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Diagonalización ortogonal de matrices reales simétricas...

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Cap´ıtulo 6 Diagonalizaci´ on ortogonal de matrices reales sim´ etricas

6.1

Caracterizaci´ on de las matrices ortogonales

En el Cap´ıtulo 1 se present´ o la definici´on de matriz ortogonal A, como aquella inversible con A−1 = At . Entre sus propiedades se se˜ nal´o que su determinante es 1 o´ −1. Por ser   A una matriz inversible, sus columnas b1 , b2 , . . . , bn forman una base de IR n , y podemos escribir A c´ omo: A = [ b1 b2 . . . bn ]

 t 

b1

 b2t   quedando por tanto At =   .   .. 

btn

 t 

b1

 b2t  Entonces At A =  ..  .

{

1 si i = j 0 si i = j

bt n

 t  b1b1   ..     b ] =  .  [ b1 b2 . . . n 

btnb1

 . . . bt1bn .. ...   = I ⇔ bitbj = δij = . t . . . bnbn

btbj = bi · bj denotando · el producto escalar habitual en IR n definido por: i v1  v2    u · v = [ u1 u2 ... un ]  ..   .  



vn

Por tanto A ortogonal ⇔ bi · bj = δij ⇔ B = {b1 , . . . , bn } es base ortonormal respecto al producto escalar habitual en IR n . La ortonormalidad significa que los vectores son ortogonales entre s´ı (el producto escalar de √ dos vectores distintos es nulo) y cada uno de ellos es unitario, es decir, de norma 1, bi · bi = 1 ∀i = 1, ..., n (bi · bi = 1). Concluimos que una matriz real inversible A es ortogonal si y s´ olo si sus columnas 181

´ ORTOGONAL DE MATRICES REALES SIM E ´ TRICAS182 CAP´ITULO 6. DIAGONALIZACI ON son base ortonormal respecto del producto escalar habitual en IR n . Por la propiedad de que si A es ortogonal, At tambi´en lo es, tenemos que tambi´en se cumple que A es ortogonal si y s´ olo si sus filas son base ortonormal respecto del producto escalar habitual en IR n .

Ejemplo: Demuestra que la matriz P = Efectuando P t P obtenemos la matriz I .

[

4/5 −3/5

3/5 es ortogonal. 4/5 ]

Denotanto b1 = (4/5, −3/5) y b2 = (3/5, 4/5) se tiene que para el producto escalar habitual de IR 2 : b1 · b2 = 0 y b1 · b1 = b2 · b2 = 1

6.2

Diagonalizaci´ on ortogonal de matrices sim´ etricas

Se cumple el siguiente resultado para matrices cuadradas reales: A es sim´etrica si y s´olo si existen Q ortogonal y D diagonal tales que A = QDQ−1 . Recordamos que esta es la expresi´ on de la diagonalizaci´ on por semejanza, y que por tanto D es la matriz de autovalores, y las columnas de Q forman la base de los correspondientes autovectores. Por ser Q ortogonal existir´a base de autovectores que es adem´ as base ortonormal respecto del producto escalar habitual. Podemos expresar: A sim´etrica si y s´olo si existe una base de vectores propios ortonormal respecto del producto escalar habitual en IR n . Teniendo en cuenta que Q−1 = Qt , podemos expresar la ecuaci´on anterior en la forma A = QDQt . Por ser A diagonalizable respecto de una base ortonormal se dice que A que es ortogonalmente diagonalizable. Hemos visto que una matriz es real y sim´etrica si y s´olo si es ortogonalmente diagonalizable. Es decir, no s´ olo es diagonalizable, si no que adem´as se puede obtener base ortonormal en la que lo es, quedando muy simplificada la factorizaci´ on de semejanza A = QDQt Las propiedades arriba indicadas se resumen a continuaci´ on: • Si A es real y sim´etrica de orden n, entonces tiene n ra´ıces reales contando multiplicididades, por tanto n autovalores reales contando multiplicidades, y la dimensi´on de los subespacios propios es igual a la multiplicidad algebraica de los correspondientes autovalores. Esto dos resultados no son m´as que las condiciones para que A sea diagonalizable. • Los subespacios propios correspondientes a autovalores distintos son ortogonales entre s´ı respecto del producto escalar habitual en IR n . Veamos la demostraci´on de esta propiedad: Consideremos el producto xt A y siendo x e y autovectores de A correspondientes a los autovalores distintos λ y µ respectivamente. xt A y = xt µ y = µ xt y

[1]

