Cómo diagonalizar una matriz

En esta página encontrarás todo sobre las matrices diagonalizables: qué son, cuándo se pueden diagonalizar y cuándo no, el método para diagonalizar matrices, aplicaciones y propiedades de estas peculiares matrices, etc. E incluso tienes varios ejercicios resueltos paso a paso para que puedas practicar y entender a la perfección cómo se diagonalizan. Finalmente, también enseñamos cómo hacer las diagonalizaciones de matrices con el programa informático MATLAB, ya que se utiliza muy frecuentemente.

¿Qué es una matriz diagonalizable?

Como veremos a continuación, diagonalizar una matriz es muy útil en el campo del álgebra lineal. Por eso muchos se preguntan… ¿qué es diagonalizar una matriz? Pues la definición de una matriz diagonalizable es la siguiente:

Una matriz diagonalizable es una matriz cuadrada que se puede transformar en una matriz diagonal, es decir, una matriz llena de ceros excepto en la diagonal principal. La diagonalización de las matrices se descompone de la siguiente manera:

 A = PDP^{-1}

O equivalentemente,

 D = P^{-1}AP

Donde A es la matriz a diagonalizar, P es la matriz cuyas columnas son los vectores propios (o autovectores) de A, P^{-1} su matriz inversa y D es la matriz diagonal formada por los valores propios (o autovalores) de A.

La matriz P actúa como una matriz de cambio de base, por lo que en realidad con esta fórmula estamos cambiando de base a la matriz A, de manera que la matriz se convierte en una matriz diagonal (D) en la nueva base.

Por lo tanto, la matriz A y la matriz P son matrices semejantes. Y, evidentemente, P es una matriz regular o no degenerada.

¿Cuándo se puede diagonalizar una matriz?

No todas las matrices son diagonalizables, tan solo se pueden diagonalizar las matrices que cumplen con unas ciertas características. Se puede saber si una matriz es diagonalizable de distintas maneras:

  • Una matriz cuadrada de orden n es diagonalizable si tiene n vectores propios (o autovectores) linealmente independientes, o dicho de otra forma, si estos vectores forman una base. Eso es debido a que la matriz P, que sirve para diagonalizar una matriz, está formada por los vectores propios de dicha matriz. Para saber si los autovectores son LI, basta con que el determinante de la matriz P sea diferente de 0, cosa que significa que la matriz es de rango máximo.

 \text{si} \quad \text{det}(P)\neq 0 \ \longrightarrow \ \text{matriz diagonalizable}

  • Una propiedad de los valores y vectores propios es que los autovectores de autovalores diferentes son linealmente independientes. Por lo tanto, si todos los autovalores de la matriz son únicos la matriz es diagonalizable.
  • Otra manera de determinar si una matriz se puede factorizar en una matriz diagonal es mediante las multiplicidades algebraicas y geométricas. La multiplicidad algebraica es el número de veces que se repite un valor propio (o autovalor), y la multiplicidad geométrica es la dimensión del núcleo (o kernel) de la matriz restándole el autovalor en su diagonal principal. Entonces, si por cada valor propio la multiplicidad algebraica es igual a la multiplicidad geométrica, la matriz es diagonalizable.

 \alpha_\lambda = \text{multiplicidad algebraica} = \text{multiplicidad del valor propio}

 m_\lambda = \text{multiplicidad geom\'etrica} = \text{dim } Ker(A-\lambda I) = n -rg(A-\lambda I)

 \alpha_\lambda \geq m_\lambda \geq 1

 \text{si} \quad \alpha_\lambda = m_\lambda \quad \forall \lambda \ \longrightarrow \ \text{matriz diagonalizable}

  • Finalmente, existe un teorema, el teorema espectral, que garantiza la diagonalización de las matrices simétricas con números reales. Es decir, toda matriz real y simétrica es diagonalizable.

Cómo diagonalizar una matriz

El procedimiento de diagonalizar una matriz se basa en hallar los valores propios (o autovalores) y los vectores propios (o autovectores) de una matriz. Por eso es importante que domines cómo calcular los valores propios (o autovalores) y los vectores propios (o autovectores) de cualquier matriz. Puedes recordar cómo se hacía clicando en el link, donde explicamos paso a paso cómo encontrarlos y algunos trucos que facilitan mucho los cálculos. Además, también encontrarás ejercicios resueltos para poder practicar.

