable.

c) Falso. Si A y B son diagonalizables eso no nos garantiza ni siquiera que

exista 1( )AB − , veámoslo con un ejemplo:

4 5 2 20 3 2 2

A B⎛ ⎞ ⎛ ⎞= , = ,⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

ambas matrices son diagonalizables, ya que

cada una de ellas tiene sus dos autovalores simples, 1 24 3λ λ= , = y

1 24 0µ µ= , = y sin embargo 18 186 6

AB ⎛ ⎞= ,⎜ ⎟⎝ ⎠

que no tiene inversa ya su

determinante vale cero. d) Falso. Basta tomar como ejemplo:

2 3 2 00 5 0 5

A B⎛ ⎞ ⎛ ⎞= , =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

A es semejante a B ya que 2 00 5

AD B⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠

Tenemos la relación 1A C BC−= , siendo 1 10 1

C−⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠

y sin embargo

2 0 2 32 0(1)

0 5 0 50 5

k kk k

kB A k A B

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = ≠ = , ∀ ∈ / ≠ ,⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

ya que

0 3≠ . (1) La potencia de una matriz diagonal es también una matriz diagonal

con los elementos de la diagonal elevados a dicha potencia.

26. Dada la matriz 2 0 2 2

1 20 2

Aα β α β

αα β α β

− −⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟− + − +⎝ ⎠

con α β, ∈ .

Justificar si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones. a) A siempre es diagonalizable. b) A es diagonalizable solo si α β= .

c) A es diagonalizable solo si α β≠ .

d) A es diagonalizable solo si 1α β− = .

SOLUCIÓN: El polinomio característico de A es:

( ) ( )

2 0 2 2( ) 1 2

2 2 2( )

( )( )

AP A Iα β λ α β

λ λ α λα β α β λ

α β λ α βα λ

α β α β λ

α λ βα αλ βλ λ

α λ β λ

− − −= − = − =

− + − + −

− − −− =

− + − + −

= − − − + =

− − .

(1) Desarrollando el determinante por la 2 a columna.

(2) El segundo factor se descompone resolviendo la ecuación de segundo grado en λ. Luego A, tiene dos autovalores, 1λ α= (doble), 2λ β= (simple).

Si α β≠ .

Tendremos que ver que ocurre con la multiplicidad geométrica del autovalor doble 1λ α= .

[ ](1)

0 2 23 3 1 0 2

α β α βα

α β α β

− −⎛ ⎞⎜ ⎟= − − = − ⎜ ⎟⎜ ⎟− + − +⎝ ⎠

(2)2 2

3 1 22 2

rangoα β α β

α β α β

− −⎛ ⎞⎜ ⎟= − ⎜ ⎟⎜ ⎟− + − +⎝ ⎠

(3)2 23

1 2rango

α β α β− −⎛ ⎞= − ⎜ ⎟

⎝ ⎠=

( )3 1 2 3 1 2rango= − = − = ⇒ Si Aα β≠ , es diagonalizable.

(1) Se elimina la segunda columna ya que es toda nula. (2) Se elimina la tercera fila ya que es la primera cambiada de signo. (3) Se elimina la primera fila ya que es la segunda multiplicada por α β− .

Si α β=

0 01 20 0

α λ αα

⎛ ⎞⎜ ⎟= , =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

(triple).

Tendremos que ver que ocurre con la multiplicidad geométrica del autovalor triple 1λ α= .

0 0 03 3 1 0 2 3 1 2 3

0 0 0m rango A I rangoα

⎛ ⎞⎜ ⎟= − − = − = − = ≠ ⇒⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

⇒ Si Aα β= , no es diagonalizable.

a) Falso. b) Falso.

c) Verdadero. d) Falso. 27. Sean A B, ∈ ( )nxnM A, y B diagonalizables, además A es

invertible. Justificar si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones. a) A y B tienen el mismo polinomio característico. b) AB y BA tienen los mismos autovalores.

c) 1( )AB − es diagonalizable.

d) A B+ es diagonalizable. SOLUCIÓN: a) Falso. No hay ninguna relación entre A y B , por lo que se puede intuir que

entre sus polinomios característicos tampoco la va a haber. 2 7 1 10 6 2 4

A B−⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= , = ,⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

ambas son diagonalizables ya que ambas

tienen todos sus autovalores simples, 1 2 1 22 6 2 3λ λ µ µ= , = , = , = , A es

invertible ya que 12A = y sin embargo,

( ) (2 )(6 ) 12 8( ) ( )

( ) (2 )(3 ) 6 5A

Pλ λ λ λ λ

λ λλ λ λ λ λ

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭

= − − = − +⇒ ≠ .

