Determinantes y Reducción de Matrices: Casos Diagonalizables y No Diagonalizables

Determinantes. Reducción de matrices. Caso diagonalizable.

Factorización QR Teorema

Si A es una matriz m×n con columnas linealmente independientes, entonces A puede factorizarse en la forma A = QR (1), en la que Q es una matriz con columnas ortonormales y R es una matriz triangular superior.

Ejemplo

Determine una factorización QR para la matriz A = [1 ? 2 1/? 1 3 2/1 ? 1 ? 4].

Solución:

Al aplicarle el proceso de Gram-Schmidt a las columnas de A obtenemos:

• q₁ = [1/p₃, 1/p₃, 1/p₃]^T
• q₂ = [0, 1/p₂, 1/p₂]^T
• q₃ = [2/p₆, 1/p₆, 1/p₆]^T

Por tanto, Q = [1/p₃, 0, 2/p₆; 1/p₃, 1/p₂, 1/p₆; 1/p₃, 1/p₂, 1/p₆] y R = Q^T · A = [p₃, -2p₃, -5/3p₃; 0, p₂, -2p₃; 0, 0, 1/3*p₆].

Calcular A a la 120:

p^-1Ap = D –> PP^-1APP^-1 = PDP^-1
A = PDP^-1, AA = PDP^-1PDP^-1 (PP^-1 = Id) –> PD¹²⁰P^-1

Reducción de matrices. Caso no diagonalizable.

5.1. Autoespacios generalizados

Ejemplo:

Vamos a buscar los autoespacios generalizados de la matriz A = (1 -2 3 -4; 0 1 -1 -2; 0 0 1 4; 0 0 0 -3).

Los autovalores con sus multiplicidades algebraicas son:

• λ₁ = 1; m(λ₁) = 3
• λ₂ = -3; m(λ₂) = 1

Para el primer autovalor:

E(A; λ₁) = Ker(I₃ – A) = {(x; y; z; t)^T | (0 2 -3 4; 0 0 1 2; 0 0 0 -4; 0 0 0 4)(xyz) = ~0} = {(x; y; z; t)^T | t = 0; z = 0; y = 0} = span((1; 0; 0; 0)^T) d(λ₁) = 1:

Ker(I₃ – A)² = {(x; y; z; t)^T | (0 0 2 32; 0 0 0 4; 0 0 0 -16; 0 0 0 16)(xyz) = ~0} = {(x; y; z; t)^T | t = 0; z = 0; g = span((1; 0; 0; 0)^T; (0; 1; 0; 0)^T)}:

Ker(I₃ – A)³ = {(x; y; z; t)^T | (0 0 0 120; 0 0 0 16; 0 0 0 -64; 0 0 0 64)(xyz) = ~0} = {(x; y; z; t)^T | t = 0} = span((1; 0; 0; 0)^T; (0; 1; 0; 0)^T; (0; 0; 1; 0)^T):

Ker(I₃ – A)⁴ = {(x; y; z; t)^T | (0 0 0 480; 0 0 0 64; 0 0 0 -256; 0 0 0 256)(xyz) = ~0} = {(x; y; z; t)^T | t = 0} = span((1; 0; 0; 0)^T; (0; 1; 0; 0)^T; (0; 0; 1; 0)^T):

Luego E_g(A; λ) = Ker(I₃ – A)³

Para el segundo autovalor:

E(A; λ₂) = Ker(I₃ – A) = {(x; y; z; t)^T | (-4 2 -3 4; 0 -4 1 2; 0 0 -4 -4; 0 0 0 0)(xyzt) = ~0} = {(x; y; z; t)^T | x = (15/8)t; y = t = 4; z = -t} = span((15; 2; -8; 8)^T) d(λ₂) = 1:

Ker(I₃ – A)² = {(x; y; z; t)^T | (16 -16 26 0; 0 16 -8 -12; 0 0 16 16)(xyzt) = ~0} = {(x; y; z; t)^T | x = (15/8)t; y = t = 4; z = -t} = span((15; 2; -8; 8)^T):

Luego E_g(A; λ) = E(A; λ) = Ker(-3I₃ – A).

5.2. Teorema de descomposición primaria (solo hasta la misma multiplicidad!!!)

Ejemplos:

Buscamos una base de autovectores generalizados para las siguientes matrices.