Con el siguiente método se puede diagonalizar una matriz de cualquier dimensión: 2×2, 3×3, 4×4, etc. Los pasos que se deben seguir para la diagonalización de una matriz son:

  1. Obtener los valores propios (o autovalores) de la matriz.
  2. Calcular el vector propio asociado a cada valor propio.
  3. Construir la matriz P, cuyas columnas son los vectores propios de la matriz a diagonalizar.
  4. Verificar que la matriz se puede diagonalizar (debe cumplir alguna de las condiciones explicadas en el apartado anterior).
  5. Construir la matriz diagonal D, cuyos elementos son todos 0 excepto los de la diagonal principal, que son los valores propios hallados en el paso 1.

Atención: Los vectores propios de la matriz P se pueden colocar en cualquier orden, pero los valores propios de la matriz diagonal D deben ser colocados en ese mismo orden. Por ejemplo, el primer valor propio de la matriz diagonal D debe ser el que corresponde al vector propio de la primera columna de la matriz P.

A continuación tienes varios ejercicios resueltos paso a paso de diagonalización de matrices con los que puedes practicar.

Ejercicios resueltos de diagonalización de matrices

Ejercicio 1

Diagonaliza la siguiente matriz cuadrada de dimensión 2×2:

 \displaystyle A= \begin{pmatrix}2&2\\[1.1ex] 1&3\end{pmatrix}

Primero debemos determinar los valores propios de la matriz A. Así que calculamos la ecuación característica resolviendo el siguiente determinante:

 \displaystyle \text{det}(A-\lambda I)= \begin{vmatrix}2- \lambda &2\\[1.1ex] 1&3-\lambda \end{vmatrix} = \lambda^2-5\lambda +4

Ahora calculamos las raíces del polinomio característico:

 \displaystyle \lambda^2-5\lambda +4=0 \ \longrightarrow \ \begin{cases} \lambda = 4 \\[2ex] \lambda = 1 \end{cases}

Una vez conseguidos los valores propios, calculamos el vector propio asociado a cada uno. En primer lugar el vector propio correspondiente al valor propio 1:

 \displaystyle (A-I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix}1&2\\[1.1ex] 1&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \end{pmatrix} =}\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} x+2y = 0 \\[2ex] x+2y = 0\end{array}\right\} \longrightarrow \ x=-2y

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}-2 \\[1.1ex] 1 \end{pmatrix}

Y luego calculamos el vector propio asociado al valor propio 4:

 \displaystyle (A-4I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix}-2&2\\[1.1ex] 1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \end{pmatrix} =}\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} -2x+2y = 0 \\[2ex] x-y = 0\end{array}\right\} \longrightarrow \ y=x

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] 1 \end{pmatrix}

Construimos la matriz P, formada por los vectores propios de la matriz:

 \displaystyle  P = \begin{pmatrix}-2&1 \\[1.1ex] 1&1 \end{pmatrix}

Como todos los valores propios son diferentes, la matriz A sí que es diagonalizable. De modo que la matriz diagonal correspondiente es aquella que tiene los valores propios en la diagonal principal:

 \displaystyle D= \begin{pmatrix}1&0\\[1.1ex] 0&4\end{pmatrix}

Recuerda que se deben colocar los valores propios en el mismo orden que están puestos los vectores propios en la matriz P.

En conclusión, la matriz de cambio de base y la matriz diagonalizada son:

 \displaystyle P = \begin{pmatrix}-2&1 \\[1.1ex] 1&1 \end{pmatrix} \qquad D= \begin{pmatrix}1&0\\[1.1ex] 0&4\end{pmatrix}

Ejercicio 2

Diagonaliza la siguiente matriz cuadrada de orden 2:

 \displaystyle A= \begin{pmatrix}3&4\\[1.1ex] -1&-2\end{pmatrix}

Primero debemos determinar los autovalores de la matriz A. Así que calculamos la ecuación característica resolviendo el siguiente determinante:

 \displaystyle \text{det}(A-\lambda I)= \begin{vmatrix}3- \lambda &4\\[1.1ex] -1&-2-\lambda \end{vmatrix} = \lambda^2-\lambda -2

Ahora calculamos las raíces del polinomio característico:

 \displaystyle \lambda^2-\lambda -2=0 \ \longrightarrow \ \begin{cases} \lambda = -1 \\[2ex] \lambda = 2 \end{cases}

Una vez conseguidos los autovalores, calculamos el autovector asociado a cada uno. En primer lugar el autovector correspondiente al autovalor -1:

 \displaystyle (A+I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix}4&4\\[1.1ex] -1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \end{pmatrix} =}\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} 4x+4y = 0 \\[2ex] -x-y = 0\end{array}\right\} \longrightarrow \ x=-y