= − − = − +

b) Verdadero. 1

( ) ( )

P AB I AB AA

A B A A B A

P BA I BA A A B A A

B A A B A A A B A

λ λ λ

λ λ λ λ

λ λ λ

⎫−⎪⎪⎪

− − ⎪⎪⎪⎬

− − ⎪⎪⎪⎪− − − ⎪⎪⎭

= − = − =

= − = −⇒

= − = − = − =

= − = − = −

( ) ( )AB BAP Pλ λ⇒ =

c) Falso.

Ni siquiera podemos asegurar que exista 1( )AB − .

2 7 1 10 4 0 0

A B−⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= , = ,⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

ambas son diagonalizables, A es invertible

y sin embargo 2 20 0

AB−⎛ ⎞

= ,⎜ ⎟⎝ ⎠

es evidente que no tiene inversa.

d) Falso. 2 7 1 10 5 0 3

A B−⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= , =⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠ambas son diagonalizables, A es invertible y

sin embargo 3 60 3

A B ⎛ ⎞+ = ,⎜ ⎟

⎝ ⎠ no es diagonalizable, ya que 1 3λ = (doble), tiene

multiplicidad algebraica 2 y su multiplicidad geométrica es 1. 28. Sea ( )nxnA M∈ una matriz diagonalizable en . Justificar si

son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones. a) nxnB es diagonalizable A B⇒ + es diagonalizable.

b) 0 0 1iA i nλ> ⇒ > ∀ = ,...., .

c) Kk A I∃ ∈ / = ⇒ 0 no es un autovalor de A.

d) Existe una base de vectores propios de A ortonormales. SOLUCIÓN: a) Falso. Basta tomar como ejemplo:

5 8 2 00 4 0 7

A B−⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= , =⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠

A y B son diagonalizables ya que ambas tienen todos sus autovalores simples, 1 2 1 25 4 2 7λ λ µ µ= , = − , = − , = , que se calculan de forma inmediata al ser matrices triangulares, los autovalores son los elementos de la diagonal principal. Sin embargo

3 80 3

A B ⎛ ⎞+ = ⎜ ⎟

⎝ ⎠ que no es diagonalizable ya que tiene un autovalor

doble, 1 3λ = , y su multiplicidad geométrica es:

( )1 (3)( ) 2 3m dim L rango A B I= = − + − =⎡ ⎤⎣ ⎦

0 82 2 1 1

0 0rango⎛ ⎞

= − = − = .⎜ ⎟⎝ ⎠

b) Falso. Basta tomar como ejemplo:

5 0 00 4 0 120 00 0 6

A A−⎛ ⎞⎜ ⎟= , = > ,⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

y sin embargo sus autovalores son

1 2 35 0 4 0 6 0λ λ λ= − < , = > , = − < , que no son todos positivos.

c) Verdadera.

Si 1 1 0kk k kk A I A I A A A∃ ∈ / = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ ≠ ⇒

1 2 0 0n i iλ λ λ λ⇒ ⋅ ⋅ ...... ⋅ ≠ ⇒ ≠ , ∀ , es decir, que cero no sea un

autovalor de A. d) Falso. La existencia de una base formada por vectores propios ortonormales

solo se puede garantizar si la matriz A fuese simétrica. 29. Sea nxnA una matriz semejante a una matriz diagonal D.

Justificar si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones.

a) A D≠

b) A es necesariamente simétrica.

c) kA es semejante a kD .

d) kA no tiene porque ser diagonalizable. SOLUCIÓN:

Si A es semejante a una matriz diagonal D, esto nos está diciendo que

nxnC M∃ ∈ , invertible de manera que 1A C D C−= ⋅ ⋅

a) Falso.

Si 1A C D C−= ⋅ ⋅ (1) (2)

1 1 1A C D C C D C C D D A DC

− −= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⇒ = .= =

(1) nxnP Q P Q P Q M⋅ = ∀ , ∈ .

1 1(2) nxnC C MC

− = ∀ ∈ , invertible.

b) Falso. Una matriz no necesita ser simétrica para ser diagonalizable.