(1) A = (5 4 3; -1 0 -3; 1 -2 1)

El polinomio característico es p_A(z) = (z – 4)²(z + 2), de modo que los autovalores con sus multiplicidades algebraicas son:

• λ₁ = 4; m(λ₁) = 2
• λ₂ = -2; m(λ₂) = 1

Para el primer autovalor:

E(A; λ₁) = Ker(4I₃ – A) = {(x; y; z)^T | (¡1 ¡4 ¡3; 1 4 3; ¡1 2 3)(xyz) = 0} = {(x; y; z)^T | x = z; y = -z} = span((1; -1; 1)^T) d(λ₁) = 1:

Luego E_g(A; λ₁) = Ker(4I₃ – A)² = {(x; y; z)^T | (0 ¡18 ¡18; 0 18 18; 0 18 18)(xyz) = 0} = {(x; y; z)^T | y = -z} = span((1; -1; 1)^T; (1; 0; 0)^T):

Para el segundo autovalor:

E(A; λ₂) = Ker(-2I₃ – A) = {(x; y; z)^T | (¡7 ¡4 ¡3; 1 ¡2 3; ¡1 2 ¡3)(xyz) = 0} = {(x; y; z)^T | y = z; x = ¡z} = span((¡1; 1; 1)^T) d(λ₂) = 1:

Luego los vectores v₁ = (1; ¡1; 1)^T, v₂ = (1; 0; 0)^T, v₃ = (¡1; 1; 1)^T forman una base de autovectores generalizados, de los cuales son autovectores ~v₁ y ~v₃. Si P es la matriz cuyas columnas son ~v₁, ~v₂, ~v₃, la forma reducida semejante a A tiene la forma

P^-1AP = (4 1 0; 0 4 0; 0 0 ¡2).

donde las columnas de P^-1AP están formadas por las coordenadas de A~v₁, A~v₂ y A~v₃ en la base nueva.

Se tiene:

• A~v₁ = 4~v₁
• A~v₂ = (A – 4I₃)~v₂ + 4~v₂ = ~v₁ + 4~v₂
• A~v₃ = ¡2~v₃

(2) A = (1 0 ¡1 0; ¡3 ¡2 ¡7 5; 0 0 1 0; ¡1 ¡1 ¡4 2)

Calculamos los autovalores de A. Su polinomio característico es, desarrollando por la tercera fila, p_A(z) = det(zI₄ – A) = (z – 1) * |(z – 1 0 0; 3z + 2 ¡5; 1 1 z – 2)| = (z – 1)²(z² + 1):

De modo que, los autovalores de A, con sus multiplicidades algebraicas, son:

• λ₁ = 1; m(λ₁) = 2
• λ₂ = i; m(λ₂) = 1
• λ₃ = -i; m(λ₃) = 1

Buscamos ahora una base de los autoespacios generalizados asociados a cada autovalor de A.

Para λ₁, tenemos:

E(A; λ₁) = Ker(I – A) = {(x; y; z; t)^T | (0 0 1 0; 3 3 7 -5; 0 0 0 0; 1 1 4 -1)(xyzt) = 0} = {(x; y; z; t)^T | z = 0; 3x + 3y – 5t = 0; x + y – t = 0} = {(x; y; z; t)^T | z = t = 0; y = -x} = span((1; ¡1; 0; 0)^T):

Como la multiplicidad algebraica es 2 y la del autoespacio es 1, para obtener el autoespacio generalizado tendremos que elevar al cuadrado la matriz (I – A),

E_g(A; λ₁) = Ker(I – A)² = {(x; y; z; t)^T | (0 0 0 0; 4 4 4 ¡10; 0 0 0 0)(xyzt) = 0} = {(x; y; z; t)^T | 2x + 2y + 2z – 5t = 0; x + y + 2(z – t) = 0} = {(x; y; z; t)^T | t = -2z; x = -y – 6z} = span((1; ¡1; 1)^T; (¡6; 0; 1; ¡2)^T):

Para el segundo autovalor:

E_g(A; λ₂) = Ker(iI – A) = {(x; y; z; t)^T | (¡1 0 1 0; 3i + 2 7 -5; 0 0 i -1 0; 1 1 4i – 2)(xyzt) = (0000)} = {(x; y; z; t)^T | (i – 1)x + z = 0; 3x + (i + 2)y + 7z – 5t = 0; (i – 1)z = 0; x + y + 4z + (i – 2)t = 0} = {(x; y; z; t)^T | z = x = 0; y = (2 – i)t} = span((0; 2 – i; 0; 1)^T):

Y como el tercer autovalor es conjugado del segundo y A es real, su autoespacio generalizado está generado por el conjugado del vector anterior,

E_g(A; λ₃) = Ker(¡iI – A) =

Tenemos ya calculada una base de autovectores generalizados, ~v₁ = (1; ¡1; 0; 0)^T; ~v₂ = (¡6; 0; 1; ¡2)^T; ~v₃ = (0; 2 – i; 0; 1)^T; ~v₄ = (0; 2 + i; 0; 1)^T: donde, recordemos que ~v₁, ~v₃ y ~v₄ son autovectores. Si P es la matriz cuyas columnas son ~v₁, ~v₂, ~v₃, ~v₄, la forma reducida semejante a A tiene la forma:

P^-1AP = (1 ¡1 0 0; 0 1 0 0; 0 0 i 0; 0 0 0 -i)

donde las columnas de P^-1AP están formadas por las coordenadas de A~v₁, A~v₂, A~v₃ y A~v₄ en la base nueva. Se tiene:

• A~v₁ = ~v₁
• A~v₂ = (A – I₄)~v₂ + ~v₂ = ¡~v₁ + ~v₂
• A~v₃ = i~v₃
• A~v₄ = -i~v₄

5.3. Recurrencias vectoriales

Después de calcular λ y vectores asociados…

Una base de autovectores generalizados para esta matriz es entonces:

• ~v₁ = (0; 9; 6; 11)^T
• ~v₂ = (0; 0; 0; 1)^T
• ~v₃ = (0; 0; 1; 0)^T
• ~v₄ = (1; 1; 0; 0)^T

donde ~v₁, ~v₂ son autovectores.

Tenemos que obtener las coordenadas de la condición inicial ~x[0] = ~x = (1; 10; 7; 12)^T en la nueva base. Sabemos que estas son P^-1~x, donde P es la matriz cuyas columnas son ~v₁, ~v₂, ~v₃, ~v₄. No se calcula P^-1, sino que se resuelve el sistema con matriz P y término independiente (1; 10; 7; 12)^T. Si ~x[0] = α₁~v₁ + α₂~v₂ + α₃~v₃ + α₄~v₄, entonces:

P(α₁ α₂ α₃ α₄)^T = (0 0 0 1; 9 0 0 1; 6 0 1 0; 11 1 0)(α₁ α₂ α₃ α₄) = (1; 10; 7; 12)

De donde α₁ = 1; α₂ = 1; α₃ = 1; α₄ = 1. Entonces ~x[0] = ~v₁ + ~v₂ + ~v₃ + ~v₄. Luego:

A¹⁰~x[0] = A¹⁰~v₁ + A¹⁰~v₂ + A¹⁰~v₃ + A¹⁰~v₄

= (¡1)¹⁰~v₁ + (¡4)¹⁰~v₂ + (¡4)¹⁰~v₃ + 10(¡4)⁹(A + 4I₄)~v₃ + (¡4)¹⁰~v₄ + 10(¡4)⁹(A + 4I₄)~v₄ + 45(¡4)⁸(A + 4I₄)²~v₄ = (¡1)¹⁰~v₁ + (¡4)¹⁰~v₂ + (¡4)¹⁰~v₃ + 10(¡4)⁹~v₂ + (¡4)¹⁰~v₄ ¡ 10(¡4)⁹~v₃ + 45(¡4)⁸~v₂:

5.4. Ecuaciones en diferencias (HOMOGENEO)

Ejemplos:

(1) Vamos a obtener la solución de la ecuación en diferencias x_j+2 – 2x_j+1 – 3x_j = 0;

con condiciones iniciales x₀ = 0; x₁ = 1. El polinomio característico es p(z) = z² – 2z – 3 = (z – 3)(z + 1), de modo que las raíces características con sus multiplicidades son:

• λ₁ = 3; m₁ = 1
• λ₂ = -1; m₂ = 1

Según esto, la base de soluciones es:

• {λ_j,1}_inf,j=0 = {3^j}_inf,j=0,
• {λ_j,2}_inf,j=0 = {(-1)^j}_inf,j=0

de manera que la solución general {y_j}_inf,j=0 es de la forma:

y_j = A3^j + B(-1)^j; j = 0; 1; 2; … para constantes A y B. Estas constantes se determinan a partir de las condiciones iniciales:

x₀ = 0 –> y₀ = A + B = 0;
x₁ = 1 –> y₁ = 3A – B = 1:

Se obtiene un sistema lineal para las constantes, de solución A = 1/4; B = -1/4. Luego la solución del problema es:

Y_j = 1/4 * 3^j – 1/4 * (-1)^j; j = 0; 1; 2; …

(2) Vamos a obtener la solución general de la ecuación en diferencias x_j+3 – 3x_j+1 – 2x_j = 0:

El polinomio característico es p(z) = z³ – 3z – 2 = (z – 2)(z + 1)², de modo que las raíces características con sus multiplicidades son:

• λ₁ = 2; m₁ = 1
• λ₂ = -1; m₂ = 2

Según esto, la base de soluciones es:

• {λ_j,1}_inf,j=0 = {2^j}_inf,j=0,
• {λ_j,2}_inf,j=0 = {(-1)^j}_inf,j=0

de manera que la solución general {Y_j}_inf,j=0 es de la forma:

y_j = A2^j + B(-1)^j + Cj(-1)^j; j = 0; 1; 2; … para constantes A, B y C.

