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Grado en Matemáticas

Autovalores, autovectores y diagonalización

Una matriz suele mezclar las coordenadas de un vector. Algunas direcciones especiales solo se multiplican por un número: son las direcciones propias. Las encontraremos, veremos cuándo alcanzan para formar una base y aprenderemos por qué una raíz repetida no siempre aporta una dirección nueva.

1. Un autovector no nulo se transforma en un múltiplo de sí mismo

La igualdad es Av=λv, con v≠0. λ es el autovalor y v un autovector.

El cero no se llama autovector porque cumpliría la igualdad para cualquier λ sin señalar dirección. Sí puede haber autovalor cero: su espacio propio será el núcleo.

En las direcciones propias solo cambia el factor de escala
A=[[3;1],[1;3]]λ=4λ=2A(1;1)=4(1;1)A(1;−1)=2(1;−1)
Para A con filas tres uno y uno tres, los vectores uno uno y uno menos uno son propios con autovalores cuatro y dos. Se dibujan vectores originales cortos en tinta y sus imágenes largas en rojo y azul, con el mismo origen. Son dos direcciones que forman una base ortogonal.

En los reales, λ>0 conserva sentido, λ<0 lo invierte y λ=0 aplasta esa dirección. No todo vector tiene por qué ser propio. En los complejos hablamos de una recta compleja estable, que puede incluir factores de fase.

Dos direcciones de la misma matriz

Para A=[[3,1],[1,3]], aplica A a (1,1) y a (1,−1).

  1. Primera

    A(1,1)=(4,4)=4(1,1).
  2. Segunda

    A(1,−1)=(2,−2)=2(1,−1).
  3. Identificar

    Son propios con autovalores cuatro y dos.

Resultado

La transformación conserva esas direcciones, con escalas diferentes.

Lo comprobamos

Por ejemplo A(1,0)=(3,1) no es múltiplo de (1,0); no toda entrada es propia.

Cero y signo negativo también son autovalores posibles

A=diag(0,−2). Estudia los dos vectores canónicos.

  1. Primero

    A(1,0)=0=0(1,0): autovalor cero.
  2. Segundo

    A(0,1)=(0,−2)=−2(0,1).
  3. Distinguir

    El autovector del primer caso es (1,0), que es no nulo, aunque su imagen sea cero.

Resultado

Se aplasta una dirección y se invierte y duplica la otra.

Lo comprobamos

La restricción no nula afecta a v, no a λ.

2. El determinante encuentra valores posibles; después faltan los vectores

Reordenar Av=λv da (A−λI)v=0.

Este sistema tiene una solución no nula exactamente si la matriz es singular. Usaremos el polinomio característico p_A(t)=det(tI−A); sus raíces son los autovalores en el cuerpo elegido.

El polinomio es mónico de grado n para A de tamaño n. Encontrar sus raíces no completa la diagonalización: para cada una resolvemos un sistema homogéneo. No elegimos luego un vector cualquiera ni copiamos una columna como autovector sin comprobar la igualdad.

Calcular el polinomio de la matriz del dibujo

A=[[3,1],[1,3]].

  1. Restar de tI

    tI−A=[[t−3,−1],[−1,t−3]].
  2. Determinante

    (t−3)²−1=t²−6t+8.
  3. Factorizar

    (t−4)(t−2); raíces cuatro y dos.

Resultado

Los autovalores son cuatro y dos.

Lo comprobamos

Las raíces concuerdan con las dos igualdades vectoriales ya comprobadas.

Una matriz triangular

Calcula p_A para A=[[2,5],[0,−1]].

  1. Triangular

    tI−A tiene diagonal t−2 y t+1.

  2. Producto

    p_A(t)=(t−2)(t+1).
  3. Candidatos

    λ=2 y λ=−1.
Resultado

La entrada cinco no cambia las raíces de esta triangular.

Lo comprobamos

Sí puede cambiar los autovectores: diagonal de una triangular y base de autovectores no son la misma información.

3. El espacio propio es un núcleo e incluye cero

E_λ=ker(A−λI) contiene todos los vectores propios de λ y el cero. Como núcleo es subespacio. Sus elementos no nulos son los autovectores; una base de E_λ permite describir todas las direcciones propias de ese valor.

Resolvemos con parámetros libres. Si λ es una raíz exacta, debe aparecer al menos una dirección no nula. Si usamos una raíz decimal aproximada, los residuos pueden ser pequeños sin ser exactamente cero; no confundimos esa cuenta numérica con un núcleo algebraico exacto.

Espacio propio para cuatro

En A=[[3,1],[1,3]], resuelve (A−4I)v=0.

