Aplicaciones Lineales.
Diagonalizaci´ on de matrices.
2.1. Definiciones y propiedades
Nota 2.1.1. En este tema trabajaremos con los Espacios Vectoriales Rn y Rm definidos sobre el cuerpoR.
Definici´on 2.1.2. La aplicaci´on f :Rn −→Rm diremos que es lineal si ∀~v, ~w ∈Rn y todoα∈Rse tiene que:
(1) f(~v+w) =~ f(~v) +f(w).~ (2) f(α·~v) =α·f(~v).
Ejemplos 2.1.3.
(1) La aplicaci´onf0:Rn −→Rm, definida por f0(~v) =~0 ∀~v∈Rn, es lineal.
(2) La aplicaci´on identidad Idn : Rn : −→Rn, definida por Idn(~v) =~v ∀~v ∈ Rn, es lineal.
Propiedades 2.1.4. Sea f :Rn−→Rm una aplicaci´on lineal (1) f
n
X
i=1
λi~vi
!
=
n
X
i=1
λif(~vi), λi∈R, ~vi∈Rn, i= 1,2,· · · , n (2) f(~0) =~0.
(3) f(−~v) =−f(~v).
(4) f(~v−w) =~ f(~v)−f(w).~
(5) Si S es un subespacio vectorial de Rn, entonces f(S) es un subespacio vectorial de Rm.
(6) Si{~v1, ~v2,· · ·, ~vk}es un sistema generador del subespacioS, entonces{f(~v1), f(~v2),· · ·, f(~vk)}
es un sistema generador del subespaciof(S).
2.2. Representaci´ on matricial de una aplicaci´ on lineal
Toda aplicaci´on linealf :Rn −→Rmviene determinada por una matrizA∈Mm×n y el an´alisis de la aplicaci´on puede reducirse al an´alisis de la matriz que la determina.
Proposici´on 2.2.1. SeanBn ={~u1, ~u2,· · ·, ~un} base deRn,Bm={~v1, ~v2,· · ·, ~vm}base deRmy f :Rn−→Rmuna aplicaci´on lineal tal que las im´agenes porf de los vectores de la baseBn tienen coordenadas respecto de la baseB0m:
f(~u1) = (a11, a21,· · ·, am1)Bm f(~u2) = (a12, a22,· · ·, am2)Bm
...
f(~un) = (a1n, a2n,· · · , amn)Bm
La imagen del vector~x= (x1, x2,· · · , xn)Bnse puede expresar en coordenadas respecto a la baseBmcomo:
(y1, y2,· · ·, ym)Bm =f((x1, x2,· · · , xn)Bn=
a11 a12 · · · a1n
a21 a22 · · · a2n
· · · · am1 am2 · · · amn
x1
x2
· · · xn
Bn
Donde la matriz A = (aij) tiene por columnas las im´agenes por f de las vectores de la baseBn con coordenadas en la base Bm.
Esta expresi´on recibe el nombre deexpresi´on matricial de f respecto de las bases Bn yBmdeRn yRm respectivamente.
Nota 2.2.2. Salvo que se diga lo contrario, las bases que utilizaremos en lo sucesivo ser´an las bases can´onicas de los respectivos espacios vectoriales, por lo que la expresi´on del vector coincidir´a con sus coordenadas.
Definici´on 2.2.3. SeanA, B ∈ Mm×n, A, B son equivalentessi existen P ∈ Mn×n y Q∈ Mm×m no singulares (es decir, con determinante no nulo) tales queB =Q−1AP.
Nota 2.2.4. Dos matrices asociadas a la misma aplicaci´on lineal con respecto a bases diferentes son equivalentes. Rec´ıprocamente, dos matrices equivalentes siempre est´an aso- ciadas a la misma aplicaci´on lineal con respecto a bases diferentes.
Definici´on 2.2.5. Sean A, B ∈ Mn×n, (matrices cuadradas). A, B son semejantes si existe P ∈ Mn×n no singular tal queB=P−1AP.
Nota 2.2.6. Dos matrices asociadas al mismo endomorfismo (es decir, una aplicaci´on lineal de un espacio vectorial en s´ı mismo) con respecto a bases diferentes son semejantes.
