Endomorfismos diagonalizables

Proporcionamos ejercicios sobre endomorfismos diagonalizables.

Enunciado
1. Sea $E$ un espacio vectorial real y $f:E\to E$ el endomorfismo cuya matriz en una determinada base $B=\{u_1,u_2\}$ es $$A=\begin{bmatrix}{2}&{2}\\{1}&{3}\end{bmatrix}.$$ $(a)$ Estudiar si es diagonalizable.
   $(b)$ En caso afirmativo, encontrar una base de $E$ formada por vectores propios de $f$ y una matriz inverible $P$ tal que $P^{-1}AP=D$ con $D$ matriz diagonal de valores propios.
2. Sea $E$ un espacio vectorial real y $f:E\to E$ el endomorfismo cuya matriz en una determinada base $B=\{u_1,u_2\}$ es $$A=\begin{bmatrix}{5}&{-1}\\{1}&{\;\;3}\end{bmatrix}.$$ $(a)$ Estudiar si es diagonalizable.
   $(b)$ En caso afirmativo, encontrar una base de $E$ formada por vectores propios de $f$ y una matriz inverible $P$ tal que $P^{-1}AP=D$ con $D$ matriz diagonal de valores propios.
3. Sea $E$ un espacio vectorial y $f:E\to E$ el endomorfismo cuya matriz en una determinada base $B=\{u_1,u_2\}$ es $$A=\begin{bmatrix}{1}&{-1}\\{2}&{-1}\end{bmatrix}.$$ $(a)$ Demostrar que no es diagonalizable si el cuerpo de escalares es $\mathbb{R}$.
   $(b)$ Demostrar que es diagonalizable si el cuerpo de escalares es $\mathbb{C}$, encontrar una base de $E$ formada por vectores propios de $f$ y una matriz invertible $P$ tal que $P^{-1}AP=D$ con $D$ matriz diagonal de valores propios.
4. Se considera la matriz: $$A=\begin{bmatrix}{1}&{-3}&{3}\\{3}&{-5}&{3}\\{6}&{-6}&{4}\end{bmatrix}.$$ Demostrar que es diagonalizable en $\mathbb{R}$, encontrar una base de $\mathbb{R}^3$ formada por vectores propios de $A$ y una matriz invertible $P$ tal que $P^{-1}AP=D$ con $D$ matriz diagonal de valores propios.
5. Se considera la matriz: $A=\begin{bmatrix}{2}&{6}&{-15}\\{1}&{1}&{-5}\\{1}&{2}&{-6}\end{bmatrix}\;.$ Demostrar que no es diagonalizable en $\mathbb{R}$.
6. Se consideran las matrices reales:$$M=\begin{bmatrix}{\;\;1}&{0}&{0}&0\\{\;\;2}&{1}&{0}&0\\{-1}&{3}&{2}&0\\\;\;0&0&4&2\end{bmatrix}\;,\quad N=\begin{bmatrix}{\;\;1}&{0}&{0}&0\\{\;\;0}&{1}&{0}&0\\{-1}&{1}&{2}&0\\\;\;3&1&0&2\end{bmatrix}.$$Para cada una de ellas, estudiar si es diagonalizable. En caso afirmativo hallar una matriz diagonal semejante y la correspondiente matriz de paso.
7. Se considera la matriz:$$A=\begin{bmatrix}{3}&{-1}&{0}\\{6}&{-3}&{2}\\{8}&{-6}&{5}\end{bmatrix}.$$$(a)$ Demostrar que no es diagonalizable en $\mathbb{R}$.
   $(b)$ Demostrar que es diagonalizable en $\mathbb{C}$ y hallar una matriz $P\in\mathbb{C}^{3\times 3}$ tal que $P^{-1}AP=\text{diag }(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3)$ con $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$ valores propios de $A$.
8. Sea la matriz $$A = \begin{bmatrix}{1}&{3}&{8}\\{-1}&{1}&{0}\\{2}&{0}&{\alpha}\end{bmatrix}\in\mathbb{R}^{3\times 3}.$$ Sea $v=(-2, -2, 1)^T$ un autovector de $A$. Demostrar que $A$ es diagonalizable y hallar una matriz $P\in \mathbb{R}^{3\times 3}$ no invertible tal que $P^{-1}AP=D$ (diagonal).