  1. Matriz

    [[-1,1],[1,−1]].

  2. Ecuación independiente

    −x+y=0, así que y=x.
  3. Parametrizar

    E₄={t(1,1):t∈ℝ}.
Resultado

Una base es {(1,1)}.

Lo comprobamos

El parámetro cero pertenece al espacio propio, pero no produce un autovector.

Espacio propio para dos

Resuelve el otro valor de la misma matriz.

  1. Matriz

    A−2I=[[1,1],[1,1]].
  2. Sistema

    x+y=0.
  3. Parametrizar

    E₂={t(1,−1):t∈ℝ}.
Resultado

Una base es {(1,−1)}.

Lo comprobamos

Cada múltiplo no nulo conserva su autovalor: cambiar el tamaño del vector no crea un autovalor nuevo.

4. Una multiplicidad cuenta raíces; la otra cuenta direcciones independientes

La multiplicidad algebraica de λ es cuántas veces aparece como raíz de p_A. La geométrica es dimE_λ.

Para un autovalor, 1≤geométrica≤algebraica.

Para entender la segunda desigualdad, una base de E_λ puede ampliarse al espacio completo; en esa base la matriz tiene un bloque λI que obliga a los correspondientes factores t−λ en su polinomio.

Una raíz repetida puede aportar suficientes direcciones o no. No concluimos falta de diagonalización solo porque una raíz se repita. Tampoco contamos múltiplos del mismo autovector como nuevas direcciones.

Raíz repetida con espacio propio completo

Estudia A=5I₂.

  1. Polinomio

    (t−5)²: multiplicidad algebraica dos.

  2. Espacio propio

    A−5I=0, así que todo ℝ² es E₅.
  3. Dimensión

    Geométrica dos; la base canónica ya es propia.

Resultado

La raíz repetida no impide diagonalización.

Lo comprobamos

De hecho la matriz ya es diagonal.

Raíz repetida con una dirección que falta

A=[[2,1],[0,2]].

  1. Polinomio

    (t−2)²: algebraica dos.

  2. Sistema propio

    A−2I=[[0,1],[0,0]] obliga y=0.
  3. Dimensión

    E₂=span(1,0): geométrica uno.
Resultado

No hay dos autovectores independientes.

Lo comprobamos

(2,0) también es propio, pero es múltiplo de (1,0) y no añade una dirección.

5. Diagonalizar equivale a encontrar una base completa de autovectores

Si P tiene n autovectores independientes como columnas y D sus autovalores en el mismo orden, AP=PD.

Al ser P invertible, A=PDP⁻¹.

Recíprocamente esa igualdad significa que las columnas de P forman una base propia.

El criterio exige que p_A se descomponga en factores lineales en el cuerpo elegido y que cada multiplicidad geométrica iguale la algebraica. Autovectores de valores distintos son independientes: aplicar A−λI elimina una de las direcciones y permite demostrarlo por inducción sobre la cantidad de valores. Tener n raíces distintas basta, pero no es necesario.

Reunir las dos direcciones del dibujo

Diagonaliza A=[[3,1],[1,3]] sobre ℝ.

  1. Base propia

    (1,1) y (1,−1) son independientes: el determinante de sus columnas es −2.

  2. Matrices

    P=[[1,1],[1,−1]], D=diag(4,2).
  3. Conclusión

    Hay una base de dos autovectores: A=PDP⁻¹.

Resultado

Es diagonalizable sobre ℝ.

Lo comprobamos

Los dos valores son distintos, así que sus direcciones no pueden ser dependientes.

Una matriz de tres dimensiones con raíz repetida

A=diag(2,2,−1). ¿Es diagonalizable?

  1. Espacio de dos

    E₂=span(e₁,e₂), dimensión dos.
  2. Espacio de menos uno

    E₋₁=span(e₃), dimensión uno.
  3. Base completa

    Las dimensiones suman tres y la matriz ya es diagonal.

Resultado

Sí, aunque solo haya dos autovalores distintos.

Lo comprobamos

Exigir tres valores distintos sería usar una condición suficiente como si fuera necesaria.

6. Cada columna de P debe corresponder a la entrada de D en esa posición

AP=PD se verifica columna a columna: A vⱼ=λⱼvⱼ.

Si intercambiamos columnas de P, intercambiamos también las entradas de D. Un conjunto de autovectores correctos en un orden incompatible produce una fórmula incorrecta.

Después comprobamos que P sea invertible. Encontrar algunos autovectores no basta si no reúnen n direcciones independientes. La identidad y la invertibilidad son dos partes de la verificación.