3 150 4

A ⎛ ⎞= ,⎜ ⎟⎝ ⎠

es semejante a 3 00 4

D ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

c) Verdadero. 1A C D C−= ⋅ ⋅

1 1 1 1

( )( ) ( )( )

La matriz es semejante a la matriz d

A C D C

C D C C D C C D C C D C

C D I D I I D I D C

C D C A

− − − −

= ⋅ ⋅ =

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

= ⋅ ⋅ ⇒

..............

..............iagonal kD .

( )( )

d dd d

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

= ⇒ =

d) Falso.

Como acabamos de ver en el apartado anterior, kA es semejante a una matriz diagonal, y eso es exactamente lo mismo que decir que kA es diagonalizable.

30. La matriz 5 0 00 0 20 2

⎛ ⎞⎜ ⎟= + ,⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

p∈ , estudiar para que valores

de p es diagonalizable.

SOLUCIÓN: Los autovalores de A son 1 2 35 2 2pλ λ λ= , = − , = + .

Habrá algún autovalor con multiplicidad algebraica mayor que 1, cuando 3λ coincida con 1λ o bien 3λ coincida con 2λ .

Primer caso

3 1 5 2 3p pλ λ= ⇔ = + ⇔ =

Si 3p = ⇒ 5 0 00 0 50 2 3

A⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

con 1 5λ = (doble), 2 2λ = − .

0 0 03 ( 5 ) 3 0 5 5 3 1 2

⎛ ⎞⎜ ⎟= − − = − − = − =⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

luego para 3p A= , si es diagonalizable ya que el autovalor que es doble también tiene multiplicidad geométrica igual a 2. Segundo caso

3 2 2 2 4p pλ λ= ⇔ − = + ⇔ = −

Si 4p = − ⇒ 5 0 00 0 20 2 4

A⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

con 1 25 2λ λ= , = − (doble)

2 3 ( ( 2) ) 3 ( 2 )m rango A I rango A I= − − − = − + =

7 0 03 0 2 2 3 2 1 2

0 2 2rango

⎛ ⎞⎜ ⎟= − − = − = ≠⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

luego para 4p A= − , no es diagonalizable ya que el autovalor que es doble tiene multiplicidad geométrica igual a 1. En resumen A es diagonalizable { 4}p∀ ∈ − −

31. Dada la matriz 8 1 00 2 50 0 2

A⎛ ⎞⎜ ⎟= .⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Estudiar si es diagonalizable en

. SOLUCIÓN: Los autovalores de A son 1 28 2λ λ= , = (doble), ambos reales.

1 8λ = , es simple, coinciden sus multiplicidades algebraica y geométrica.

2 2λ = (doble), vamos a ver cuánto vale su multiplicidad geométrica..

6 1 03 ( 2 ) 3 0 0 5 3 2 1

⎛ ⎞⎜ ⎟= − − = − = − = .⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

A no es diagonalizable ya que para el autovalor que no es simple no coinciden las multiplicidades. 32. Sabiendo que el polinomio característico de la matriz

2 1 31 0 13 1 2

A− − −⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟− −⎝ ⎠

( )( )( )3 2( ) 4 7 10 5 1 2AP λ λ λ λ λ λ λ= − − + + = − − − − −

Obtener una base de 3 , formada por vectores propios de A

SOLUCIÓN:

A es una matriz simétrica y tiene tres autovalores simples

1 2 35 1 2λ λ λ= − , = − , = .

Si calculamos sus subespacios propios correspondientes obtenemos:

{ }3( 5)

( 5 ) 0

3 1 3 01 5 1 03 1 3 0

03 1 3

01 5 1

(1 0 1)

L x A I x

− = ∈ / + = =

⎧ − − ⎫⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎪ ⎪⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟= ∈ / − = =⎨ ⎬⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭⎧ ⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞

− −⎛ ⎞⎪ ⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟= ∈ / = =⎨ ⎬⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠⎪ ⎪⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭

=< , , >

{ }3( 1) ( ) 0 ( 1 21)L x A I x− = ∈ / + = =< − ,− , >

{ }3(2) ( 2 ) 0 ( 1 1 1)L x A I x= ∈ / − = =< − , , >

A la vista de estos resultados el conjunto {{1 0 1} { 1 2 1} { 1 1 1}}, , , − ,− , , − , , es

una base de 3 , formada por vectores propios de A.

33. Sean x ( )n nA B M, ∈ . Justificar si son verdaderas o falsas las

siguientes afirmaciones. a) Si A y B son diagonalizables entonces A B+ es diagonalizable.

b) Si 0A B⋅ = entonces cero es un autovalor de A y de B.

c) Si A es diagonalizable y A B∼ entonces B es diagonalizable.