Rec´ıprocamente, dos matrices semejantes siempre est´an asociadas al mismo endomorfismo con respecto a bases diferentes.
2.3. N´ ucleo e imagen de una aplicaci´ on lineal.
Definici´on 2.3.1. Seaf :Rn −→Rmuna aplicaci´on lineal.
El subconjunto del espacio inicial (Rn) formado por los vectores cuya imagen porf es el vector nulo del espacio final, recibe el nombre de N´ucleo def:
N(f) =Ker(f) ={~u∈Rn : f(~u) =~0}.
El subconjunto del espacio final (Rm) formado por las im´agenes porf de los vectores del espacio inicial recibe el nombre de Imagen def:
Im(f) ={~v∈Rm : ∃~u∈Rn : ~v=f(~u)}.
Proposici´on 2.3.2. Sea f :Rn−→Rm una aplicaci´on lineal.
Ker(f)es un subespacio vectorial del espacio inicial(Rn) (Ker(f) =f−1(~0)).
Im(f)es un subespacio vectorial del espacio final (Rm) (Im(f) =f(Rn)).
dim(Ker(f)) +dim(Im(f)) =dim(Rn) =n.
Para el c´alculo del n´ucleo y la imagen de una aplicaci´on lineal, si la expresi´on matricial esY =AX, conA∈ Mm×n:
Las ecuaciones impl´ıcitas del n´ucleo corresponden al sistema AX = Θ (tambi´en se puede obtener igualando la expresi´on anal´ıtica def al vector nulo).
Un sistema generador de la imagen est´a formado por las columnas de la matriz A (tambi´en se puede obtener calculando la imagen porf de cualquier base).
Definici´on 2.3.3. Seaf :Rn −→Rmuna aplicaci´on lineal.
f esInyectiva si vectores distintos del espacio inicial tienen im´agenes distintas.
∀~u, ~v∈Rn :~u6=~v−→f(~u)6=f(~v) ´o f(~u) =f(~v)−→~u=~v.
f esSobreyectiva si todo vector del espacio final es imagen de alg´un vector:
∀~v∈Rm, ∃~u∈Rn : ~v=f(~u).
f esBiyectiva si es a la vez inyectiva y sobreyectiva.
Proposici´on 2.3.4.
f es Inyectiva⇐⇒Ker(f) ={~0} ⇐⇒rg(A) =n.
f es sobreyectiva⇐⇒Im(f) =Rm⇐⇒rg(A) =m.
f es biyectiva⇐⇒rg(A) =n=m .
2.4. Operaciones con aplicaciones lineales
Definici´on 2.4.1. Seanf, g:Rn −→Rmaplicaciones lineales. La aplicaci´on sumaes:
f+g : ~u∈Rn7→(f+g)(~u) =f(~u) +g(~u)∈Rm.
Proposici´on 2.4.2. La aplicaci´on f+g es una aplicaci´on lineal y siA, B∈ Mm×n son las matrices asociadas a las aplicaciones f y g respectivamente, entonces A+B es la matriz asociada a la aplicaci´on f+g.
Definici´on 2.4.3. Sean α ∈ R y f : Rn −→ Rm una aplicaci´on lineal. La aplicaci´on producto por un escalar es:
α·f : ~u∈Rn7→(α·f)(~u) =αf(~u)∈Rm.
Proposici´on 2.4.4. La aplicaci´on α·f es una aplicaci´on lineal y si A ∈ Mm×n es la matriz asociada a la aplicaci´onf, entoncesα·Aes la matriz asociada a la aplicaci´onα·f.
Definici´on 2.4.5. Sean f : Rn −→ Rm y g : Rm −→ Rp aplicaciones lineales. La aplicaci´oncomposici´ones:
g◦f : ~u∈Rn 7→(g◦f)(~u) =g(f(~u)))∈Rp.
Proposici´on 2.4.6. La aplicaci´on g◦f es una aplicaci´on lineal y si A ∈ Mm×n es la matriz asociada a la aplicaci´on f y B ∈ Mp×m es la matriz asociada a la aplicaci´on g, entonces BA∈ Mp×n es la matriz asociada a la aplicaci´ong◦f.
