Álgebra (27) · Unidad 7 — Diagonalización

Polinomio característico y autoespacios

Los autovalores son las raíces reales de P(λ) = det(A − λI). Para cada uno, los autovectores junto con el 0 forman un subespacio, y su dimensión puede ser menor que la multiplicidad de la raíz.

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La explicación

El polinomio característico

En 7.1 vimos que λ es autovalor cuando det(A − λI) = 0. Si en vez de probar números se deja λ como letra, ese determinante es un polinomio:

P(λ) = det(A − λI) polinomio característico de A ∈ ℝ^n×n, de grado n
los autovalores de A son las raíces reales de P

Como un polinomio de grado n tiene a lo sumo n raíces, una matriz de n×n tiene a lo sumo n autovalores. Puede tener menos: raíces repetidas, o raíces que no son reales.

En 2×2 sale de memoria

A = [[a, b], [c, d]] → P(λ) = (a − λ)(d − λ) − bc = λ² − (a + d)·λ + (ad − bc)
P(λ) = λ² − tr(A)·λ + det(A)

tr(A) es la traza, la suma de la diagonal. De ahí salen dos controles que conviene hacer siempre: si las raíces son λ₁ y λ₂, entonces λ₁ + λ₂ = tr(A) y λ₁·λ₂ = det(A). Valen también en n×n, contando las raíces con su multiplicidad (y las complejas, si las hay).

Dos casos que ahorran cuentas

A triangular (o diagonal) → P(λ) = (a₁₁ − λ)(a₂₂ − λ)···(a_nn − λ): los autovalores son la diagonal
rotación de 90°, [[0, −1], [1, 0]] → P(λ) = λ² + 1, sin raíces reales: no hay autovalores

Lo segundo es la cuenta de lo que en 7.1 se veía en el dibujo: una rotación no deja ninguna flecha sobre su recta. Cuando el discriminante de un P de grado 2 da negativo, no hay autovalores reales y se termina el ejercicio.

El autoespacio

Para un autovalor λ, los autovectores son las soluciones no nulas de (A − λI)v = 0. Si se les agrega el 0, queda el conjunto solución de un sistema homogéneo, que es un subespacio:

S_λ = {v ∈ ℝⁿ / A·v = λ·v} = Nu(A − λI)
dim S_λ = n − rg(A − λI)

En ℝ³, S_λ puede ser una recta por el origen (dimensión 1), un plano por el origen (dimensión 2) o todo ℝ³ (sólo si A = λI). Nunca es {0}: si λ es autovalor, hay al menos un autovector.

Dos multiplicidades que no siempre coinciden

multiplicidad algebraica m_a(λ): cuántas veces es λ raíz de P
multiplicidad geométrica m_g(λ): dim S_λ
siempre: 1 ≤ m_g(λ) ≤ m_a(λ)

El ejemplo que hay que tener a mano: I = [[1, 0], [0, 1]] y J = [[1, 1], [0, 1]] tienen el mismo polinomio, (1 − λ)², con λ = 1 doble. Pero I − 1·I = 0 tiene rango 0 y S₁ = ℝ² (dimensión 2), mientras que J − I = [[0, 1], [0, 0]] tiene rango 1 y S₁ = ⟨(1, 0)⟩ (dimensión 1). El polinomio no alcanza para saber cuántos autovectores independientes hay: hay que calcular el rango. Geométricamente, J corre cada punto en horizontal una distancia igual a su altura: la única recta que no se mueve es el eje x.

El procedimiento completo.
1. Calculá P(λ) = det(A − λI) y factorizalo. Si hay una fila o columna con ceros, desarrollá por ahí: suele salir ya factorizado.
2. Las raíces reales son los autovalores; anotá la multiplicidad de cada una.
3. Para cada λ, triangulá A − λI: el rango da dim S_λ y las ecuaciones que quedan dan los generadores.
4. Controlá con la traza y el determinante, y verificá A·v = λ·v con cada generador.

En cualquier espacio vectorial

Para f : V → V con dim V = n, se elige una base B y se trabaja con M_B(f). El polinomio no depende de la base: si B′ es otra, M_B′(f) = C⁻¹·M_B(f)·C, y

det(C⁻¹ M C − λI) = det(C⁻¹ (M − λI) C) = det(C⁻¹)·det(M − λI)·det(C) = det(M − λI)

Por eso tiene sentido hablar del polinomio característico de f, y no sólo de una matriz. Los autovectores de M_B(f) no son los de f: son sus coordenadas en la base B (7.4).

P(λ) da los autovalores y sus multiplicidades algebraicas. El rango de A − λI da la dimensión de cada autoespacio. Las dos cosas hacen falta, y la segunda no sale de la primera.

Un ejercicio resuelto, paso a paso

Sea A = [[2, 0, 0], [1, 3, 1], [−1, 0, 2]] (por filas). Hallar el polinomio característico, los autovalores con su multiplicidad algebraica, y para cada uno el autoespacio y su dimensión.