SOLUCIÓN: a) Falso. Veámoslo con un ejemplo.

3 0 3 11 4 0 4

A B− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= , =⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠

A y B son diagonalizables ya que ambas tienen dos autovalores simples 1λ = 23 4λ− , = y 1µ = 23 4µ, = − y sin embargo

0 11 0

A B−⎛ ⎞

+ = ⎜ ⎟⎝ ⎠

no es diagonalizable ya que sus autovalores son

complejos 1 2i iδ δ= , = − .

b) Falso. Veámoslo con un ejemplo.

1 1 3 11 1 0 4

A B−⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= , =⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠

3 5A B

−⋅ = = ,

− y sin embargo cero no es un autovalor de B.

c) Verdadero. 1

es diagonalizable invertible y diagonal tal queinvertible tal que

A P D D P APA B Q B Q AQ

⎫⇒ ∃ =⎬

⇒ ∃ = ⎭∼

1 11 1

D P AP A PDPB Q PDP Q

B Q AQ B Q AQ

− −− −

− −

⎫ ⎫= =⇒ ⇒ = =⎬ ⎬

= =⎭ ⎭

( ) ( )11 1P Q D P Q B−− −= ⇒ es semejante a la matriz diagonal D con

matriz de paso 1P Q B− ⇒ es diagonalizable.

d) Falso. 34. ¿Alguna de las siguientes matrices podría ser una matriz

asociada al endomorfismo:

3 3-------------- ( )

fx f x A x

:= ⋅

siendo 3 1 11 2 02 1 0

A−⎛ ⎞

⎜ ⎟= ?⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

a) 1 0 00 1 00 0 3

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

b) 3 0 00 1 00 0 1

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

c) 1 0 00 3 00 0 1

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

SOLUCIÓN: Los autovalores y subespacios propios de A son, 1 3λ = (simple),

2 1λ = (doble)

(3) (1)(1 1 1) (1 1 1)L L=< , , >; =< ,− , > , con lo cual A no es diagonalizable,

luego no es semejante a ninguna matriz diagonal y como todas las matrices asociadas a un endomorfismo son semejantes entre si, ninguna de las matrices a), b) y c) es una matriz asociada a f .

35. Dada una matriz 3 3 ( )xA M∈ cuyos autovalores son: 1, 1, 2 .

Justificar si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones.

a) Si 3{( ) 2 0}E x y z y z= , , ∈ / − = es un subespacio propio de A entonces A es diagonalizable.

b) 2A tiene todos sus autovalores distintos.

c) 2A es diagonalizable.

d) A es semejante a la matriz 2 0 00 1 00 0 1

D⎛ ⎞⎜ ⎟= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) 3 (0 1 2) 3 1 2dim E rango= − , ,− = − = , luego (1)E L= ya que el 1 es el

único autovalor doble. Se tendrá entonces:

1 1 11 2 mλ α= ; = =

2 2 22 1 mλ α= ; = =

con lo cual A es diagonalizable. b) Falso.

Los autovalores de 2A son 2 2 21 2 31 1 1 1 2 4µ µ µ= = , = = , = = , luego el

1 es un autovalor doble de 2A . c) Falso.

Eso solo se podría garantizar si A fuese diagonalizable, pero no sabemos si el autovalor 1, tiene un subespacio propio de dimensión 2. d) Falso. Decir que A D∼ es equivalente a decir que A es diagonalizable y eso

no lo podemos garantizar ya que no sabemos si el autovalor 1, tiene un subespacio propio de dimensión 2.

36. Sea 4 4 ( )xA M∈ . Sean los subespacios de 4 siguientes:

( ){ }41 0x y z t z t= , , , ∈ / − =V

( ) 42

3 2 02 2 0

x y z tx y z t y z t

+ + + =⎧ ⎫⎪ ⎪= , , , ∈ / + + =⎨ ⎬⎪ ⎪+ =⎩ ⎭

( ) 43

3 05 0

x y z tx y z t

y z t+ − − =⎧ ⎫

= , , , ∈ /⎨ ⎬− + =⎩ ⎭V

Justificar si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones. a) Si 1V y 2V son los subespacios propios de A entonces A es no

diagonalizable. b) Si 2V y 3V son los subespacios propios de A entonces A es

diagonalizable. c) 1V y 3V podrían ser los subespacios propios de A.