(3) Vamos a obtener la solución de la ecuación en diferencias x_j+3 – 3x_j+2 + 3x_j+1 – x_j = 0;

con condiciones iniciales x₀ = 1; x₁ = 0; x₂ = 1. El polinomio característico es p(z) = z³ – 3z² + 3z – 1 = (z – 1)³, de modo que las raíces características con sus multiplicidades son:

• λ₁ = 1; m₁ = 3

Según esto, la base de soluciones es:

• {λ_j,1}_inf,j=0 = {1^j}_inf,j=0,
• {λ_j,2}_inf,j=0 = {(j)^j}_inf,j=0,
• {λ_j,3}_inf,j=0 = {(j²)^j}_inf,j=0

de manera que la solución general {Y_j}_inf,j=0 es de la forma:

y_j = A + Bj + Cj²; j = 0; 1; 2; … para constantes A, B y C. Estas constantes se determinan a partir de las condiciones iniciales:

• x₀ = 1) y₀ = A = 1;
• x₁ = 0) y₁ = A + B + C = 0;
• x₂ = 1) y₂ = A + 2B + 4C = 1;

Se obtiene un sistema lineal para las constantes, de solución A = 1; B = ¡2; C = 1. Luego la solución del problema es {Y_j}_inf,j=0 con:

y_j = 1 – 2j + j²; j = 0; 1; 2; …

(4) Vamos a obtener la solución de la ecuación en diferencias x_j+3 – 4x_j+2 + 5x_j+1 – 2x_j = 0;

con condiciones iniciales x₀ = 0; x₁ = 1; x₂ = 0. El polinomio característico es p(z) = z³ – 4z² + 5z – 2 = (z – 1)²(z – 2), de modo que las raíces características con sus multiplicidades son:

• λ₁ = 1; m₁ = 2
• λ₂ = 2; m₂ = 1

Según esto, la base de soluciones es:

• {λ_j,1}_inf,j=0 = {1^j}_inf,j=0,
• {λ_j,2}_inf,j=0 = {(j)^j}_inf,j=0,
• {λ_j,3}_inf,j=0 = {(2^j)^j}_inf,j=0

de manera que la solución general {Y_j}_inf,j=0 es de la forma:

y_j = A + Bj + C2^j; j = 0; 1; 2; … para constantes A, B y C. Estas constantes se determinan a partir de las condiciones iniciales:

• x₀ = 0) y₀ = A + C = 0;
• x₁ = 1) y₁ = A + B + 2C = 1;
• x₂ = 0) y₂ = A + 2B + 4C = 0;

Se obtiene un sistema lineal para las constantes, de solución A = 2; B = 3; C = ¡2. Luego la solución del problema es {Y_j}_inf,j=0 con:

y_j = 2 + 3j – 2^j + 1; j = 0; 1; 2; …

(5) Vamos a obtener la solución de la ecuación en diferencias x_j+2 = ¡x_j;

con condiciones iniciales x₀ = 1; x₁ = 1. El polinomio característico es p(z) = z² + 1 = (z – i)(z + i), de modo que las raíces características con sus multiplicidades son:

• λ₁ = i; m₁ = 1
• λ₂ = ¡i; m₂ = 1

Según esto, la base de soluciones es:

• {λ_j,1}_inf,j=0 = {i^j}_inf,j=0,
• {λ_j,2}_inf,j=0 = {(-i)^j}_inf,j=0

de manera que la solución general {Y_j}_inf,j=0 es de la forma:

y_j = Ai^j + B(-i)^j; j = 0; 1; 2; … para constantes A y B. Estas constantes se determinan a partir de las condiciones iniciales:

x₀ = 1 –> y₀ = A + B = 1;
x₁ = 1 –> y₁ = iA – iB = 1:

Se obtiene un sistema lineal para las constantes, de solución A = (1 – i)/2; B = (1 + i)/2. Luego la solución del problema es {Y_j}_inf,j=0 con:

Y_j = 1 – i/2 * i^j + 1 + i/2 * (-i)^j = 2Re(1 – i/2 * i^j) = 2Re(1 – i/2 * e^iπj/2) = 2Re(1 – i/2(cos(πj/2) + i sen(πj/2)) = cos(πj/2) + sen(πj/2); j = 0, 1, 2, …

La solución ha de ser real, pues las condiciones iniciales lo son.