Solución
1. $(a)$ Valores propios de $f:$ $$\chi (\lambda)=\begin{vmatrix}{2-\lambda}&{2}\\{1}&{3-\lambda}\end{vmatrix}=\lambda^2-5\lambda+4=0\Leftrightarrow\lambda=4\vee\lambda=1\text{ (simples)}.$$ Existen dos valores propios reales y simples, en consecuencia $f$ es diagonalizable.
   $(b)$ Subespacios propios: $$V_4\equiv \left \{ \begin{matrix} -2x_1+2x_2=0\\x_1-x_2=0,\end{matrix}\right.\qquad V_1\equiv \left \{ \begin{matrix} x_1+2x_2=0\\x_1+2x_2=0.\end{matrix}\right.$$ Una base de $V_4$ (en coordenadas en $B$) es $\{(1,1)^t\}$. Por tanto, una base de $V_4$ es $B_{V_4}=\{u_1+u_2\}$. Análogamente obtenemos $B_{V_1}=\{-2u_1+u_2\}$. Una base de $E$ formada por vectores propios de $f$ es $$B’=\{u_1+u_2,-2u_1+u_2\}.$$ La matriz $P$ pedida es la matriz de cambio de $B$ a $B’$, es decir $$P=\begin{bmatrix}{1}&{-2}\\{1}&{\;\;1}\end{bmatrix},\text{ y se verifica }P^{-1}AP=\begin{bmatrix}{4}&{0}\\{0}&{1}\end{bmatrix}.$$
2. $(a)$ Valores propios de $f:$ $$\chi (\lambda)=\begin{vmatrix}{5-\lambda}&{-1}\\{1}&{3-\lambda}\end{vmatrix}=\lambda^2-8\lambda+16=0\Leftrightarrow (\lambda-4)^2=0\Leftrightarrow\lambda=4\text{ (doble)}.$$ Existen dos valores propios reales. Subespacios propios: $$V_4\equiv \left \{ \begin{matrix} x_1-x_2=0\\x_1-x_2=0\end{matrix}\right.\sim \left \{ \begin{matrix} x_1-x_2=0.\end{matrix}\right.$$ La dimensión de $V_4$ es $\dim V_4=2-\text{rg}A=\begin{bmatrix}{1}&{-1}\end{bmatrix}=2-1=1$, menor que la multiplicidad de $\lambda=4$, por tanto $f$ no es diagonalizable.
   $(b)$ No ha lugar.
3. $(a)$ Valores propios de $f:$ $$\begin{vmatrix}{1-\lambda}&{-1}\\{2}&{-1-\lambda}\end{vmatrix}=\lambda^2+1=0\Leftrightarrow \lambda=\pm i\text{ (simples)}.$$ No existen dos valores propios reales. En consecuencia, $f$ no es diagonalizable en $\mathbb{R}$.
   $(b)$ Existen dos valores propios complejos y además son simples, por tanto $f$ es diagonalizable en $\mathbb{C}$. Los subespacios propios son $$V_i\equiv \left \{ \begin{matrix} (1-i)x_1-x_2=0\\2x_1+(-1-i)x_2=0,\end{matrix}\right.\quad V_{-i}\equiv \left \{ \begin{matrix} (1+i)x_1-x_2=0\\2x_1+(-1+i)x_2=0.\end{matrix}\right.$$ Una base de $V_i$ (en coordenadas en $B$) es $\{(1,1-i)^t\}$, por tanto una base de $V_i$ es $B_{V_i}=\{u_1+(1-i)u_2\}$. Análogamente obtenemos $B_{V_{-i}}=\{u_1+(1+i)u_2\}$. Una base de $E$ formada por vectores propios de $f$ es $$B’=\{u_1+(1-i)u_2,u_1+(1+i)u_2\}.$$ La matriz $P$ pedida es la matriz de cambio de $B$ a $B’$, es decir $$P=\begin{bmatrix}{1}&{1}\\{1-i}&{1+i}\end{bmatrix}, \text{ y se verifica }P^{-1}AP=\begin{bmatrix}{i}&{\;\;0}\\{0}&{-i}\end{bmatrix}.$$
4. Valores propios de $A$: $$\begin{aligned}