Definici´on 2.4.7. Sea f : Rn −→ Rm una aplicaci´on lineal inyectiva. La aplicaci´on inversa def es:
f−1 : ~v∈Im(f)7→f−1(~v) =~u∈Rn : f(~u) =~v.
Proposici´on 2.4.8. Sea f :Rn −→Rn una aplicaci´on lineal biyectiva cuya matriz aso- ciada respecto de una base deRn es A∈ Mn×n. La inversa f−1 de f es una aplicaci´on lineal biyectiva cuya matriz asociada respecto de la misma base anterior esA−1∈ Mn×n.
2.5. Endomorfismos y matrices diagonalizables
Definici´on 2.5.1. Seaf :Rn−→Rn un endomorfismo. Decimos quef es diagonalizable si existe una base B={~u1, ~u2,· · · , ~un} deRn respecto a la que su matriz asociadaD, es
diagonal:
D=
d1 0 · · · 0 0 d2 · · · 0
· · · · 0 0 · · · dn
.
Equivalentemente,f es diagonalizable si existe una base B={~u1, ~u2,· · · , ~un} que verifica f(~u1) =d1~u1,f(~u2) =d2~u2,. . . ,f(~un) =dn~un.
Definici´on 2.5.2. SeaA∈ Mn×n una matriz cuadrada. Se dice que A es diagonalizable si existe una matriz no singularP ∈ Mn×n, que recibe el nombre da matriz de paso, tal que: P−1AP =D con D matriz diagonal.
Usando la notaci´on introducida con anterioridad, A es diagonalizable si y s´olo si es semejante a una matriz diagonal.
Proposici´on 2.5.3. Sean f : Rn −→ Rn un endomorfismo y A ∈ Mn×n su matriz asociada:
f es diagonalizable si y s´olo si Aes diagonalizable.
2.6. Autovalores y autovectores.
Definici´on 2.6.1. Seanf :Rn−→Rnun endomorfismo yA∈ Mn×n su matriz asociada.
Si existen un escalarλ∈Ry un vector no nulo~u∈Rn tales que:
f(~u) =λ~u, o equivalentemente A~u=λ~u
Se dice queλes unautovalor def (o equivalentemente deA)y que~ues unautovector de def (equivalentemente, deA)asociado al autovalorλ.
Teorema 2.6.2. Seanf :Rn −→Rn un endomorfismo yA∈ Mn×n su matriz asociada.
f (A) es diagonalizable si y s´olo si existe una base formada por autovectores def (A).
Proposici´on 2.6.3. Sean f : Rn −→ Rn un endomorfismo y A ∈ Mn×n su matriz asociada:
Los autovalores de f (de A) son las soluciones de la ecuaci´on |A−λI| = 0, que recibe el nombre de ecuaci´on caracter´ıstica. El polinomio de grado n |A−λI| se llama polinomio caracter´ıstico.
Los autovectores de f (de A) asociados al autovalor λ ∈ R son las soluciones no triviales del sistema(A−λI)X =θ.
Notas 2.6.4.
Estudiaremos s´olo endomorfismos y matrices en los que todas las soluciones de la ecuaci´on caracter´ıstica son n´umeros reales (las soluciones pueden estar repetidas).
El n´umero de veces que aparece un autovalor como soluci´on de la ecuaci´on carac- ter´ıstica recibe el nombre de multiplicidaddel autovalor.
La ecuaci´on caracter´ıstica no depende de la base considerada (pero el sistema s´ı, ya que sus soluciones tienen las coordenadas en dicha base).
Proposici´on 2.6.5. Sean f : Rn −→ Rn un endomorfismo y A ∈ Mn×n su matriz asociada. Siλes un autovalor de f (deA), entonces:
H(λ) ={~u∈Rn : f(~u) =λ~u}={~u∈Rn : A~u=λ~u}={~u∈Rn : (A−λI)~u=θ}
es un subespacio vectorial de Rn que recibe el nombre de subespacio de autovectores (o subespacio propio) de f (de A) asociado a λ y que est´a formado por los autovectores asociados aλy el vector nulo.
Proposici´on 2.6.6. Sean f : Rn −→ Rn un endomorfismo y A ∈ Mn×n su matriz asociada.