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}-1 \\[1.1ex] 1 \end{pmatrix}

Y luego calculamos el autovector asociado al autovalor 2:

 \displaystyle (A-2I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix}1&4\\[1.1ex] -1&-4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \end{pmatrix} =}\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} x+4y = 0 \\[2ex] -x-4y = 0\end{array}\right\} \longrightarrow \ x=-4y

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}-4 \\[1.1ex] 1 \end{pmatrix}

Construimos la matriz P, formada por los autovectores de la matriz:

 \displaystyle  P = \begin{pmatrix}-1&-4 \\[1.1ex] 1&1 \end{pmatrix}

Como todos los autovalores son diferentes entre sí, la matriz A es diagonalizable. De modo que la matriz diagonal correspondiente es aquella que contiene los autovalores en la diagonal principal:

 \displaystyle D= \begin{pmatrix}-1&0\\[1.1ex] 0&2\end{pmatrix}

Recuerda que se deben colocar los autovalores en el mismo orden que están puestos los autovectores en la matriz P.

En conclusión, la matriz de cambio de base y la matriz diagonalizada son:

 \displaystyle P = \begin{pmatrix}-1&-4 \\[1.1ex] 1&1\end{pmatrix} \qquad D= \begin{pmatrix}-1&0\\[1.1ex] 0&2\end{pmatrix}

 

Ejercicio 3

Diagonaliza la siguiente matriz cuadrada de dimensión 3×3:

 \displaystyle A= \begin{pmatrix}2&0&2\\[1.1ex] -1&2&1\\[1.1ex] 0&1&4\end{pmatrix}

El primero paso es encontrar los valores propios de la matriz A. Así que calculamos la ecuación característica resolviendo el determinante de la siguiente matriz:

 \displaystyle \text{det}(A-\lambda I)= \begin{vmatrix}2-\lambda&0&2\\[1.1ex] -1&2-\lambda&1\\[1.1ex] 0&1&4-\lambda \end{vmatrix} = -\lambda^3+8\lambda^2-19\lambda+12

Ahora hay que calcular las raíces del polinomio característico. Como se trata de un polinomio de tercer grado aplicamos la regla de Ruffini:

 \displaystyle \begin{array}{r|rrrr} & -1&8&-19& 12 \\[2ex] 1 & & -1&7&-12 \\ \hline &-1\vphantom{\Bigl)}&7&-12&0 \end{array}

Y luego hallamos las raíces del polinomio obtenido:

 \displaystyle -\lambda^2+7\lambda -12=0 \ \longrightarrow \ \begin{cases} \lambda = 3 \\[2ex] \lambda = 4 \end{cases}

De forma que los autovalores de la matriz son:

 \lambda=1 \qquad \lambda =3 \qquad \lambda = 4

Una vez encontrados los valores propios, calculamos el vector propio asociado a cada uno. En primer lugar el vector propio correspondiente al autovalor 1:

 \displaystyle (A-I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix}1&0&2\\[1.1ex] -1&1&1\\[1.1ex] 0&1&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 0\end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} x+2z = 0 \\[2ex] -x+y+z = 0\\[2ex] y+3z = 0\end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l}x=-2z \\[2ex] y = -3z \end{array}

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}-2 \\[1.1ex] -3 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}

Después calculamos el vector propio asociado al autovalor 3:

 \displaystyle (A-3I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix}-1&0&2\\[1.1ex] -1&-1&1\\[1.1ex] 0&1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 0\end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} -x+2z = 0 \\[2ex] -x-y+z = 0\\[2ex] y+z = 0\end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l}x=2z \\[2ex] y = -z \end{array}

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}2 \\[1.1ex] -1 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}

Y, por último, calculamos el vector propio asociado al autovalor 4:

 \displaystyle (A-4I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix}-2&0&2\\[1.1ex] -1&-2&1\\[1.1ex] 0&1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 0\end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} -2x+2z = 0 \\[2ex] -x-2y+z = 0\\[2ex] y = 0\end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l}x=z \\[2ex] y = 0 \end{array}

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}

Construimos la matriz P, formada por los vectores propios de la matriz:

 \displaystyle  P = \begin{pmatrix}-2&2&1 \\[1.1ex] -3&-1&0 \\[1.1ex] 1&1&1 \end{pmatrix}

Como todos los valores propios son distintos entre sí, la matriz A es diagonalizable. De modo que la matriz diagonal correspondiente es aquella que tiene los valores propios en la diagonal principal:

 \displaystyle D= \begin{pmatrix}1&0&0\\[1.1ex] 0&3&0 \\[1.1ex] 0&0&4\end{pmatrix}

Recuerda que se deben colocar los valores propios en el mismo orden que están puestos los vectores propios en la matriz P.