   &\begin{vmatrix}{1-\lambda}&{-3}&{3}\\{3}&{-5-\lambda}&{3}\\{6}&{-6}&{4-\lambda}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}{-2-\lambda}&{-3}&{3}\\{-2-\lambda}&{-5-\lambda}&{3}\\{0}&{-6}&{4-\lambda}\end{vmatrix}= \\&\begin{vmatrix}{-2-\lambda}&{-3}&{3}\\{0}&{-2-\lambda}&{0}\\{0}&{-6}&{4-\lambda}\end{vmatrix}=(-2-\lambda)^2(4-\lambda)=0
   \end{aligned}$$ (hemos sumado a la primera columna la segunda y posteriormente hemos restado a la segunda fila la primera). Los valores propios son por tanto $\lambda=4$ (simple), y $\lambda=-2$ (doble). La matriz $A$ tiene tres valores reales en $\mathbb{R}$ (repetidos o no). Por otra parte la dimensión del subespacio propio asociado a $\lambda=4$ es $1$ por ser $\lambda=4$ simple. La dimensión del subespacio propio asociado a $\lambda=-2$ es $$\dim V_{-2}=3-\text{rg }(A+2I)=3-\text{rg }\begin{bmatrix}{3}&{-3}&{3}\\{3}&{-3}&{3}\\{6}&{-6}&{6}\end{bmatrix}=3-1=2.$$ Por tanto, $A$ tiene tres valores propios reales y la dimensión de cada subespacio propio coincide con la multiplicidad del correspondiente valor propio: $A$ es diagonalizable en $\mathbb{R}$. Las ecuaciones de los subespacios propios son $$V_{4} \equiv \left \{ \begin{matrix} -3x_1-3x_2+3x_3=0\\ 3x_1-9x_2+3x_3=0 \\6x_1-6x_2=0,\end{matrix}\right. \quad V_{-2} \equiv \left \{ \begin{matrix} 3x_1-3x_2+3x_3=0\\ 3x_1-3x_2+3x_3=0 \\ 6x_1-6x_2+6x_3=0 ,\end{matrix}\right.$$ y unas bases respectivas $B_{4}=\{(1,1,2)\}$ y $B_{-2}=\{(1,1,0),(-1,0,1)\}$. Trasponiendo obtenemos la correspondiente matriz $ P $: $$P=\begin{bmatrix}{1}&{1}&{-1}\\{1}&{1}&{\;\;0}\\{2}&{0}&{\;\;1}\end{bmatrix},\text{ y se verifica }P^{-1}AP=\begin{bmatrix}{4}&{\;\;0}&{\;\;0}\\{0}&{-2}&{\;\;0}\\{0}&{\;\;0}&{-2}\end{bmatrix}.$$
5. Hallemos los valores propios de $A.$ Para ello efectuamos la transformación $F_3-F_2$ y a continuación $C_2+C_3:$ $$\displaystyle\begin{aligned}
   |A-\lambda I|&=\begin{vmatrix}{2-\lambda}&{6}&{-15}\\{1}&{1-\lambda}&{-5}\\{1}&{2}&{-6-\lambda}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}{2-\lambda}&{6}&{-15}\\{1}&{1+\lambda}&{-5}\\{0}&{1+\lambda}&{-1-\lambda}\end{vmatrix}\\
   &=\begin{vmatrix}{2-\lambda}&{-9}&{-15}\\{1}&{-4+\lambda}&{-5}\\{0}&{0}&{-1-\lambda}\end{vmatrix}=(-1-\lambda)\begin{vmatrix}{2-\lambda}&{-9}\\{1}&{-4-\lambda}\end{vmatrix}\\
   &=(-1-\lambda)(\lambda^2+2\lambda+1)=-(\lambda+1)(\lambda+1)^2=(\lambda+1)^3.
   \end{aligned}$$ El único valor propio de $A$ es $\lambda=-1$ (triple), por tanto $A$ tiene tres valores propios reales (repetidos o no). La dimensión del subespacio propio asociado es: $$\dim V_{-1}=3-\text{rg }(A+I)=3-\text{rg }\begin{bmatrix}{3}&{6}&{-15}\\{1}&{2}&{-5}\\{1}&{2}&{-5}\end{bmatrix}=3-1=2.$$ La dimensión es menor que la multiplicidad, por tanto $A$ no es diagonalizable en $\mathbb{R}$.