Comprobar la diagonalización construida

Usa P=[[1,1],[1,−1]] y D=diag(4,2).

  1. AP

    Sus columnas son (4,4) y (2,−2).

  2. PD

    Multiplicar cada columna de P por su valor correspondiente da exactamente esas columnas.

  3. Inversa

    P⁻¹=(1/2)P, porque P²=2I.
Resultado

La fórmula A=PDP⁻¹ queda verificada.

Lo comprobamos

La inversa existe por detP=−2, además de haberse calculado explícitamente.

Un error de orden se detecta con una sola columna

Mantén P pero toma D=diag(2,4).

  1. Primera columna de AP

    A(1,1)=(4,4).
  2. Primera de PD

    Con ese orden sería 2(1,1)=(2,2).
  3. Fallo

    No coinciden; esa D no corresponde a esas columnas.

Resultado

Hay que reordenar D o reordenar también P.

Lo comprobamos

Tener los autovalores correctos como conjunto no garantiza una factorización correcta.

7. El cuerpo puede permitir direcciones propias que no existen en los reales

El giro R=[[0,−1],[1,0]] tiene polinomio t²+1.

En ℝ no tiene raíces y ninguna dirección real no nula se mantiene como un múltiplo real: gira noventa grados. No hay diagonalización real.

En ℂ sí existen las raíces i y −i. Los vectores pueden tener componentes complejas y forman una nueva clase de direcciones permitidas. Por eso toda respuesta de diagonalización debe indicar el cuerpo de escalares.

Dos autovectores complejos de un giro real

Para R, comprueba v₁=(1,−i) y v₂=(1,i).

  1. Primero

    R(1,−i)=(i,1)=i(1,−i).
  2. Segundo

    R(1,i)=(−i,1)=−i(1,i).
  3. Independencia

    Sus autovalores son distintos; el determinante de columnas es 2i, no nulo.

Resultado

R se diagonaliza sobre ℂ, con D=diag(i,−i).

Lo comprobamos

Los vectores complejos no son vectores reales ocultos: se ha ampliado el cuerpo.

Una raíz repetida defectiva no se arregla cambiando a complejos

Considera [[2,1],[0,2]]. ¿Mejora al trabajar sobre ℂ?

  1. Polinomio

    Sigue siendo (t−2)².

  2. Sistema propio

    y=0 sigue siendo la única restricción, ahora con x complejo.

  3. Dimensión compleja

    El espacio propio tiene dimensión uno, menor que dos.

Resultado

Tampoco es diagonalizable sobre ℂ.

Lo comprobamos

Ampliar el cuerpo permite raíces nuevas cuando faltan, pero no fabrica direcciones para una raíz defectiva.

8. La simetría real garantiza una base propia ortonormal

El teorema espectral asegura que una matriz real simétrica tiene autovalores reales y una base ortonormal de autovectores. Podemos elegir Q ortogonal, de modo que A=QDQᵀ.

No se necesita una inversa general porque Q⁻¹=Qᵀ.

En ℂ la condición análoga es A*=A, hermítica; * significa traspuesta conjugada. Sus autovalores también son reales y se diagonaliza con una base ortonormal compleja. Una matriz general no tiene esa garantía por el solo hecho de ser cuadrada.

Normalizar las direcciones propias reales

Para A=[[3,1],[1,3]], construye Q.

  1. Normas

    (1,1) y (1,−1) tienen norma √2 y producto cero.

  2. Columnas unitarias

    Q=(1/√2)[[1,1],[1,−1]].
  3. Reconstruir

    QᵀQ=I y A=Q diag(4,2) Qᵀ.
Resultado

La diagonalización puede elegirse ortogonal.

Lo comprobamos

Dividir cada vector por su norma no cambia su autovalor.

Un ejemplo hermítico no real

A=[[2,i],[−i,2]].

  1. Hermítica

    Trasponer y conjugar devuelve A.

  2. Autovectores

    (1,−i) tiene valor tres y (1,i) valor uno; sus normas son √2.

  3. Base ortonormal

    Tras dividir por √2 son ortogonales con conjugación y dan diagonalización unitaria.

Resultado

Los autovalores tres y uno son reales, aunque la matriz tenga entradas complejas.

Lo comprobamos

Usar solo traspuesta sin conjugación no sería la condición hermítica.

9. Las potencias se simplifican, pero los invariantes no verifican por sí solos una base

Si A=PDP⁻¹, los factores intermedios P⁻¹P se cancelan y Aᵏ=PDᵏP⁻¹ para enteros k≥0. Dᵏ se calcula elevando sus entradas. Esto permite resolver recurrencias vectoriales y construir funciones matriciales mediante series.