SOLUCIÓN:

( )1( ) 4 0 0 1 1 4 1 3dim V rango= − − = − =

1 1 3 2( ) 4 0 1 2 2 4 3 1

0 0 1 4dim V rango

⎛ ⎞⎜ ⎟= − = − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1 1 1 3( ) 4 4 2 2

0 1 1 5dim V rango

− −⎛ ⎞= − = − =⎜ ⎟−⎝ ⎠

a) Faslo.

Ya que podemos construir una base de 4 formada por vectores propios de A, 3 de una base de 1V junto con uno de una base de 2V .

b) Falso.

Ya que no podemos construir una base de 4 formada por vectores propios de A, ya que solo disponemos de 3 vectores propios linealmente independientes uno de una base de 2V junto con dos de una base de 2V .

c) Falso.

1V y 3V no podrían ser los subespacios propios de A, ya que ello es necesario que su intersección sea solo el vector nulo. Sabemos que:

Como 1V y 3V son subespacios de 4 41 3( ) ( ) 4dim V V dim, ≤ =∪

Por otro lado también sabemos que:

1 3 1 3 1 3( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 4 1dim V V dim V dim V dim V V= + − ≥ + − = .∩ ∪

Luego la intersección de 1V y 3V no es solamente el vector nulo.

37. Dada la matriz 2

3 2 02 3 00 0 1

−⎛ ⎞⎜ ⎟= − , ∈⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠

. Estudiar cuando es

diagonalizable. SOLUCIÓN: La matriz A es simétrica, luego es diagonalizable k∀ .

38. Sean ( )nxnA B M, ∈ , A y B son diagonalizables en , de

manera que ambas tienen los mismos subespacios propios. Justificar si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones. a) A B+ es diagonalizable. b) A B⋅ es diagonalizable. c) Los autovalores de A y B son los mismos. SOLUCIÓN: a) Falso. Veámoslo con un ejemplo.

2 0 2 11 5 0 5

A B−⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= ; =⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

A y B son diagonalizables ya que ambas tienen dos autovalores

simples y sin embargo 0 11 0

A B ⎛ ⎞+ = ⎜ ⎟−⎝ ⎠

que no es diagonalizable ya que

sus autovalores son 1 2i iλ λ= , = − .

b) Verdadero.

Una matriz es diagonalizable si existe una base de n formada por vectores propios de esa matriz.

A es diagonalizable 1 2{ }nx x x⇒∃ , ,...., una base de n formada por

vectores propios de A.

B es diagonalizable 1 2{ }nx x x⇒∃ , ,...., una base de n formada por

vectores propios de B. Para ambas matrices podemos tomar la misma base de vectores propios

ya que ambas tienen los mismos subespacios propios. Vamos a ver que esa también es una base de vectores propios de AB.

i i ii i i i i i i i

Ax xABx A x Ax x

Bx xλ

µ µ µ λµ

= ⎫⇒ = = =⎬= ⎭

i i i i iABx x xµ λ= ⇒ es un vector propio de AB asociado al autovalor

i iµ λ

1 2{ }nx x x, , ...., es una base de n formada por vectores propios de AB, por tanto AB es diagonalizable. Otra forma de haber llegado a este resultado es: Si A es diagonalizable entonces A es semejante a una matriz diagonal

1D con matriz de paso P, teniéndose la relación 1 1

1 1D P AP A PD P− −= ≡ =

Si B es diagonalizable entonces B es semejante a una matriz diagonal

2D con matriz de paso P, teniéndose la relación 1 1

2 2D P BP B PD P− −= ≡ =

Para ambas matrices podemos tomar la misma matriz de paso ya que ambas tienen los mismos subespacios propios y las columnas de la matriz de paso son vectroes propios linealmente independientes.

1 1 11 2 1 2 3 1 2AB PD P PD P PD D P D D D− − −= = ; = es una nueva matriz

diagonal. Tenemos que 13AB PD P−= , esto nos está diciendo que AB es

semejante a la matriz diagonal 3D con matriz de paso P, luego AB es diagonalizable. c) Falso. Veámoslo con un ejemplo.

(1 0)22 0(0 1)50 5

=< , >= ⎫⎫⎛ ⎞= ⎬ ⎬⎜ ⎟ =< , >=⎝ ⎠ ⎭ ⎭

(1 0)33 0(0 1)40 4

=< , >= ⎫⎫⎛ ⎞= ⎬ ⎬⎜ ⎟ =< , >=⎝ ⎠ ⎭ ⎭

A y B tienen los mismos subespacios propios pero no tienen los mismos autovalores. 39. Sea 3 3 ( )xA M∈ y 1 2 3λ λ λ, , sus autovalores (reales).