Si {~v1, ~v2,· · ·, ~vk} ∈Rn son autovectores de f (de A) asociados a autovalores dis- tintos, entonces {~v1, ~v2,· · ·, ~vk} son linealmente independientes.
Si λi, λj∈Rson autovalores distintos, entonces H(λi)∩H(λj) ={~0}.
Si λi es un autovalor con multiplicidad mi∈N, entonces1≤dim(H(λi))≤mi.
Teorema 2.6.7. Seaf :RnRn un endomorfismo, Asu matriz asociada yλ1,· · ·, λk∈R sus autovalores con multiplicidades respectivasm1,· · ·, mk∈Ntales quem1+· · ·+mk =n.
Entoncesf (´oA) es diagonalizable si y s´olo sidim(H(λi)) =mi, ∀i : 1≤i≤k.
Por tanto, sif (´oA) tienen autovalores distintos, ser´a diagonalizable.
Nota 2.6.8. Siλi es un autovalor simple,mi= 1 ydimH(λi) = 1 =mi, por lo que para determinar sif es diagonalizable s´olo hay que analizar los autovalores m´ultiples.
Obtenci´on de la base de autovectores y de la matriz de paso
Se resuelve la ecuaci´on caracter´ıstica|A−λI|= 0, obteni´endose los autovalores junto con su multiplicidad.
Para cada autovalor λi de multiplicidadmi resolvemos el sistema (A−λiI)X =θ, obteniendo una base deH(λi) formada por mi vectores.
Unimos las bases correspondientes a autovalores distintos, obteni´endose una base de Rn formada porn=m1+m2+· · ·+mk autovectores:B={~v1, ~v2,· · · , ~vn}.
La matriz de paso tiene como columnas estos autovectores (en el mismo orden que en la base).
La matriz diagonal est´a formada por los autovalores en la diagonal principal (en el mismo orden que los autovectores de la base y repetidos tantas veces como indica su multiplicidad).
2.7. Ejercicios resueltos
1.- Sea la aplicaci´on lineal f : R2 → R3 dada por f(x, y) = (−3x+y,0,6x−2y).
Determinar los subespacios N´ucleo e Imagen def. Clasificar la aplicaci´on lineal.
SOLUCI ´ON: Antes de nada, vamos a calcular la matriz de la aplicaci´on lineal.
Para ello calculamos las im´agenes de los vectores de la base can´onica y ´estas nos dar´an las columnas de la matriz.
f(1,0) = (−3,0,6) yf(0,1) = (1,0,−2). Por lo queA=M(f) =
−3 1
0 0
6 −2
.
Vamos a estudiar, en primer lugar el subespacioIm(f). La dimensi´on deIm(f) coincide con el rango de A. En este caso, es bastante claro querango(A) = 1, pues la primera fila es proporcional a la segunda. As´ı pues dim(Im(f)) = 1.
Adem´as, una base deIm(f) ser´a el vector-columna que nos de el rango 1. En
este caso, podemos elegir cualquiera de los 2. As´ı que Im(f) = L(1,0,−2).
Comodim(Im(f)) = 16= 3 =dim(R3), la aplicaci´on no es sobreyectiva.
Seguidamente vamos a estudiar el subespacioker(f). Por el teorema de la di- mensi´ondim(R2) =dim(ker(f)) +dim(Im(f)), luego debe serdim(ker(f)) = 1. Para encontrar el n´ucleo, resolvemos el sistema f(x, y) = (0,0,0), en este caso
−3x+y= 0 0 = 0 6x−2y= 0
cuya soluci´on es, claramente,y= 3x.
As´ı queker(f) = {(x,3x) : x∈R} y una base se obtiene asign´andole a xun valor que no lo anule, por ejemplo x = 1. As´ı que ker(f) = L((1,3)). Como dim(ker(f)) = 16= 0, la aplicaci´on no es inyectiva.
2.- Sea f :R3→R3una aplicaci´on lineal tal que:
f(1,1,0) = (−1,3,0), f(0,0,−2) = (0,−2,−2), f(0,1,2) = (0,0,−1) Obtener la expresi´on matricial y anal´ıtica de f respecto de las bases can´onicas.