6. Polinomio característico de $M:$$$|M-\lambda I|=\begin{vmatrix}{\;\;1-\lambda}&{0}&{0}&0\\{\;\;2}&{1-\lambda}&{0}&0\\{-1}&{3}&{2-\lambda}&0\\\;\;0&0&4&2-\lambda\end{vmatrix}=(1-\lambda)^2(2-\lambda)^2.$$Los valores propios son $\lambda=1$ y $\lambda=2$, ambos dobles. La matriz $M$ tiene por tanto cuatro valores propios (repetidos o no). Los subespacios propios son:$$V_{1} \equiv \left \{ \begin{matrix} 2x_1=0\\ -x_1+3x_2+x_3=0 \\4x_3+x_4=0,\end{matrix}\right.\qquad V_{2} \equiv \left \{ \begin{matrix} -x_1=0\\ 2x_1-x_2=0 \\-x_1+3x_2=0\\4x_3=0.\end{matrix}\right.$$La dimensión de $V_1$ es:
   $$\dim V_1=4-\text{rg }(M-I)=4-\text{rg }\begin{bmatrix}{\;\;2}&{0}&{0}&0\\{-1}&{3}&{1}&0\\\;\;0&0&4&1\end{bmatrix}=4-3=1.$$La dimensión no coincide con la multiplicidad, es decir $M$ no es diagonalizable. Polinomio característico de $N:$$$|N-\lambda I|=\begin{vmatrix}{\;\;1-\lambda}&{0}&{0}&0\\{\;\;0}&{1-\lambda}&{0}&0\\{-1}&{1}&{2-\lambda}&0\\\;\;3&1&0&2-\lambda\end{vmatrix}=(1-\lambda)^2(2-\lambda)^2.$$Los valores propios son $\lambda=1$ y $\lambda=2$, ambos dobles. La matriz $N$ tiene por tanto cuatro valores propios (repetidos o no). Los subespacios propios son:$$V_{1} \equiv \left \{ \begin{matrix} -x_1+x_2+x_3=0\\ 3x_1+x_2+x_4=0 ,\end{matrix}\right.\qquad V_{2} \equiv \left \{ \begin{matrix} -x_1=0\\-x_2=0 \\-x_1+x_2=0\\3x_1+x_2=0.\end{matrix}\right.$$La dimensión de $V_1$ es:
   $$\dim V_1=4-\text{rg }(N-I)=4-\text{rg }\begin{bmatrix}{-1}&{1}&{1}&0\\{\;\;3}&{1}&{0}&1\end{bmatrix}=4-2=2.$$La dimensión de $V_2$ es:$$\dim V_2=4-\text{rg }(N-2I)=4-\text{rg }\begin{bmatrix}{-1}&{\;\;0}&{0}&0\\{\;\:0}&{-1}&{0}&0\\{-1}&{\;\;1}&{0}&0\\{\;\;3}&{\;\;1}&{0}&0\end{bmatrix}=4-2=2.$$Para cada valor propio la dimensión coincide con la multiplicidad, luego $N$ es diagonalizable. Unas bases de $V_1$ y $V_2$ son:
   $$B_{V_1}=\{(1,0,1,-3)^t,(0,1,-1.-1)^t\},\;B_{V_2}=\{(0,0,1,0)^t,(0,0,0,1)^t\}.$$Por tanto, se verifica $P^{-1}AP=D$ siendo:$$P=\begin{bmatrix}{\;\;1}&{\;\;0}&{0}&0\\{\;\;0}&{\;\;1}&{0}&0\\{\;\;1}&{-1}&{1}&0\\-3&-1&0&1\end{bmatrix}\;,\quad D=\begin{bmatrix}{1}&{0}&{0}&0\\{0}&{1}&{0}&0\\{0}&{0}&{2}&0\\0&0&0&2\end{bmatrix}.$$
7. $(a)$ Valores propios de $A:$$$|A-\lambda I|=\begin{vmatrix}{3-\lambda}&{-1}&{0}\\{6}&{-3-\lambda}&{2}\\{8}&{-6}&{5-\lambda}\end{vmatrix}=-\lambda^3+5\lambda^2-9\lambda+5.$$
   Una raíz del polinomio característico es $\lambda=1$. Usando la regla de Ruffini obtenemos:$$|A-\lambda I|=(1-\lambda)(\lambda^2-4\lambda+5).$$Resolviendo la ecuación $\lambda^2-4\lambda+5=0$, obtenemos $\lambda=2\pm i$. En consecuencia, los valores propios de $A$ son:$$\lambda_1=1,\;\lambda_2=2+i,\;\lambda_3=2-i\;\text{(simples)}.$$La matriz $A$ no tiene tres valores propios en $\mathbb{R}$ (repetidos o no), luego no es diagonalizable en $\mathbb{R}$.