El polinomio. La primera fila tiene dos ceros, así que se desarrolla por ahí:

A − λI = [[2 − λ, 0, 0], [1, 3 − λ, 1], [−1, 0, 2 − λ]]
P(λ) = (2 − λ)·det[[3 − λ, 1], [0, 2 − λ]] = (2 − λ)(3 − λ)(2 − λ) = (2 − λ)²(3 − λ)

Sale ya factorizado. Autovalores: λ = 2 con m_a = 2 y λ = 3 con m_a = 1.

Control. Contando el 2 dos veces: 2 + 2 + 3 = 7 = tr(A) = 2 + 3 + 2 ✔, y 2·2·3 = 12 = det(A), que por la primera fila es 2·(3·2 − 1·0) = 12 ✔.

El autoespacio de 2.

A − 2I = [[0, 0, 0], [1, 1, 1], [−1, 0, 0]] → rango 2
tercera fila: x = 0; segunda: x + y + z = 0 → z = −y
S₂ = {(0, y, −y)} = ⟨(0, 1, −1)⟩, dim S₂ = 3 − 2 = 1

El autoespacio de 3.

A − 3I = [[−1, 0, 0], [1, 0, 1], [−1, 0, −1]] → rango 2
primera fila: x = 0; segunda: x + z = 0 → z = 0; y queda libre
S₃ = ⟨(0, 1, 0)⟩, dim S₃ = 1

Verificación. A·(0, 1, −1) = (0, 3 − 1, 0 − 2) = (0, 2, −2) = 2·(0, 1, −1) ✔ y A·(0, 1, 0) = (0, 3, 0) = 3·(0, 1, 0) ✔.

Lo que hay que mirar. El 2 es raíz doble pero su autoespacio es una recta: m_g(2) = 1 < m_a(2) = 2. Entre los dos autoespacios hay sólo dos direcciones independientes, y en ℝ³ hacen falta tres para una base. En 7.3 esto va a querer decir que A no se puede diagonalizar.

Si en lugar del 1 de la posición (2, 1) hubiera un 0, la segunda fila de A − 2I sería (0, 1, 1) y el rango seguiría siendo 2. Lo que decide es el rango, no un número suelto: por eso se triangula siempre.

Y uno del nivel del parcial

Sea A = [[3, 1, 1], [0, 2, 0], [1, k, 3]] (por filas). Mostrar que los autovalores no dependen de k y hallar para qué valores de k la multiplicidad geométrica de cada autovalor coincide con la algebraica.

El polinomio, por la segunda fila (tiene dos ceros, y el único término que sobrevive no tiene k):

P(λ) = (2 − λ)·det[[3 − λ, 1], [1, 3 − λ]] = (2 − λ)((3 − λ)² − 1) = (2 − λ)(λ − 2)(λ − 4) = −(λ − 2)²(λ − 4)

Autovalores 2 (doble) y 4 (simple), para todo k. Para el simple no hay nada que discutir: 1 ≤ m_g(4) ≤ 1.

El doble.

A − 2I = [[1, 1, 1], [0, 0, 0], [1, k, 1]]
F₃ − F₁ → (0, k − 1, 0)

Si k = 1, esa fila se anula, el rango es 1 y dim S₂ = 2 = m_a(2): S₂ es el plano x + y + z = 0, generado por (−1, 1, 0) y (−1, 0, 1). Si k ≠ 1, el rango es 2 y dim S₂ = 1: queda y = 0, x = −z, o sea S₂ = ⟨(1, 0, −1)⟩.

Respuesta: sólo para k = 1. Para λ = 4, A − 4I = [[−1, 1, 1], [0, −2, 0], [1, k, −1]] da y = 0 y x = z: S₄ = ⟨(1, 0, 1)⟩ para todo k. Control: A·(1, 0, 1) = (4, 0, 4) ✔.
Dónde se pierde: en concluir «2 es doble, entonces hay dos autovectores» sin mirar el rango, que es justo lo que depende de k.

Dónde se cae la mayoría

Leer la multiplicidad geométrica del polinomio: una raíz doble no garantiza dos autovectores independientes. Hay que calcular rg(A − λI).
Tomar como autovalores las raíces complejas de P. En ℝ, si el discriminante da negativo, no hay autovalores.
Escribir P(λ) = λ² + tr(A)·λ + det(A): el término del medio va con signo menos.
Desarrollar el determinante de A − λI por una fila llena y perder la factorización. Conviene la fila o la columna con más ceros.
Decir que S_λ es el conjunto de autovectores. Le falta el 0: sin él no sería un subespacio.

Hasta acá la explicación. La práctica es la otra mitad: 7 ejercicios de este tema, en cuatro niveles, que no te dicen sólo si está bien al final sino que te corrigen en cada paso y te explican por qué. Además trae una animación que muestra la idea en movimiento.

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Dónde entra este tema en el parcial

Segundo parcial — Diagonalizable según k, y la novena potencia25 puntos · resuelto paso a paso

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