Determinar el n´ucleo y la imagen de la aplicaci´on y clasificarla.
SOLUCI ´ON: Para obtener la expresi´on matricial de la aplicaci´on necesitamos las im´agenes de los vectores de la base can´onica. Vamos a conseguirlas.
f(0,0,1) =f(−1/2·(0,0,−2)) =−1
2 f(0,0,−2) = −1
2 (0,−2,−2) = (0,1,1).
f(0,1,0) = f((0,1,2) + (0,0,−2)) = f(0,1,2) +f(0,0,−2) = (0,0,−1) + (0,−2,−2) = (0,−2,−3).
f(1,0,0) =f((1,1,0)−(0,1,0)) =f(1,1,0)−f(0,1,0) = (−1,3,0)−(0,−2,−3) = (−1,5,3).
Por tanto la matriz de la aplicaci´on lineal ser´a A=M(f) =
−1 0 0
5 −2 1
3 −3 1
. Luego la expresi´on anal´ıtica ser´a
f(x, y, z) =
−1 0 0
5 −2 1
3 −3 1
x y z
= (−x,5x−2y+z,3x−3y+z).
Comodet(A)6= 0, tenemos querango(A) = 3.
Por tanto dim(Im(f)) = 3 = dim(R3), luego la aplicaci´on es sobreyectiva y Im(f) =R3.
Por el teorema de la dimensi´on,dim(R3) =dim(ker(f)) +dim(Im(f)), se tiene quedim(ker(f)) = 0, luego la aplicaci´on es inyectiva yker(f) ={(0,0,0)}.
3.- Sea la aplicaci´on linealf :R2→R3dada porf(x, y) = (x+y, x−y,2x). Encontrar una base, unas ecuaciones param´etricas y unas impl´ıcitas de los subespacios N´ucleo e Imagen de f. Clasificar la aplicaci´on lineal.
SOLUCI ´ON: Antes de nada, vamos a calcular la matriz de la aplicaci´on lineal.
Para ello calculamos las im´agenes de los vectores de la base can´onica y ´estas nos dar´an las columnas de la matriz.
f(1,0) = (1,1,2) yf(0,1) = (1,−1,0). Por lo queA=M(f) =
1 1
1 −1
2 0
.
Vamos a estudiar, en primer lugar el subespacioIm(f). La dimensi´on deIm(f) coincide con el rango de A. En este caso, es bastante claro querango(A) = 2, pues la primera fila no es proporcional a la segunda. As´ı puesdim(Im(f)) = 2.
Adem´as, una base deIm(f) ser´a la formada por los vectores-columna que nos de el rango 2. En este caso, Im(f) = L((1,1,2),(1,−1,0)). Como dim(Im(f)) = 26= 3 =dim(R3), la aplicaci´on no es sobreyectiva.
Seguidamente vamos a estudiar el subespacioker(f). Por el teorema de la di- mensi´ondim(R2) =dim(ker(f)) +dim(Im(f)), luego debe serdim(ker(f)) = 0. Con lo cual la aplicaci´on es inyectiva y ker(f) ={(0,0)}.
4.- Sea f :R3→R3una aplicaci´on lineal tal que:
f(0,1,1) = (0,1,1), f(−1,1,0) = (1,1,0), f(0,0,−1) = (0,1,2)
Obtener la expresi´on matricial y anal´ıtica de f respecto de las bases can´onicas.
Determinar el n´ucleo y la imagen de la aplicaci´on y clasificarla.
SOLUCI ´ON: Para obtener la expresi´on matricial de la aplicaci´on necesitamos las im´agenes de los vectores de la base can´onica. Vamos a conseguirlas.
f(0,0,1) =f(−(0,0,−1)) =−f(0,0,−1) =−(0,1,2) = (0,−1,−2).
f(0,1,0) =f((0,1,1) + (0,0,−1)) =f(0,1,1) +f(0,0,−1) =
= (0,1,1) + (0,1,2) = (0,2,3).
f(1,0,0) =f(−(−1,1,0) + (0,1,0)) =−f(−1,1,0) +f(0,1,0) =
=−(1,1,0) + (0,2,3) = (−1,1,3).