   $(b)$ La matriz $A$ tiene tres valores propios en $\mathbb{C}$ (repetidos o no). Además, al ser todos los valores propios simples, es diagonalizable en $\mathbb{C}$. Subespacios propios:$$V_{\lambda_1} \equiv \left \{ \begin{matrix} 2x_1-x_2=0\\ 6x_1-4x_2+2x_3=0 \\8x_1-6x_2+4x_3=0,\end{matrix}\right. $$$$V_{\lambda_2} \equiv \left \{ \begin{matrix} (1-i)x_1-x_2=0\\ 6x_1+(-5-i)x_2+2x_3=0 \\8x_1-6x_2+(3-i)x_3=0,\end{matrix}\right. \quad V_{\lambda_3} \equiv \left \{ \begin{matrix} (1+i)x_1-x_2=0\\ 6x_1+(-5+i)x_2+2x_3=0 \\8x_1-6x_2+(3+i)x_3=0.\end{matrix}\right.$$Unas bases respectivas son $B_1=\{(1,2,1)^t\}$, $B_2=\{(i,1+i,2)^t\}$ y $B_3=\{(-i,1-i,2)^t\}$. Las matrices pedidas son por tanto:$$P=\begin{bmatrix}{1}&{i}&{-i}\\{2}&{1+i}&{1-i}\\{1}&{2}&{2}\end{bmatrix}\;,\quad D=\text{diag }(1,2+i,2-i)).$$
8. Si $\lambda$ es el autovalor asociado al autovector $v$ entonces, $$Av=\begin{bmatrix}{1}&{3}&{8}\\{-1}&{1}&{0}\\{2}&{0}&{\alpha}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{-2}\\{-2}\\{1}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{0}\\{0}\\{-4+\alpha}\end{bmatrix}=\lambda \begin{bmatrix}{-2}\\{-2}\\{1}\end{bmatrix}$$ lo cual implica que $\lambda=0$ y $\alpha=4$ Los valores propios de $A$ son $$\begin{vmatrix}{1-\lambda}&{3}&{8}\\{-1}&{1-\lambda}&{0}\\{2}&{0}&{4-\lambda}\end{vmatrix}=\ldots=(-\lambda)(\lambda^2-6\lambda-4)=0$$ $$\Leftrightarrow \lambda =0\;\vee\; \lambda^2-6\lambda-4=0\Leftrightarrow \lambda =0\;\vee\; \lambda=3\pm \sqrt{13}.$$ Tenemos tres autovalores reales distintos, por tanto $A$ es diagonalizable. Hallemos los subespacios propios y una base de cada uno de ellos. Al ser todos simples, bastará determinar en cada caso una solución no nula. $$ V_{0} \equiv \left \{ \begin{matrix} x+3y+8z=0\\ -x+y=0 \\2x+4z=0\end{matrix},\right.\quad B_{V_0}=\{(-2,-2,1)^T\} .$$ $$ V_{3+\sqrt{13}} \equiv \left \{ \begin{matrix}(-2-\sqrt{13}) x+3y+8z=0\\ -x-(2+\sqrt{3)}y=0 \\2x+(1-\sqrt{3})z=0\end{matrix},\right.$$ $$B_{V_{3+\sqrt{13}}}=\left\{\left(\frac{-1+\sqrt{13}}{2},\frac{-5+\sqrt{13}}{6},1\right)^T\right\} .$$ Procediendo de manera análoga con el restante valor propio, $$B_{V_{3-\sqrt{13}}}=\left\{\left(\frac{-1-\sqrt{13}}{2},\frac{-5-\sqrt{13}}{6},1\right)^T\right\} .$$ La matriz $P$ pedida es por tanto $$P=\begin{bmatrix}{-2}&{\frac{-1+\sqrt{13}}{2}}&{\frac{-1-\sqrt{13}}{2}}\\{-2}&{\frac{-5+\sqrt{13}}{6}}&{\frac{-5-\sqrt{13}}{6}}\\{1}&{1}& 1 \end{bmatrix}$$ y se verifica $$P^{-1}AP=\begin{bmatrix}{0}&{0}& 0\\{0}&{3+\sqrt{13}}&{0}\\{0}&{0}& 3-\sqrt{13} \end{bmatrix}.$$