En definitiva, la matriz de cambio de base y la matriz diagonalizada son:

 \displaystyle P = \begin{pmatrix}-2&2&1 \\[1.1ex] -3&-1&0 \\[1.1ex] 1&1&1\end{pmatrix} \qquad D= \begin{pmatrix}1&0&0\\[1.1ex] 0&3&0 \\[1.1ex] 0&0&4\end{pmatrix}

 

Ejercicio 4

Diagonaliza, si es posible, la siguiente matriz cuadrada de orden 3:

 \displaystyle A= \begin{pmatrix}-1&3&1\\[1.1ex] 0&2&0\\[1.1ex] 3&-1&1\end{pmatrix}

El primero paso es encontrar los valores propios de la matriz A. Así que calculamos la ecuación característica resolviendo el determinante de la siguiente matriz:

 \displaystyle \text{det}(A-\lambda I)= \begin{vmatrix}-1-\lambda&3&1\\[1.1ex] 0&2-\lambda&0\\[1.1ex] 3&-1&1-\lambda \end{vmatrix} = -\lambda^3+2\lambda^2+4\lambda-8

Ahora hay que calcular las raíces del polinomio mínimo. Como se trata de un polinomio de tercer grado aplicamos la regla de Ruffini para factorizarlo:

 \displaystyle \begin{array}{r|rrrr} & -1&2&\phantom{-}4& -8 \\[2ex] 2 & & -2&0&8 \\ \hline &-1\vphantom{\Bigl)}&0&4&0 \end{array}

Y luego hallamos las raíces del polinomio obtenido:

 \displaystyle -\lambda^2+4=0 \ \longrightarrow \ \begin{cases} \lambda = +2 \\[2ex] \lambda = -2 \end{cases}

De manera que los autovalores de la matriz son:

 \lambda=2 \qquad \lambda =2 \qquad \lambda = -2

El valor propio de -2 es de multiplicidad algebraica simple, en cambio, el valor propio 2 es de multiplicidad doble.

Una vez encontrados los valores propios, calculamos el vector propio asociado a cada uno. En primer lugar el vector propio correspondiente al valor propio -2:

 \displaystyle (A+2I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix}1&3&1\\[1.1ex] 0&4&0\\[1.1ex] 3&-1&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 0\end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} x+3y+z = 0 \\[2ex] 4y = 0\\[2ex] 3x-y+3z = 0\end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l}y=0 \\[2ex] x = -z \end{array}

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] -1\end{pmatrix}

Ahora calculamos los vector propios asociados a los valores propios 2.

 \displaystyle (A-2I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix}-3&3&1\\[1.1ex] 0&0&0\\[1.1ex] 3&-1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 0\end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} -3x+3y+z = 0 \\[2ex] 0= 0\\[2ex] 3x-y-z = 0\end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l}y=0 \\[2ex] z=3x \end{array}

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 3\end{pmatrix}

Como el valor propio 2 está repetido dos veces, tenemos que calcular otro vector propio que cumpla con las ecuaciones del subespacio (o autoespacio):

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}-1 \\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] -3\end{pmatrix}

Construimos la matriz P, formada por los tres vectores propios de la matriz:

 \displaystyle  P = \begin{pmatrix}1&1&-1 \\[1.1ex] 0&0&0 \\[1.1ex] -1&3&-3 \end{pmatrix}

Sin embargo, los tres vectores no son linealmente independientes, ya que evidentemente los dos vectores propios del valor propio 2 son combinación lineal uno del otro. Esto también se puede demostrar porque el determinante de la matriz P es igual a 0 (tiene una fila llena de ceros):

 \displaystyle \text{det}(P) = \begin{vmatrix}1&1&-1 \\[1.1ex] 0&0&0 \\[1.1ex] -1&3&-3 \end{vmatrix}=0

En consecuencia, como los autovectores son linealmente dependientes, la matriz A no es diagonalizable.