Por tanto la matriz de la aplicaci´on lineal ser´a A=M(f) =
−1 0 0
1 2 −1
3 3 −2
.
As´ı, la expresi´on anal´ıtica ser´a f(x, y, z) =
−1 0 0
1 2 −1
3 3 −2
x y z
= (−x, x+ 2y−z,3x+ 3y−2z).
Comodet(A)6= 0, tenemos querango(A) = 3.
Por tanto dim(Im(f)) = 3 = dim(R3), luego la aplicaci´on es sobreyectiva y Im(f) =R3.
Por el teorema de la dimensi´on,dim(R3) =dim(ker(f)) +dim(Im(f)), se tiene quedim(ker(f)) = 0, luego la aplicaci´on es inyectiva yker(f) ={(0,0,0)}.
5.- Seaf :R3→R3la aplicaci´on lineal dada porf(x, y, z) = (3x+ 2y,−x,3z). Obtener la matriz de la aplicaci´on respecto de la base can´onica de R3, encontrar los autova- lores y autovectores y analizar si es diagonalizable. En caso afirmativo, obtener la matriz de paso y la matriz diagonal.
1. Encontrar la matriz de f respecto de la base can´onica deR3.
SOLUCI ´ON: Para calcular la matriz de la aplicaci´on, basta con encontrar las im´agenes de los vectores de la base can´onica.
f(1,0,0) = (3,−1,0) f(0,1,0) = (2,0,0) f(0,0,1) = (0,0,3)
⇒A=M(f) =
3 2 0
−1 0 0
0 0 3
.
2. Calcular los autovalores def.
SOLUCI ´ON: Vamos a encontrar el polinomio caracter´ıstico e igualarlo a 0.
|A−λI|=
3−λ 2 0
−1 −λ 0
0 0 3−λ
= (3−λ)(λ−1)(λ−2) = 0 Los autovalores deAsonλ= 1, λ= 2 λ= 3.
Al tener tres autovalores distintos, podemos asegurar que A es diagona- lizable.
3. Encontrar los autovectores asociados
SOLUCI ´ON: Paraλ= 3 resolvemos el sistema: (A−3I)X =θ, es decir
0 2 0
−1 −3 0
0 0 0
x y z
=
0 0 0
cuya soluci´on esx= 0, y= 0, z=α,∀α∈R, por lo queH(3) =L(0,0,1).
El conjunto de autovectores deAasociados al autovalorλ= 3 es un subes- pacio vectorial de dimensi´on 1 generado por el vector (0,0,1).
Paraλ= 2 resolvemos el sistema: (A−2I)X =θ, es decir
1 2 0
−1 −2 0
0 0 1
x y z
=
0 0 0
cuya soluci´on es x = 2α, y = −α, z = 0,∀α ∈ R, por lo que H(2) = L(2,−1,0). El conjunto de autovectores deAasociados al autovalorλ= 2 es un subespacio vectorial de dimensi´on 1 generado por el vector (2,−1,0).
Paraλ= 1 resolvemos el sistema: (A−I)X =θ, es decir
2 2 0
−1 −1 0
0 0 2
x y z
=
0 0 0
cuya soluci´on es x = α, y = −α z = 0, ∀α ∈ R, por lo que H(3) = L(1,−1,0). El conjunto de autovectores deAasociados al autovalorλ= 3 es un subespacio vectorial de dimensi´on 1 generado por el vector (1,−1,0).
4. Matriz diagonal y matriz de paso
SOLUCI ´ON: Como ya se dijo, A es diagonalizable al tener tres autovalores distintos.
La matriz de paso esP =
0 2 1
0 −1 −1
1 0 0
y la diagonal:D=
3 0 0 0 2 0 0 0 1
.
6.- Seaf :R3→R3la aplicaci´on lineal dada porf(x, y, z) = (x+y, ay, az) (a∈R).
1. Encontrar la matriz de f respecto de la base can´onica deR3.
SOLUCI ´ON: Para calcular la matriz de la aplicaci´on, basta con encontrar las im´agenes de los vectores de la base can´onica.
f(1,0,0) = (1,0,0) f(0,1,0) = (1, a,0) f(0,0,1) = (0,0, a)
⇒A=M(f) =
1 1 0 0 a 0 0 0 a
.
