Álgebra (27) · Unidad 7 — Diagonalización

Diagonalización de matrices

A es diagonalizable cuando hay una base de ℝⁿ hecha de autovectores. Entonces A = C·D·C⁻¹, con los autovectores como columnas de C y los autovalores, en el mismo orden, en la diagonal de D.

Practicar este tema →7 ejercicios que te corrigen paso a paso · gratis, sin cuenta

La explicación

Qué quiere decir

A ∈ ℝ^n×n es diagonalizable si existen C inversible y D diagonal con A = C·D·C⁻¹
(o, lo que es lo mismo, C⁻¹·A·C = D)

No es una definición caída del cielo. Si f(x) = A·x y B = {v₁, …, vₙ} es una base de autovectores, en 7.1 vimos que M_B(f) es diagonal, con los autovalores en la diagonal. Y el cambio de base dice que

A = M_E(f) = C_BE · M_B(f) · C_EB = C · D · C⁻¹

donde C = C_BE es la matriz cuyas columnas son los vectores de B. Diagonalizar A es encontrar una base en la que f sólo estira.

El criterio

A es diagonalizable ⟺ hay n autovectores de A linealmente independientes
⟺ dim S_λ₁ + ··· + dim S_λr = n (sumando sobre todos los autovalores)

La segunda forma es la que se usa, y funciona por una propiedad que hace todo el trabajo: autovectores de autovalores distintos son linealmente independientes. Entonces, si se toma una base de cada autoespacio y se juntan todas, el conjunto que queda es independiente; la única pregunta es si tiene n vectores.

De ahí salen las dos conclusiones rápidas:

n autovalores distintos ⟹ diagonalizable (cada S_λ aporta uno, y son n)
la vuelta no vale: I tiene un solo autovalor y ya es diagonal

Las dos maneras de no ser diagonalizable

1. Faltan raíces reales. Si P(λ) tiene raíces complejas, la suma de multiplicidades algebraicas reales es menor que n y no alcanza. La rotación de 90° es el caso típico.
2. Un autoespacio es más chico de lo que debería. Si para algún λ es m_g(λ) < m_a(λ), la suma de las dimensiones queda corta. [[5, 1], [0, 5]] tiene al 5 doble y un solo autovector independiente.

Dicho al revés: A es diagonalizable si y sólo si P se factoriza del todo en ℝ y, para cada autovalor, m_g = m_a. Los autovalores simples nunca son problema (ahí 1 ≤ m_g ≤ 1): sólo hay que revisar los repetidos.

La imagen en el plano

Dibujá la cuadrícula armada con dos autovectores independientes en lugar de la de los ejes. A estira cada línea de la cuadrícula en su propia dirección, por su propio autovalor, y no la tuerce. Un cuadradito de esa cuadrícula va a parar a un rectángulo de la misma cuadrícula. Eso es, geométricamente, que D sea diagonal.

El procedimiento.
1. P(λ) = det(A − λI), sus raíces reales y sus multiplicidades.
2. Para cada autovalor, una base de S_λ triangulando A − λI.
3. ¿Suman n las dimensiones? Si no, no es diagonalizable y se termina.
4. C: los vectores de las bases, en columnas. D: en el lugar (i, i), el autovalor del vector que está en la columna i de C.
5. Verificá A·C = C·D. Es equivalente a A = C·D·C⁻¹ y no hace falta invertir nada: la columna i de A·C es A·vᵢ, y la de C·D es λᵢ·vᵢ.

C no es única: se puede cambiar el orden de las columnas, multiplicar cada una por un número distinto de cero, o elegir otra base de un autoespacio de dimensión 2. D es única salvo el orden: sus entradas son siempre los autovalores, cada uno repetido m_a veces. Lo que no se puede es cambiar el orden en una y no en la otra.

Un dato que sirve de control: las matrices simétricas (A = Aᵗ) con coeficientes reales son siempre diagonalizables. Si una simétrica te da «no diagonalizable», hay una cuenta mal.

Se puede diagonalizar ⟺ los autoespacios juntos llenan ℝⁿ. Autovectores en columnas en C, autovalores en el mismo orden en D, y se controla con A·C = C·D.

Un ejercicio resuelto, paso a paso

Sea A = [[2, 0, 0], [3, 2, −3], [3, 0, −1]] (por filas). Decidir si A es diagonalizable y, si lo es, hallar C inversible y D diagonal con A = C·D·C⁻¹.

1. El polinomio, por la primera fila:

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

Autovalores: 2 (doble) y −1 (simple). Control: 2 + 2 − 1 = 3 = tr(A) ✔. Todo depende de si S₂ tiene dimensión 2.