Se sabe que: 1

( ) 1dim Vλ = y 2

( ) 2dim Vλ = . Justificar si son

verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones. a) A no es diagonalizable. b) 3 1λ λ=

c) 3 2λ λ=

SOLUCIÓN: a) Falso.

A si es diagonalizable ya que podemos construir una base de 3 formada por vectores propios de A, uno correspondiente a 1λ y dos correspondientes a 2λ .

b) Falso.

3 1λ λ≠ ya que si 3 1λ λ= , entonces necesariamente 2λ sería un autovalor simple y esto no es así ya que su subespacio propio es de dimensión 2. c) Verdadero.

1 2λ λ≠ , puesto que sus subespacios propios son distintos, 2λ es un autovalor doble ya que su subespacio propio es de dimensión 2, necesariamente 3 2λ λ= .

d) Falso. 40. Sea la matriz 3 3 ( )xA M∈ y sea su polinomio característico

3 5AP λ= − + . Justificar si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones. a) A no tiene inversa. b) 0 es un autovalor de A .

c) 1 35A A− =

d) 1 215A A− =

SOLUCIÓN: Sabemos por el Teorema de Cayley-Halmilton que toda matriz A es

solución de su ecuación característica. Es decir ( ) 0A nxnP A = . En este caso en particular obtendremos que:

3 3 25 0 5 5A I A I A A I− + = ⇒ = ⇒ . = ⇒

( )1 2 1 1 2 1( ) 5 5A A A A I A A A A− − − −⇒ . = ⇒ = ⇒

2 1 2 1 1 2155 5IA A A A A A− − −⇒ = ⇒ = ⇒ = .

a) Falso.

Sabemos que el determinante de A es el término independiente de su polinomio característico, 0 5 0A b= = ≠ , luego A tiene inversa.

b) Falso.

0 no es un autovalor de A porque 1 2 35 0 1 2 3iA iλ λ λ λ= = ⇒ ≠ , = , , .

c) Falso. d) Verdadero.

41. Sea 3 3( )xA una matriz cuadrada idempotente, es decir, 2A A= ,

distinta de la identidad y de la matriz nula. Justificar cual de los polinomios es un posible polinomio característico de A es:

a) 21 ( ) ( 1)p λ λ λ= − + b) 3

2 ( )p λ λ= −

c) 23 ( ) ( )p λ λ λ λ= − − d) 3

4 ( ) 1p λ λ= − +

SOLUCIÓN: Sabemos por el teorema de Cayley-Hamilton que toda matriz es

solución de su ecuación característica. Vamos a ver en cual de estos polinomios al evaluarlos en A nos da la matriz nula. a) Falso.

2 21 3 3( ) ( ) ( ) 2 0 xp A A I A A I A A A A A A= − + = − + = − − = − − = − ≠ ; ya

que A no es la matriz nula. b) Falso.

3 2 22 3 3( ) 0 xp A A A A AA A A= − = − = − = − = − ≠ ; ya que A no es la

matriz nula. c) Verdadero.

23 3 3 3 3( ) ( ) ( ) (0 ) 0x xp A A A A A A A A= − − = − − = − = , Luego 3 ( )p λ

podría ser el polinomio característico de A d) Falso.

3 24 3 3( ) 0 xp A A I A A I AA I A I= − + = − + = − + = − + ≠ ; ya que A no

es la matriz identidad.

BIBLIOGRAFÍA [1] BURGOS, J. ”Álgebra Lineal y Geometría Cartesiana”. McGraw-

Hill. Madrid, 1999. [2] DE LA VILLA, A. ”Problemas de Álgebra”. Clagsa. Madrid, 1994. [3] GROSSMANN, S.I. ”Álgebra Lineal con aplicaciones”. McGraw-

Hill. México, 1996. [4] GUERRA, N.; LÓPEZ, B. ”Problemas resueltos tipo test de Álgebra

Lineal (Con esquemas teóricos)”. El Libro Técnico. Las Palmas de G.C., 1999. [5] LAY DAVID C. ”Algebra lineal y sus aplicaciones”. Addison

Wesley Longman. México 1999. [6] NOBLE, B.; DANIEL, J.W. ”Álgebra Lineal Aplicada”. Prentice-

Hall, Inc. México, 1989.

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