Diagonalización

Una matriz $A \in \KK^{n \times n}$ es diagonalizable si $\exists C \in GL(n, \KK)$ tal que $C \cdot A \cdot C^{-1}$ es matriz diagonal.

Sean $A, B \in \KK^{n \times n}$ . Se dice que $A, B$ son semejantes si $\exists C \in \KK^{n \times n}$ invertible tal que $A = C \cdot B \cdot C^{-1}$

Sea $V$ un $\KK$ -espacio vectorial de dimensión $n$ . Sea $f : V \to V$ transformación lineal.
Se dice que $f$ es diagonalizable si existe una base $B$ de $V$ tal que $[f]_B$ es diagonal

Autovalores y autovectores

Sea $V$ un $\KK$ -espacio vectorial, sea $f : V \to V$ transformación lineal.
Se dice que $\bfv \in V, \bfv \not= 0$ es autovector de $f$ si $\exists \lambda \in \KK$ tal que $f(\bfv) = \lambda \cdot \bfv$ .
El elemento $\lambda \in \KK$ es autovalor de $f$

Estas mismas nociones a su vez, se pueden definir para matrices.

Sea $A \in \KK^{n \times n}$ . Se dice que $\bfv \in \KK^n, \bfv \not= 0$ es autovector de $A$ si $\exists \lambda \in \KK$ tal que $A \cdot \bfv = \lambda \cdot \bfv$ .
El elemento $\lambda \in \KK$ es autovalor de $A$

Sea $A \in \KK^{n \times n}$ . $A$ es diagonalizable $\iff$ existe una base $B$ de $\KK^n$ formada por autovectores de $A$

Dada una matriz $A$ asociada a una transformación lineal $T$ . Si $\det A = 0$ entonces el $\textnormal{Nu}(T)$ contiene uno o más vectores aparte del nulo.

Esto implica que hay un vector $\bfv \not= 0$ tal que $T(v) = 0 \implies T(v) = \bfv \cdot 0 = 0$ .
Es decir, hay un autovalor $\lambda = 0$ tal que $\bfv \cdot \lambda = 0$ .

De igual manera, si $0$ es autovalor de $A$ . Su matriz no es invertible. Hay un vector no nulo en el núcleo tal que $v \not= 0, \; T(\bfv) = \bfv \cdot 0 = 0$

Podemos probar que una matriz $A$ asociada a una transformación lineal no es invertible si $B_{\textnormal{Nu}(T)} \not= \{ 0 \}$ (si es un monomorfismo).

Supongamos que existe un vector $\bfv \not= 0$ y que la matriz $A$ si es invertible.

Entonces, tenemos $A \bfv = 0$

\begin{aligned} A \bfv &= 0 \\ A^{-1}A \bfv &= A^{-1} \cdot 0 \\ Id_n \bfv &= 0 \\ \bfv &= 0 \end{aligned}

Llegamos a $\bfv = 0$ , por lo que no es posible.

Teorema de Caracterización de Transformaciones Diagonalizables

Sea $T : V \to V$ una transformación lineal de un espacio vectorial de dimensión finita $n$ .
Sean $\lambda_1, \ldots, \lambda_n$ los autovalores distintos de $T$ y sean $V_i = V_{\lambda_i}$ los correspondientes autoespacios asociados a cada $\lambda_i, \; i = 1, \ldots, n$ . Se cumple que:
1 ) $T$ es diagonalizable
2 ) El polinomio característico de $T$ es: $P_T(x) = (x - \lambda_1)^{d_1} \cdot (x - \lambda_n)^{d_n}$ con $d_i = \dim V_i$
3 ) $\dim V = \dim V_1 + \ldots + \dim V_n$
4 ) $V = V_1 \oplus \ldots \oplus V_n$

1) $\implies$ 2) Si $T$ es diagonalizable, entonces existe una base $\Beta = \{v_1, \dots, v_n\}$ de autovectores de $V$ .
Sea $d_i$ la cantidad de veces que aparece el autovalor $\lambda_i$ . Podemos ordenar la base fijando $v_1, \dots, v_{d_1}$ como los autovectores asociados a $\lambda_1$ ; luego $v_{d_1+1}, \dots, v_{d_1+d_2}$ los autovectores de $\lambda_2$ , etc.