2. Calcular los autovalores def.
SOLUCI ´ON: Vamos a encontrar el polinomio caracter´ıstico e igualarlo a 0.
|λI−A|=
λ−1 −1 0
0 λ−a 0
0 0 λ−a
= (λ−1)(λ−a)2. Por lo tanto tendremos 2 casos:
Si a= 1, habr´a 1 ´unico autovalor triple,λ= 1.
Si a6= 1, habr´a 1 autovalor dobleλ=a, y un autovalor simpleλ= 1.
3. Comprobar que{(1, a−1,0),(0,0,1),(1,0,0)}son autovectores asociados a los autovalores anteriores.
SOLUCI ´ON: Por definici´on, un autovector es un vector~v tal que f(~v) =λ~v para alg´un autovalorλ. Como conocemos los autovalores (λ= 1 ´oλ=a), basta comprobar que las im´agenes de los 3 vectores que nos dan son el mismo vector (λ= 1), o el mismo vector multiplicado pora(λ=a).
En efecto:
• f(1, a−1,0) = (a, a(a−1),0) =a(1, a−1,0), luego el vector (1, a−1,0) es un autovector asociado al autovalorλ=a, independientemente del valor dea.
• f(0,0,1) = (0,0, a) =a(0,0,1), luego el vector (0,0,1) es un autovector asociado al autovalorλ=a, independientemente del valor dea.
• f(1,0,0) = (1,0,0), luego el vector (1,0,0) es un autovector asociado al autovalorλ= 1.
SOLUCI ´ON Alternativa: Vamos a calcular los autovectores asociados a los autovalores y comprobar que son los que nos dan.
• Sia6= 1 tenemos 1 autovalor dobleλ=ay un autovalor simpleλ= 1.
Calculemos los autovectores asociados a cada uno de ellos.
λ=a| Hay que resolver el sistema (aI−A)
x y z
=
0 0 0
, en este caso,
a−1 −1 0
0 0 0
0 0 0
x y z
=
0 0 0
, luego, (a−1)x−y = 0, es decir, y= (a−1)x.
Por tanto, como dez no obtenemos informaci´on, resulta que el sub- espacio de autovectores asociados aλ=aes
H(a) ={(x,(a−1)x, z) : x, z∈R}
Pero para encontrar una base de este subespacio hacemos lo siguiente:
(x,(a−1)x, z) = (x,(a−1)x,0) + (0,0, z) =x(1, a−1,0) +z(0,0,1).
Por lo que obtenemos 2 autovectores linealmente independientes:
H(a) =L((1, a−1,0),(0,0,1))
λ= 1| Hay que resolver el sistema (I−A)
x y z
=
0 0 0
, en este caso,
0 −1 0
0 1−a 0
0 0 1−a
x y z
=
0 0 0
, o lo que es lo mismo,
−y= 0 (1−a)y= 0 (1−a)z= 0 Pero como estamos en el caso a6= 1, la soluci´on de este sistema es y=z= 0 y de xno se obtiene informaci´on. Por tanto el subespacio de autovectores asociados aλ= 1 esH(1) ={(x,0,0) : x∈R} = L(1,0,0).
Hemos obtenido los 3 autovectores que nos propon´ıa el apartado.
• Sia= 1, tenemos 1 autovalor tripleλ= 1. Pero en este caso, los auto- vectores propuestos por el apartado se reducen a 2:{(1,0,0),(0,0,1)}.
Vamos a calcular los autovectores asociados al ´unico autovalor en este caso.
Ahora, A =
1 1 0 0 1 0 0 0 1
y para encontrar los autovectores de λ = 1 habr´a que resolver el siguiente sistema:
(I−A)
x y z
=
0 0 0
, es decir,
0 −1 0
0 0 0
0 0 0
x y z
=
0 0 0
, o lo que es lo mismo,−y= 0.
Por lo tanto, los autovectores asociados aλ= 1 son de la formaH(1) = {(x,0, z) : x, z ∈ R} de donde, claramente se obtiene que H(1) = L((1,0,0),(0,0,1)).
4. ¿Ser´a f diagonalizable para cualquier valor dea∈R?
