Diagonalización ortogonal

Exponemos el proceso de diagonalización ortogonal para una matriz simétrica y real.

Ejercicios/ejemplos

1 Sea la matriz simétrica $A=\left( \begin{matrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \\\end{matrix} \right)$

(i) Hallar los valores propios de $A$. Comprobar que son reales.
(ii) Hallar unas bases de los subespacios propios. Comprobar que $A$ es diagonalizable en $\mathbb{R}.$

(i) Restando a la segunda y tercera filas la primera y posteriormente sumando a la primera columna las demás en $\left |{A-\lambda I}\right |$ obtenemos:

$\begin{vmatrix}{2-\lambda}&{1}&{1}\\{1}&{2-\lambda}&{1}\\{1}&{1}&{2-\lambda}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}{\;\;2-\lambda}&{1}&{1}\\{-1+\lambda}&{1-\lambda}&{0}\\{-1+\lambda}&{0}&{1-\lambda}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}{4-\lambda}&{1}&{1}\\{0}&{1-\lambda}&{0}\\{0}&{0}&{1-\lambda}\end{vmatrix}=\\=(4-\lambda)(1-\lambda)^2=0\Leftrightarrow{\lambda=4\;\textrm{(simple)}},\;\lambda=1\;\textrm{(doble)}.$

Los valores propios son reales como era de esperar, pues sabemos por el teorema espectral que para una matriz simétrica y real, estos son siempre lo son.

(ii) Subespacios propios

$\ker(A-4I)\equiv \left \{ \begin{matrix}  -2x_1+x_2+x_3=0\\\;\;\; x_1-2x_2+x_3=0\\ \;\;\;x_1+x_2-2x_3=0,\end{matrix}\right. \qquad \ker(A-I)\equiv \left \{ \begin{matrix}  x_1+x_2+x_3=0\\ x_1+x_2+x_3=0\\ x_1+x_2+x_3=0.\end{matrix}\right.$

Entonces, $\dim \ker(A-4I)=1$ ($\lambda=4$ simple) y $\dim \ker(A-I)=3-\textrm{rg}(A-I)=2$. Al coincidir las dimensiones con las multiplicidades, $A$ es diagonalizable como era de esperar según el teorema espectral. Unas bases de los subespacios propios son:

$B_4=\left\{{(1,1,1)}\right\}\;,\;\; B_1=\left\{{(-1,1,0),(-1,0,1)}\right\}.$

 2 Para la matriz $A$ del problema anterior,

(i) Comprobar que vectores propios de esas bases asociados a valores propios distintos son ortogonales con el producto escalar usual.
(ii) Hallar una base de $\mathbb{R}^3$ ortonormal y de vectores propios.
(iii) Comprobar que la matriz $P$ de cambio de base de la canónica a la del apartado anterior es ortogonal.
(iv) Clasificar la forma cuadrática $q:\mathbb{R}^3\rightarrow{\mathbb{R}}$ dada por $q(x)=x^tAx.$

(i) Tenemos

$\left<{(1,1,1),(-1,1,0)}\right>=-1+1=0,\;\left<{(1,1,1),(-1,0,1)}\right>=-1+1=0.$

Como era de esperar, pues de acuerdo con el teorema espectral, vectores propios asociados a valores propios distintos son ortogonales. Por supuesto si están asociados a un mismo valor propio no tienen por qué ser ortogonales. Tomemos por ejemplo $\left<{(-1,1,0),(-1,0,1)}\right>=1\neq{0}$.

(ii) Bastará elegir en cada subespacio propio de dimensión mayor que 1 una base ortogonal (luego se normalizará). Para ello basta elegir una base cualquiera y aplicar el método de Schmidt. Ahora bien, en nuestro caso, una base de $\ker (A-I)$ ortogonal encontrada por simple observación es $\left\{{(1,-1,0),(1,1,-2)}\right\}$. Dividiendo entre las normas obtenemos la base pedida:

$ B=\left\{\dfrac{1}{\sqrt[ ]{3}}(1,1,1), \dfrac{1}{\sqrt[ ]{2}}(1,-1,0), \dfrac{1}{\sqrt[ ]{6}}(1,1,-2) \right\} .$

(iii) La matriz $P$ de cambio es: $ P=\begin{pmatrix}{\dfrac{1}{\sqrt[ ]{3}}}&{\dfrac{1}{\sqrt[ ]{2}}}&{\dfrac{1}{\sqrt[ ]{6}}}\\{\dfrac{1}{\sqrt[ ]{3}}}&{\dfrac{-1}{\sqrt[ ]{2}}}&{\dfrac{1}{\sqrt[ ]{6}}}\\{ \dfrac{1}{\sqrt[ ]{3}} }& {0} & {\dfrac{-2}{\sqrt[ ]{6}}}\end{pmatrix}$

Operando obtenemos $P^tP=\ldots=I$ (o equivalentemente $P^t=P^{-1}$) como era de esperar, ya que la matriz de cambio de una base ortonormal a otra ortonormal es ortogonal.

(iv) Dado que $P^{-1}AP=P^tAP=D=\textrm{diag}(4,1,1)$, la base $B$ no solo diagonaliza el endomorfismo dado por la matriz simétrica $A$, también la forma cuadrática dada por $A$. Es decir, una reducida diagonal de $q$ es $D$ y en consecuencia $q$ es definida positiva.

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