La matriz asociada en esta base será diagonal por bloques:

[T]_\Beta = \begin{pmatrix} \lambda_1 I_{d_1} & 0 & \dots & 0 \\ 0 & \lambda_2 I_{d_2} & \dots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \dots & \lambda_r I_{d_r} \end{pmatrix}

Donde cada bloque es una matriz diagonal escalar de tamaño $d_i$ . Luego, el polinomio característico es:

P_T(x) = \det([T]_\Beta - x \cdot I) = (\lambda_1 - x)^{d_1} \cdot \ldots \cdot (\lambda_r - x)^{d_r}

Ahora, el subespacio $V_1$ (autoespacio de $\lambda_1$ ) está generado por $v_1, \dots, v_{d_1}$ . Por otro lado, $V_2$ está generado por el siguiente grupo de vectores, etc. Luego, $\dim(V_i) = d_i$

2) $\implies$ 3) Supongamos que $P_T(x) = (\lambda_1 - x)^{d_1} \cdots (\lambda_r - x)^{d_r}$ con $d_i = \dim(V_i)$ . Calculamos el grado del polinomio: $\text{gr}(P_T(x)) = d_1 + \dots + d_r$

Por otro lado, sabemos por propiedad que el grado del polinomio característico es igual a la dimensión del espacio: $\text{gr}(P_T(x)) = n = \dim(V)$ . Con lo cual: $\dim(V) = d_1 + \dots + d_r = \dim(V_1) + \dots + \dim(V_r)$

3) $\implies$ 4) Supongamos $\dim(V) = \dim(V_1) + \dots + \dim(V_r)$ . Sabemos que $W$ , el subespacio vectorial generado por los autovectores, es la suma directa de los autoespacios.
Es decir: $W = V_1 \oplus \dots \oplus V_r \subseteq V$ y $\dim W = \dim V_1 + \dots + \dim V_r = \dim V \implies \dim W = \dim V$ .

Calculando dimensiones: $\dim(W) = \sum_{i=1}^r \dim(V_i)$
Por hipótesis, esta suma es igual a $\dim(V)$ .
Como $W$ es un subespacio de $V$ y tiene la misma dimensión que $V$ , entonces $W = V$ .
$\therefore V = V_1 \oplus \dots \oplus V_r$

4) $\implies$ 1) Supongamos $V = V_1 \oplus \dots \oplus V_r$ . Sea $\Beta_1 = \{ \bfv_1, \ldots, d_1 \}$ base de $V_1$ , $\Beta_2 = \{ \bfv_{d_1 + 1}, \ldots, \bfv_{d_1 + d_2} \}$ base de $V_2$ , y así sucesivamente.
Cada $\bfv_j \in \Beta_i$ es un autovector de autovalor $\lambda_i$ , y $\Beta = \Beta_1 \cup \Beta_2 \cup \ldots \cup \Beta_r$ es una base de $V$ , que consta de autovectores, por lo que $T$ es diagonalizable.

Ejercicios resueltos - Autovalores y autovectores

Decidir si la transformación lineal es diagonalizable, calcular sus autovalores y sus correspondientes autoespacios:

T(x, y, z) = (x - y, -x + 2y - z, -y + z), \; x, y, z \in \CC

Defino la matriz $[T]_C$ donde $C$ es base canónica de $\CC^3$ , es decir $\{ (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) \}$

\begin{aligned} T(1, 0, 0) &= (1, -1, 0) \\ T(0, 1, 0) &= (-1, 2, -1) \\ T(0, 0, 1) &= (0, -1, 1) \\ &\; \\ [T]_C &= \begin{bmatrix} 1 & -1 & 0 \\ -1 & 2 & -1 \\ 0 & -1 & 1 \end{bmatrix} \end{aligned}

Defino $\lambda \cdot Id - [T]_C$

\lambda \cdot Id - [T]_C = \begin{bmatrix} \lambda - 1 & 1 & 0 \\ 1 & \lambda - 2 & 1 \\ 0 & 1 & \lambda - 1 \end{bmatrix}

Ahora calculo su determinante:

\begin{aligned} \det([T]_C) &= \lambda \cdot \lambda \cdot (\lambda - 1) + 1 \cdot 1 \cdot (\lambda - 2) + 0 \cdot 0 \cdot 1 - 0 \cdot (\lambda - 2) \cdot 0 - 1 \cdot 1 \cdot (\lambda - 1) - (\lambda - 1) \cdot 0 \cdot 1 \\ &= \lambda^3 -4 \lambda^2 + 3 \lambda \\ \end{aligned}