SOLUCI ´ON: Para que una matriz sea diagonalizable, ha de existir una base formada por autovectores.
• Si a 6= 1 el apartado b) nos da 3 autovectores que son claramente independientes. Por lo tanto tendremos una base de autovectores y la aplicaci´onf ser´a diagonalizable.
• Si a = 1 en la Soluci´on Alternativa del apartado anterior hemos en- contrado TODOS los autovectores asociados al ´unico autovalor. Y s´olo hemos obtenido 2 autovectores. Como necesitamos 3 vectores para te- ner una base, se concluye que la aplicaci´onf no es diagonalizable en este caso.
2.8. Ejercicios propuestos
1.- Decir si son lineales las siguientes aplicaciones:
a) f :R3→R3: f(x, y, z) = (2x, x+y,3z).
b) f :R2→R3: f(x, y) = (2x+y, x−2y, y).
c) f :R2→R3: f(x, y) = (x+ 1, x+y,0).
d) f :R3→R2: f(x, y, z) = (x+y+z,1).
e) f :R4→R2: f(x, y, z, t) = (x−y,2z+t).
f) f :R3→R4: f(x, y, z) = (0, x+y, z, x+ 1).
2.- Para las aplicaciones del ejercicio anterior que sean lineales se pide:
a) Matriz de la aplicaci´on respecto de las bases can´onicas.
b) HallarKer(f), Im(f) sus ecuaciones y dimensiones, una base del n´ucleo y una de la imagen.
3.- Sean f :R2→R3, g:R3→R4dos aplicaciones lineales definidas por:
f(1,1) = (5,2,3), f(2,3) = (2,0,4)
g(−2,4,2) = (1,1,1,1)g(1,0,−1) = (2,−1,3,4)g(−1,2,0) = (0,1,0,1).
a) Halla las matrices asociadas a las aplicaciones lineales f y g respecto de las bases can´onicas.
b) Escribe la expresi´on anal´ıtica de dichas aplicaciones lineales.
c) Halla, si fuese posible, la expresi´on anal´ıtica de las aplicacionesf +g yg◦f. d) Calcula los n´ucleos def ygy sus respectivas ecuaciones
e) Lo mismo para las im´agenes.
4.- Seaf : R4→R3 la aplicaci´on lineal cuya matriz respecto de las bases can´onicas es:
A=
1 +a 0 1 1
1 0 1 +a 1
1 0 1 1 +a
a) Hallar la expresi´on anal´ıtica def.
b) Clasificarf seg´un los valores del par´ametroa.
c) Para a = 0, calcular la dimensi´on, una base y unas ecuaciones impl´ıcitas de Ker(f) eIm(f).
5.- Sea f : R3 →R3 el endomorfismo definido por f(x, y, z) = (3x, x+ 2y,4x+ 2z).
Hallar el polinomio caracter´ıstico, los autovalores y los autovectores def.
6.- Hallar el polinomio caracter´ıstico, los autovalores y autovectores de los endomorfis- mos f :R3→R3 que en la base can´onica tienen asociada, en cada caso, la matriz
A1=
1 1 0
3 −1 6 1 −1 3
, A2=
3 2 0
−1 0 0
0 0 2
, A3=
1 4 1
2 1 0
−1 3 1
, A4=
a 0 1 2a 0 2
0 0 1
.
y anal´ıcese si son diagonalizables.
7.- Sea f :R3→R3 el endomorfismo que en la base can´onica tiene asociada la matriz
A=
1 +α −α α
2 +α −α α−1
2 −1 0
(α∈R).
a) Obtener los autovalores deAcomprobando que no dependen de α.
b) Obtener los autovectores def en funci´on deαy estudiar sif es diagonalizable.
8.- Dada la aplicaci´on lineal. f : R3→R3 : f(x, y, z) = (3x+ 3y,3x+ 3y, cz), (c∈R) , se pide:
a) Matriz def respecto de la base can´onica deR3.
b) Comprobar que sic6= 0, c6= 6 la aplicaci´on es diagonalizable.
c) Estudiar si para c = 0 es diagonalizable y, en caso afirmativo, encontrar la matriz de paso y la matriz diagonal.