Por otra parte, por ser A sim´etrica podemos escribir la primera igualdad c´ omo: xt A y = xt Aty = (Ax)t y = (λx)t y = λ xt y

[2]

Igualando los dos u ´ ltimos t´erminos de [1] y [2] tenemos: (λ − µ) xt y = x · y0 y por tanto x  t y = 0, obteni´endose que los autovectores correspondientes a distintos autovalores son ortogonales respecto del producto escalar

´ ORTOGONAL DE MATRICES REALES SIM E ´ TRICAS183 CAP´ITULO 6. DIAGONALIZACI ON habitual, o expresado de otra forma, los subespacios propios son mutuamente ortogonales respecto del producto escalar habitual. • Obteniendo para cada subespacio propio una base ortogonal, y uniendo estas bases, lograremos una base ortogonal de IR n formada por autovectores de A. Dividiendo cada vector por su norma obtendremos finalmente una base ortonormal de autovectores. La matriz Q que diagonaliza ortogonalmente A tendr´ıa por columnas estos vectores. ´ Est´ a demostrado que los vectores de subespacios propios distintos OBSERVACI ON: son ortogonales entre s´ı , pero dentro un mismo subespacio propio de dimensi´ on mayor o igual que 2, debemos imponer que la base sea ortogonal.

Se puede demostrar f´acilmente que se cumple el resultado rec´ıproco de que A ortogonalmente diagonalizable implica A sim´etrica. En efecto, considerando A = QDQt y tomando traspuestas obtenemos At = QDQt = A, por tanto la existencia de diagonalizaci´on ortogonal implica que la matriz A ha de ser sim´etrica. 6 −2 −1 Ejemplo 6.1 Diagonalizar ortogonalmente la matriz A =  −2 6 −1  −1 −1 5 



Se obtiene que los valores propios son λ1 = 8, λ2 = 3 y λ3 = 6. Por ser los tres valores propios distintos la matriz tiene 3 subespacios propios de dimensi´ on 1: Resolviendo los SL [ A − λI | 0 ] para encontrar los vectores propios obtenemos: V8 =< (1, −1, 0) >

V3 =< (1, 1, 1) >

V6 =< (1, 1, −2) >

Se comprueba f´ acilmente que los tres vectores son ortogonales respecto del producto escalar habitual. √ √ √   1/ √2 1/ √3 1 √6 La matriz P =  −1/ 2 1/√ 3 1√ 6  es ortogonal, y por tanto la matriz A se puede 0 1/ 3 −2 6 factorizar en la forma A = P DP t . 3 −2 4 Ejemplo 6.2 Diagonalizar ortogonalmente la matriz A =  −2 6 2 , cuya ecuaci´ on 4 2 3 caracter´ıstica es 0 = −λ3 + 12λ2 − 21λ − 98 = −(λ − 7)2 (λ + 2) 



La matriz A es real y sim´etrica por tanto sabemos que existe una base ortogonal de vectores propios. V7 = {( 2z−y , y, z) / y, z ∈ IR } 2 De aqu´ı podemos obtener el vector v1 = (1, 0, 1) Para obtener un vector v2 que pertenezca a V7 y sea ortogonal a v1 tenemos que resolver la ecuaci´on: ( 2z−y , y, z).(1, 0, 1) = 0 2 2z−y 2

+z =0

´ ORTOGONAL DE MATRICES REALES SIM E ´ TRICAS184 CAP´ITULO 6. DIAGONALIZACI ON 4z − y = 0 ⇒ y = 4z

y sustituir el resultado, y = 4z, en la expresi´ on gen´ erica de un vector de V7 : ( 2z−y , y, z) 2 4z v2 = ( 2z− , 4z, z) = (−z, 4z, z) con z par´ ametro 2

Tomando z = 1 v2 = (1, −4, −1) Normalizando v1 y v2 obtenemos: √ √ u1 = ( 1/ 2 , 0 , 1/ 2) √ √ √ u2 = (1/ 18 , − 4/ 18 , − 1/ 18) V−2 = {(−z, −1/2z, z)/z ∈ IR }, de donde v3 = (2, 1, −2) y u3 = (2/3, 1/3, −2/3). Por ser la matriz A real y sim´ etrica V7 y V−2 son ortogonales, y por tanto u3 es ortogonal a u1 y u2 , que adem´ as son ortogonales entre s´ı . √  √  1/ 2 1/ √18 2/3 La matriz P =  0√ −4/√18 1/3  es ortogonal, y se verifica A = P DP t , con  1/ 2 −1/ 18 −2/3 7 0 0 D = 0 7 0 0 0 −2...