Ahora calculo los valores de $\lambda$

\begin{aligned} &\lambda (\lambda^2 - 4 \lambda + 3) = 0 \\ &\implies \lambda = 0, \\ &\implies \lambda = \frac{-(-4) \pm \sqrt{(-4)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 3}}{2 \cdot 1} = \frac{4 \pm 2}{2}, \; \lambda = 3 \; \lor \; \lambda = 1 \end{aligned}

Defino tres sistemas de ecuaciones para en base a la matriz obtenida, sustituyendo el valor de $\lambda$ en ellos.
Resuelvo los sistemas y defino los autoespacios.

\begin{aligned} &\begin{bmatrix} \lambda - 1 & 1 & 0 \\ 1 & \lambda - 2 & 1 \\ 0 & 1 & \lambda - 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} \\ &\; \\ &\lambda = 0 \implies \begin{cases} -x + y = 0 \\ x - 2y + z = 0 \\ y - z = 0 \end{cases} \\ &\; \\ &y = z \\ &x = 2z - z = z \\ &\; \\ &z(1, 1, 1) \implies \langle (1, 1, 1) \rangle \\ &\; \\ &\lambda = 3 \implies \begin{cases} 2x + y = 0 \\ x + y + z = 0 \\ y + 2z = 0 \end{cases} \\ &\; \\ &y = -2z \\ &2x -2z = 0 \implies 2x = 2z \implies x = z \\ &\; \\ &z(1, -2, 1) \implies \langle (1, -2, 1) \rangle \\ &\; \\ &\lambda = 1 \implies \begin{cases} y = 0 \\ x - y + z = 0 \\ \end{cases} \\ &\; \\ &x = -z \\ &\; \\ &z(-1, 0, 1) \implies \langle (-1, 0, 1) \rangle \end{aligned}

Tenemos los autovalores $\lambda = 0, \; \lambda = 3, \; \lambda = 1$ y los autoespacios generados $\langle (1,1,1) \rangle, \; \langle (1, -2, 1) \rangle, \; \langle (-1, 0, 1) \rangle$ , respectivamente.

Es diagonalizable, ya que:

\dim \langle (1,1,1) \rangle + \dim \langle (1, -2, 1) \rangle + \dim \langle (-1, 0, 1) \rangle = 3 = \dim \CC^3

La base $B = \{(1,1,1), (1,-2,1), (-1,0,1)\}$ es la base tal que $[T]_B$ posee cada autovalor en su diagonal.

[T]_B = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{bmatrix}

Probar que toda matriz $A \in \RR^{2 \times 2}$ no es diagonalizable y que existe matriz sin autovalor definido.

Esto puede probarse si, por ejemplo, vemos el caso de la siguiente transformación lineal:

T(x, y) = (-y, x)

Su representación matricial $[T]_C$ es:

[T]_C = \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}

Si ahora hacemos $Id_2 \cdot \lambda - [T]_C$

Id_2 \cdot \lambda - [T]_C = \begin{bmatrix} \lambda & -1 \\ 1 & \lambda \end{bmatrix}

Su determinante queda: $\lambda^2 + 1 = 0 \implies \lambda^2 = -1$

No existe número en $\RR$ que cumpla la igualdad. Por lo que no hay autovalor definido para $T$ . Lo cual implica que tampoco hay autovectores definidos para formar una base. $T$ no es diagonalizable.

Polinomio característico

Sea $A \in \KK^{n \times n}$ . El polinomio característico de $A$ es el polinomio $\chi_A = \det(X \cdot I_n - A) \in \KK[x]$

Si $A$ es semejante a $A' \implies P_A = P_{A'}$

Demostración:

Sea $C$ invertible tal que $A = C \cdot A' \cdot C^{-1}$

\begin{aligned} P_A = \det(X \cdot I_n - A) &= \det(X \cdot I_n - C \cdot A' \cdot C^{-1}) \\ &= \det(C \cdot (X \cdot I_n - A') \cdot C^{-1}) \\ &= \det(C) \cdot \det(X \cdot I_n - A') \cdot \det(C^{-1}) \\ &= \det(X \cdot I_n - A') \\ &= P_{A'} \end{aligned}