 

Ejercicio 5

Diagonaliza si es posible la siguiente matriz cuadrada de tamaño 3×3:

 \displaystyle A= \begin{pmatrix}3&0&0\\[1.1ex] 0&2&1\\[1.1ex] 0&1&2\end{pmatrix}

El primero paso es encontrar los valores propios de la matriz A. Así que calculamos la ecuación característica resolviendo el determinante de la siguiente matriz:

 \displaystyle \text{det}(A-\lambda I)= \begin{vmatrix}3-\lambda&0&0\\[1.1ex] 0&2-\lambda&1\\[1.1ex] 0&1&2-\lambda \end{vmatrix}

Como la primera fila son todo ceros excepto el 3, aprovecharemos para resolver el determinante de la matriz por cofactores (o adjuntos):

 \displaystyle \begin{aligned} \begin{vmatrix}3-\lambda&0&0\\[1.1ex] 0&2-\lambda&1\\[1.1ex] 0&1&2-\lambda \end{vmatrix}& = (3-\lambda)\cdot  \begin{vmatrix} 2-\lambda&1\\[1.1ex]1&2-\lambda \end{vmatrix} \\[3ex] & = (3-\lambda)[\lambda^2 -4\lambda +3] \end{aligned}

Ahora tenemos que calcular las raíces del polinomio característico. Es mejor no multiplicar los paréntesis ya que entonces obtendríamos un polinomio de tercer grado, por contra, si se resuelven los dos factores por separado es más fácil conseguir los valores propios:

 \displaystyle (3-\lambda)[\lambda^2 -4\lambda +3]=0 \ \longrightarrow \ \begin{cases} 3-\lambda=0 \ \longrightarrow \ \lambda = 3 \\[2ex] \lambda^2 -4\lambda +3=0 \ \longrightarrow \begin{cases}\lambda = 1 \\[2ex] \lambda = 3 \end{cases} \end{cases}

De manera que los autovalores de la matriz son:

 \lambda=1 \qquad \lambda =3 \qquad \lambda = 3

Una vez encontrados los valores propios, calculamos el vector propio asociado a cada uno. En primer lugar el vector propio correspondiente al valor propio 1:

 \displaystyle (A-I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix}2&0&0\\[1.1ex] 0&1&1\\[1.1ex] 0&1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 0\end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} 2x = 0 \\[2ex] y+z = 0\\[2ex] y+z = 0\end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l}x=0 \\[2ex] y = -z \end{array}

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] -1 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}

Después calculamos los vectores propios asociados a los valores propios 3:

 \displaystyle (A-3I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix}0&0&0\\[1.1ex] 0&-1&1\\[1.1ex] 0&1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 0\end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} 0 = 0 \\[2ex] -y+z = 0\\[2ex] y-z = 0\end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l}y=z  \end{array}

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 1 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}

Como el valor propio 3 está repetido dos veces, tenemos que calcular otro vector propio que cumpla con las ecuaciones del autoespacio:

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 0\end{pmatrix}

Construimos la matriz P, formada por los vectores propios de la matriz:

 \displaystyle  P = \begin{pmatrix}0&0&1 \\[1.1ex] -1&1&0 \\[1.1ex] 1&1&0 \end{pmatrix}

A diferencia del ejercicio 4, en este caso sí que hemos podido formar 3 vectores linealmente independientes aunque la multiplicidad algebraica del autovalor 3 sea doble. Se puede comprobar viendo que el determinante de la matriz P da un resultado diferente de 0:

 \displaystyle \text{det}(P) = \begin{vmatrix}0&0&1 \\[1.1ex] -1&1&0 \\[1.1ex] 1&1&0 \end{vmatrix} =-2 \neq 0

De modo que sí que se puede realizar la descomposición diagonal de la matriz A. Y la matriz diagonal correspondiente es aquella que tiene los valores propios en la diagonal principal:

 \displaystyle D= \begin{pmatrix}1&0&0\\[1.1ex] 0&3&0 \\[1.1ex] 0&0&3\end{pmatrix}

Recuerda que se deben colocar los valores propios en el mismo orden que están puestos los vectores propios en la matriz P.

En definitiva, la matriz de cambio de base que se requiere para diagonalizar la matriz y su forma diagonalizada son:

 \displaystyle P = \begin{pmatrix}0&0&1 \\[1.1ex] -1&1&0 \\[1.1ex] 1&1&0 \end{pmatrix}\qquad D= \begin{pmatrix}1&0&0\\[1.1ex] 0&3&0 \\[1.1ex] 0&0&3\end{pmatrix}

 

Ejercicio 6

Realiza la diagonalización, si es posible, de la siguiente matriz de dimensión 4×4:

 \displaystyle A=\begin{pmatrix}2&1&2&0\\[1.1ex] 1&-3&1&0\\[1.1ex] 0&-1&0&0\\[1.1ex] 0&0&0&5\end{pmatrix}

El primero paso es encontrar los valores propios de la matriz A. Así que calculamos la ecuación característica resolviendo el determinante de la siguiente matriz:

 \displaystyle \text{det}(A-\lambda I)= \begin{vmatrix}2-\lambda&1&2&0\\[1.1ex] 1&-3-\lambda&1&0\\[1.1ex] 0&-1&-\lambda&0\\[1.1ex] 0&0&0&5-\lambda\end{vmatrix}

En este caso, la última columna del determinante son todo ceros excepto un elemento, por lo que aprovecharemos para calcular el determinante por cofactores a través de esa columna:

 \displaystyle \begin{aligned} \begin{vmatrix}2-\lambda&1&2&0\\[1.1ex] 1&-3-\lambda&1&0\\[1.1ex] 0&-1&-\lambda&0\\[1.1ex] 0&0&0&5-\lambda\end{vmatrix}& = (5-\lambda)\cdot  \begin{vmatrix}2-\lambda&1&2\\[1.1ex] 1&-3-\lambda&1\\[1.1ex] 0&-1&-\lambda\end{vmatrix}\\[3ex] & = (5-\lambda)[-\lambda^3 -\lambda^2 +6\lambda] \end{aligned}

Ahora debemos calcular las raíces del polinomio característico. Es mejor no hacer el producto de los paréntesis ya que entonces obtendríamos un polinomio de cuarto grado, en cambio, si se resuelven los dos factores por separado es más sencillo calcular los valores propios:

 \displaystyle (5-\lambda)[-\lambda^3 -\lambda^2 +6\lambda]=0 \ \longrightarrow \ \begin{cases} 5-\lambda=0 \ \longrightarrow \ \lambda = 5 \\[2ex] -\lambda^3 -\lambda^2 +6\lambda =0 \ \longrightarrow \ \lambda(-\lambda^2 -\lambda +6) =0 \end{cases}

 \displaystyle \lambda(-\lambda^2 -\lambda +6)=0 \ \longrightarrow \ \begin{cases} \lambda=0  \\[2ex] -\lambda^2 -\lambda +6=0 \ \longrightarrow \ \begin{cases} \lambda=2 \\[2ex] \lambda = -3 \end{cases}\end{cases}

De manera que los autovalores de la matriz son:

 \lambda=0 \qquad \lambda =-3 \qquad \lambda = 2\qquad \lambda = 5

Una vez hallados todos los autovalores, vamos a por los autovectores. Calculamos el vector propio asociado al valor propio 0:

 \displaystyle (A-0I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix} 2&1&2&0\\[1.1ex] 1&-3&1&0\\[1.1ex] 0&-1&0&0\\[1.1ex] 0&0&0&5\end{pmatrix}\begin{pmatrix}w \\[1.1ex] x \\[1.1ex] y\\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0\\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 0\end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} 2w+x+2y = 0 \\[2ex] w-3x+y = 0\\[2ex] -x=0 \\[2ex] 5z=0 \end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l} x=0 \\[2ex] z=0  \\[2ex]w=-y \end{array}

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}-1 \\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 1  \\[1.1ex]0 \end{pmatrix}

Calculamos el vector propio asociado al valor propio -3:

 \displaystyle (A+3I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix} 5&1&2&0\\[1.1ex] 1&0&1&0\\[1.1ex] 0&-1&3&0\\[1.1ex] 0&0&0&8\end{pmatrix}\begin{pmatrix}w \\[1.1ex] x \\[1.1ex] y\\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0\\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 0\end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} 5w+x+2y = 0 \\[2ex] w+y = 0\\[2ex] -x+3y=0 \\[2ex] 8z=0 \end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l} w=-y  \\[2ex]x=3y \\[2ex] z=0 \end{array}

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}-1 \\[1.1ex] 3 \\[1.1ex] 1  \\[1.1ex]0 \end{pmatrix}

Calculamos el vector propio asociado al valor propio 2:

 \displaystyle (A-2I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix} 0&1&2&0\\[1.1ex] 1&-5&1&0\\[1.1ex] 0&-1&-2&0\\[1.1ex] 0&0&0&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}w \\[1.1ex] x \\[1.1ex] y\\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0\\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 0\end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} x+2y = 0 \\[2ex] w-5x+y = 0\\[2ex] -x-2y=0 \\[2ex] 3z=0 \end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l} x=-2y \\[2ex] w=-11y \\[2ex] z=0  \end{array}

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}-11 \\[1.1ex] -2 \\[1.1ex] 1  \\[1.1ex]0 \end{pmatrix}

Calculamos el vector propio asociado al valor propio 5:

 \displaystyle (A-5I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix} -3&1&2&0\\[1.1ex] 1&-8&1&0\\[1.1ex] 0&-1&-5&0\\[1.1ex] 0&0&0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}w \\[1.1ex] x \\[1.1ex] y\\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0\\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 0\end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} -3w+x+2y = 0 \\[2ex] w-8x+y = 0\\[2ex] -x-5y=0 \\[2ex] 0=0 \end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l} w=x=y=0 \end{array}

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 0 \\[1.1ex]1 \end{pmatrix}

Hacemos la matriz P, compuesta por los vectores propios de la matriz:

 \displaystyle  P = \begin{pmatrix}-1&-1&-11&0 \\[1.1ex] 0&3&-2&0 \\[1.1ex] 1&1&1&0  \\[1.1ex]0&0&0&1\end{pmatrix}

Como todos los valores propios son diferentes entre sí, la matriz A es diagonalizable. De modo que la matriz diagonal correspondiente es aquella que tiene los valores propios en la diagonal principal:

 \displaystyle D= \begin{pmatrix}0&0&0&0\\[1.1ex] 0&-3&0&0 \\[1.1ex] 0&0&2&0\\[1.1ex] 0&0&0&5\end{pmatrix}

Recuerda que los valores propios se deben colocar en el mismo orden que están posicionados los vectores propios en la matriz P.

En resumen, la matriz de cambio de base necesaria para diagonalizar la matriz A y la matriz en forma diagonal son:

 \displaystyle P = \begin{pmatrix}-1&-1&-11&0 \\[1.1ex] 0&3&-2&0 \\[1.1ex] 1&1&1&0  \\[1.1ex]0&0&0&1\end{pmatrix} \qquad D=\begin{pmatrix}0&0&0&0\\[1.1ex] 0&-3&0&0 \\[1.1ex] 0&0&2&0\\[1.1ex] 0&0&0&5\end{pmatrix}

 

Aplicaciones de las matrices diagonalizables

Si has llegado hasta aquí, seguro que te estas preguntando: ¿para qué sirve una matriz diagonalizable?

Pues bien, las matrices diagonalizables son muy útiles y se utilizan mucho en las matemáticas. El motivo es que una matriz diagonal está prácticamente llena de ceros y por tanto facilita enormemente los cálculos.

Un ejemplo claro de esto son las potencias de matrices diagonalizables, porque su resultado queda simplificado por la siguiente fórmula:

 \displaystyle  A^k=PD^kP^{-1}

Esta igualdad se puede demostrar fácilmente por inducción. De modo que tan solo es necesario elevar la matriz D al exponente. Y como esta es una matriz diagonal, la operación se reduce en elevar cada término de la diagonal principal al exponente:

 \displaystyle  D^k = diag(\lambda_1^k,\lambda_2^k, \ldots , \lambda_n^k)

Ejemplo de la potencia de una matriz diagonalizable

Para que se entienda mejor, calcularemos la potencia de una matriz que es diagonalizable a modo de ejemplo:

 \displaystyle A= \begin{pmatrix}2&0\\[1.1ex] 3&1\end{pmatrix}

La matriz del cambio de base P, formada por sus vectores propios, y la matriz diagonalizada D, compuesta por sus valores propios, son:

 \displaystyle P = \begin{pmatrix}0&1 \\[1.1ex] 1&3 \end{pmatrix} \qquad D= \begin{pmatrix}1&0\\[1.1ex] 0&2\end{pmatrix}

Por tanto, por poner un ejemplo, la matriz A elevada a 7 es equivalente a:

 \displaystyle  A^7=PD^7P^{-1}

 \displaystyle  A^7=\begin{pmatrix}0&1 \\[1.1ex] 1&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\[1.1ex] 0&2\end{pmatrix}^7\left.\begin{pmatrix}0&1 \\[1.1ex] 1&3 \end{pmatrix}\right.^{-1}

Ahora invertimos la matriz P:

 \displaystyle  A^7=\begin{pmatrix}0&1 \\[1.1ex] 1&3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\[1.1ex] 0&2\end{pmatrix}^7\begin{pmatrix}-3&1 \\[1.1ex] 1&0 \end{pmatrix}

Resolvemos la potencia de la matriz D:

 \displaystyle  A^7=\begin{pmatrix}0&1 \\[1.1ex] 1&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1^7&0\\[1.1ex] 0&2^7\end{pmatrix} \begin{pmatrix}-3&1 \\[1.1ex] 1&0 \end{pmatrix}

 \displaystyle  A^7=\begin{pmatrix}0&1 \\[1.1ex] 1&3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\[1.1ex] 0&128\end{pmatrix} \begin{pmatrix}-3&1 \\[1.1ex] 1&0 \end{pmatrix}

Y, finalmente, realizamos las multiplicaciones de las matrices:

 \displaystyle  \bm{A^7=}\begin{pmatrix}\bm{128}&\bm{0}\\[1.1ex] \bm{381}&\bm{1}\end{pmatrix}

Como has podido ver, es más cómodo calcular la potencia con una matriz diagonal que multiplicar siete veces seguidas la misma matriz. Imagínate pues con valores de exponentes mucho más grandes.