La suma de todas las raíces con multiplicidad es la traza y su producto el determinante, considerando ℂ si hace falta. Son controles útiles, pero no comprueban que una P elegida cumpla AP=PD. Si faltan autovectores, usamos otros métodos en lugar de inventar una dirección.

Una potencia de la matriz del dibujo

Escribe Aᵏ para A=[[3,1],[1,3]].

  1. Diagonal

    Dᵏ=diag(4ᵏ,2ᵏ).
  2. Multiplicar

    Aᵏ=(1/2)[[4ᵏ+2ᵏ,4ᵏ−2ᵏ],[4ᵏ−2ᵏ,4ᵏ+2ᵏ]].
  3. Comprobar

    k=0 da I; k=2 da [[10,6],[6,10]], igual al producto A·A.
Resultado

La fórmula vale para todo entero k≥0.

Lo comprobamos

La mitad procede de P⁻¹, no de redondear las potencias.

Resolver una recurrencia vectorial

v₀=(1,0), vₖ₊₁=A vₖ con la misma A. Encuentra vₖ.

  1. Iterar estructuralmente

    vₖ=Aᵏv₀.
  2. Tomar primera columna

    vₖ=((4ᵏ+2ᵏ)/2,(4ᵏ−2ᵏ)/2).
  3. Inicio y actualización

    k=0 da (1,0) y k=1 da (3,1)=A(1,0).

    La fórmula de Aᵏ justifica todos los índices.

Resultado

Las direcciones propias separan las dos escalas de crecimiento.

Lo comprobamos

Traza seis y determinante ocho revisan los valores cuatro y dos, pero AP=PD fue lo que validó la base.

Ahora lo resolvemos de principio a fin.

EJEMPLO RESUELTO 1

Diagonalización sencilla

Diagonaliza A=[[2,1],[0,3]].

  1. Polinomio

    A=[[2,1],[0,3]] es triangular y p_A(t)=(t−2)(t−3).
  2. Para dos

    A−2I=[[0,1],[0,1]], así que y=0.
    Elegimos v₁=(1,0).
  3. Para tres

    A−3I=[[-1,1],[0,0]], así que y=x.
    Elegimos v₂=(1,1).
  4. Matrices ordenadas

    P=[[1,1],[0,1]], D=diag(2,3). detP=1, no nulo.
  5. Identidad de columnas

    AP tiene columnas (2,0),(3,3), exactamente las de PD.

  6. Conclusión

    A=PDP⁻¹ con P⁻¹=[[1,−1],[0,1]].

    Multiplicar recupera la entrada superior derecha uno.

Resultado

A=PDP⁻¹.

Lo comprobamos

P⁻¹=[[1,−1],[0,1]]. Multiplicar PDP⁻¹ devuelve [[2,1],[0,3]], incluida la entrada no diagonal.

EJEMPLO RESUELTO 2

Una raíz repetida insuficiente

¿Es diagonalizable [[1,1],[0,1]]?

  1. Cuántas direcciones hacen falta

    La matriz es 2×2; necesitaríamos una base de dos autovectores.

  2. Polinomio

    p_A(t)=(t−1)²; único valor uno con multiplicidad algebraica dos.

  3. Sistema propio

    A−I=[[0,1],[0,0]] obliga y=0.
  4. Espacio propio

    E₁=span{(1,0)}, dimensión uno.
  5. Falta una dirección

    La multiplicidad geométrica uno es menor que dos; no hay base propia completa.

  6. Conclusión

    No es diagonalizable. Elegir otro múltiplo de (1,0) no añade independencia.

Resultado

No es diagonalizable.

Lo comprobamos

Si una matriz diagonal de tamaño dos solo tiene autovalor uno, es I. Una matriz semejante a I sigue siendo I, pero A tiene una entrada superior derecha igual a uno.

Los símbolos que hemos usado

A
Matriz cuadrada de tamaño n sobre R o C.
λ, v
Autovalor y autovector no nulo que satisfacen Av=λv.
I
Identidad del mismo tamaño que A.
E_λ
Espacio propio ker(A−λI), que sí incluye el vector cero.
p_A(t)
Polinomio característico det(tI−A), usando una variable t.
P, D
Matriz de columnas autovectores y diagonal de autovalores en el mismo orden.
Multiplicidades
Algebraica: veces que aparece la raíz; geométrica: dimensión del espacio propio.

Ahora te toca a ti.

Tienes cinco ejercicios. Inténtalos; las pistas te ayudan si te atascas.

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