2. Los autoespacios.

A − 2I = [[0, 0, 0], [3, 0, −3], [3, 0, −3]] → rango 1, queda x − z = 0
S₂ = {(x, y, x)} = ⟨(1, 0, 1), (0, 1, 0)⟩, dim 2 ✔
A + I = [[3, 0, 0], [3, 3, −3], [3, 0, 0]] → x = 0 y y = z
S₋₁ = ⟨(0, 1, 1)⟩, dim 1

3. ¿Alcanzan? dim S₂ + dim S₋₁ = 2 + 1 = 3 = n: A es diagonalizable.

4. Armar C y D, respetando el orden:

C = [[1, 0, 0], [0, 1, 1], [1, 0, 1]] (columnas: (1, 0, 1), (0, 1, 0), (0, 1, 1))
D = [[2, 0, 0], [0, 2, 0], [0, 0, −1]]

5. Verificación sin invertir. Columna por columna, A·C tiene que ser C·D:
A·(1, 0, 1) = (2, 3 − 3, 3 − 1) = (2, 0, 2) = 2·(1, 0, 1) ✔
A·(0, 1, 0) = (0, 2, 0) = 2·(0, 1, 0) ✔
A·(0, 1, 1) = (0, 2 − 3, −1) = (0, −1, −1) = −1·(0, 1, 1) ✔
Y det(C) = 1 ≠ 0, así que C es inversible: sus columnas son una base.

Si igual se quiere la inversa, es C⁻¹ = [[1, 0, 0], [1, 1, −1], [−1, 0, 1]], y C·D·C⁻¹ devuelve A. Pero el control por columnas es más corto y dice exactamente dónde está el error si algo falla.

Otra C válida: con (1, 1, 1) en lugar de (0, 1, 0), porque (1, 1, 1) = (1, 0, 1) + (0, 1, 0) también está en S₂ y sigue siendo independiente del otro. La D no cambia. Si en cambio se pone (0, 1, 1) primero, la D pasa a ser [[−1, 0, 0], [0, 2, 0], [0, 0, 2]].

Y uno del nivel del parcial

Sea A = [[3, 0, 0], [k, 3, 0], [1, 2, −1]] (por filas). Hallar todos los k ∈ ℝ para los que A es diagonalizable y, para esos k, dar C y D.

Autovalores. A es triangular inferior: P(λ) = (3 − λ)²(−1 − λ). El −1 es simple y no trae problemas; todo se decide en S₃.

A − 3I = [[0, 0, 0], [k, 0, 0], [1, 2, −4]]

El rango de A − 3I. Si k ≠ 0, las filas (k, 0, 0) y (1, 2, −4) son independientes: rango 2, dim S₃ = 1 < 2. No es diagonalizable.
Si k = 0, queda una sola ecuación, x + 2y − 4z = 0: rango 1 y dim S₃ = 2. Con dim S₋₁ = 1, suman 3: es diagonalizable.

Los autoespacios con k = 0.

k = 0: S₃ = {x = −2y + 4z} = ⟨(−2, 1, 0), (4, 0, 1)⟩
A + I = [[4, 0, 0], [0, 4, 0], [1, 2, 0]] → x = y = 0 → S₋₁ = ⟨(0, 0, 1)⟩
C = [[−2, 4, 0], [1, 0, 0], [0, 1, 1]] D = [[3, 0, 0], [0, 3, 0], [0, 0, −1]]

Verificación con k = 0: A·(−2, 1, 0) = (−6, 3, 0), A·(4, 0, 1) = (12, 0, 3), A·(0, 0, 1) = (0, 0, −1) ✔. det(C) = −4 ≠ 0 ✔.
Respuesta: diagonalizable sólo para k = 0.
Dónde se pierde: en decir «para todo k, porque los autovalores no dependen de k». Los autovalores no; el rango de A − 3I, sí.

Dónde se cae la mayoría

Poner los autovectores como filas de C. Van en columnas: en C = C_BE, la columna j es el j-ésimo vector de la base.
Armar D con los autovalores en otro orden que el de las columnas de C. Entonces A·C ≠ C·D y la factorización es falsa.
Concluir que A no es diagonalizable porque tiene un autovalor repetido. Hay que mirar la dimensión de su autoespacio: si coincide con la multiplicidad, sí lo es.
Creer que para diagonalizar hacen falta n autovalores distintos. Es suficiente, pero no necesario.
Verificar calculando C⁻¹ cuando alcanza con A·C = C·D, que evita la inversa y sus errores.

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.

Practicar Diagonalización de matrices →

Dónde entra este tema en el parcial

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

Los otros temas de la unidad 7

Diagonalización

Ver todos los temas de Álgebra (27)