Propiedades de las matrices diagonalizables

Las características de este tipo de matrices son:

  • Si la matriz A es diagonalizable, también lo es cualquier potencia de A.
  • Casi todas las matrices se pueden diagonalizar sobre un entorno complejo \mathbb{C}. Aunque más abajo tienes las excepciones que nunca son diagonalizables.
  • Si la matriz P es una matriz ortogonal, entonces se dice que la matriz A es diagonalizable ortogonalmente y, por tanto, se puede reescribir la ecuación:

 \displaystyle  A=PDP^t

  • Una matriz es diagonalizable por una matriz unitaria si y solo si se trata de una matriz normal.
  • Dadas dos matrices diagonalizables, estas son conmutables si y solo si se pueden diagonalizar de forma simultánea, es decir, si comparten la misma base ortonormal de vectores propios (o autovectores).
  • Si un endomorfismo es diagonalizable, se dice que es diagonalizable por similaridad. Sin embargo, no todos los endomorfismos son diagonalizables, o dicho de otra forma, la diagonalización de un endomorfismo no está asegurada.

Diagonalización simultánea

Un conjunto de matrices se llaman simultáneamente diagonalizables si existe una matriz invertible que sirva como base para diagonalizar cualquier matriz de este conjunto. Esto es, si dos matrices diagonalizan sobre la misma base de vectores propios, significa que son diagonalizables simultáneamente.

Además, como hemos comentado en las propiedades de la diagonalización de matrices, si dos matrices son capaces de diagonalizar simultáneamente, estas deben conmutar entre sí.

Por ejemplo las dos siguientes matrices son conmutables, con lo que diagonalizan sobre la misma base de vectores propios o autovectores.

 \displaystyle  A=\begin{pmatrix}2&0 \\[1.1ex] 1&-1 \end{pmatrix} \qquad B=\begin{pmatrix}3&0\\[1.1ex] 1&0 \end{pmatrix}

A pesar de que tengan los mismos vectores propios, esto no significa que tengan los mismos valores propios. De hecho, aunque las matrices A y B anteriores tienen vectores propios similares, poseen distintos valores propios.

Matrices no diagonalizables

Aunque la gran mayoría de matrices son diagonalizables en un entorno de números complejos, existen matrices que no se pueden diagonalizar nunca.

Este hecho se produce cuando la multiplicidad algebraica de un valor propio (o autovalor) no coincide con la multiplicidad geométrica.

Por ejemplo, la siguiente matriz no se puede diagonalizar bajo ningún caso, es «indiagonalizable»:

 \displaystyle \begin{pmatrix}0&1 \\[1.1ex] 0&0 \end{pmatrix}

A parte, hay matrices que no son capaces de diagonalizar en un entorno de números reales, pero sí que diagonalizan trabajando con números complejos, como por ejemplo esta matriz:

 \displaystyle  \begin{pmatrix}0&1 \\[1.1ex] -1&0 \end{pmatrix}

Por último, existen algunos procedimientos para diagonalizar a bloques matrices que no son puramente diagonalizables, pero son un poco más complicados. El método más conocido es la diagonalización con la forma canónica de Jordan.

Diagonalizar una matriz con MATLAB

Los programas informáticos son muy prácticos a la hora de diagonalizar matrices, sobre todo si son de dimensiones muy grandes. Y seguramente el software más conocido es MATLAB, así que a continuación vamos a ver cómo factorizar diagonalmente una matriz mediante este programa.

La instrucción que sirve para diagonalizar una matriz con MATLAB es:

 \displaystyle  \text{[P, D] = eig(A)}

Donde A es la matriz a diagonalizar y P y D son las matrices que devuelve el programa: P es la matriz formada por los vectores propios y D es la matriz en forma diagonal cuyos términos de la diagonal principal son los valores propios.

Por tanto, solamente hace falta introducir este código en el programa.

Por otra parte, si únicamente te interesa conocer los valores propios, puedes usar la siguiente instrucción:

 \displaystyle  e= eig(A)}

Donde  e es el vector columna que retorna MATLAB con los valores propios de la matriz A.

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