Ejercicios: Diagonalización ortogonal

2. Hallamos los autovalores. $p(\lambda) = \lambda^2 - 4\lambda + 3$, con raíces $1$ y $3$.

3. Hallamos los autovectores. Para $\lambda = 1$ sale $(1; -1)$ y para $\lambda = 3$ sale $(1; 1)$. Son ortogonales, como garantiza el teorema.

4. Normalizamos. Dividiendo cada uno por $\sqrt{2}$ se obtiene una base ortonormal.

5. Escribimos el resultado. $D = \begin{bmatrix}1 & 0 \\ 0 & 3\end{bmatrix}$ y $P$ tiene por columnas los autovectores normalizados. Al ser $P$ ortogonal, $P^{-1} = P^T$.

Respuesta: $D = \begin{bmatrix}1 & 0 \\ 0 & 3\end{bmatrix}$, con $P$ ortogonal formada por los autovectores normalizados

2. Vemos la ventaja de cálculo. No hace falta invertir la matriz: alcanza con transponerla, que es intercambiar filas por columnas.

3. Escribimos la descomposición. $A = PDP^T$, sin ninguna inversa.

4. Vemos la ventaja geométrica. Una transformación ortogonal conserva longitudes y ángulos, así que el cambio de base no deforma nada.

5. Observamos. Esta ventaja solo está disponible para matrices simétricas, y es una de las razones por las que aparecen tanto.

Respuesta: porque $P^{-1} = P^T$: no hace falta invertir, alcanza con transponer

2. Aplicamos el teorema. La diagonalización ortogonal es posible exactamente para las matrices simétricas.

3. Concluimos. No se puede diagonalizar ortogonalmente.

4. Aclaramos qué sí se puede. Los autovalores son $1$ y $3$, distintos, así que la matriz sí es diagonalizable, pero con una $P$ que no va a ser ortogonal.

5. Distinguimos los dos conceptos. Diagonalizable y diagonalizable ortogonalmente no son lo mismo. El segundo es más exigente.

Respuesta: no se puede: la matriz no es simétrica

2. Verificamos que sea simétrica. Lo es, así que se puede diagonalizar ortogonalmente.

3. Hallamos los autovalores. Son $1$ y $3$.

4. Interpretamos el cambio de base. En la base de autovectores la forma se escribe $q = u^2 + 3w^2$, sin término cruzado.

5. Clasificamos. Los dos autovalores son positivos, así que la forma es definida positiva y sus curvas de nivel son elipses.

Respuesta: es definida positiva: en la base de autovectores queda $q = u^2 + 3w^2$

2. Hallamos los autovalores. $p(\lambda) = (5-\lambda)^2 - 4$, con raíces $\lambda_1 = 3$ y $\lambda_2 = 7$.

3. Hallamos el autovector de $\lambda = 3$. $A - 3I = \begin{bmatrix}2 & 2 \\ 2 & 2\end{bmatrix}$, con ecuación $x + y = 0$: el autovector es $(1; -1)$.

4. Hallamos el de $\lambda = 7$. $A - 7I = \begin{bmatrix}-2 & 2 \\ 2 & -2\end{bmatrix}$, con ecuación $x = y$: el autovector es $(1; 1)$.

5. Verificamos la ortogonalidad y normalizamos. $\langle (1; -1), (1; 1) \rangle = 0$, y los dos tienen norma $\sqrt{2}$, así que se dividen por $\sqrt{2}$.

6. Escribimos el resultado. $D = \begin{bmatrix}3 & 0 \\ 0 & 7\end{bmatrix}$, con $P$ de columnas $\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}; -\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)$ y $\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}; \dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)$, y $A = PDP^T$.

Respuesta: $D = \begin{bmatrix}3 & 0 \\ 0 & 7\end{bmatrix}$, con $P$ ortogonal formada por los autovectores normalizados

2. Traducimos las filas de la transpuesta. La fila $i$ de $P^T$ es la columna $i$ de $P$, o sea el vector $p_i$ de la base.

3. Reescribimos la entrada. La entrada $(i; j)$ es $\langle p_i, p_j \rangle$.

4. Usamos la ortogonalidad. Si $i \neq j$, ese producto interno vale cero, así que todo lo que está fuera de la diagonal es cero.

5. Usamos que son unitarios. Si $i = j$, queda $\langle p_i, p_i \rangle = \|p_i\|^2 = 1$, así que la diagonal es de unos.

6. Concluimos. $P^TP = I$, y como $P$ es cuadrada, eso significa que $P^T = P^{-1}$. La ortonormalidad de las columnas es exactamente lo que hace que transponer alcance para invertir.

Respuesta: $P^TP = I$ porque cada entrada es un producto interno entre columnas: cero fuera de la diagonal y uno en la diagonal

2. Aplicamos el teorema. Solo las simétricas se diagonalizan ortogonalmente, así que no se puede.

3. Vemos si al menos es diagonalizable. $p(\lambda) = \lambda^2 + 1$, que no tiene raíces reales.

4. Concluimos. Ni siquiera es diagonalizable sobre los reales.

5. Interpretamos. Es la matriz de una rotación de $90^\circ$: ninguna dirección queda invariante, así que no hay autovectores reales.

6. Observamos. Esta matriz cumple $A^T = -A$, que se llama antisimétrica. Es lo contrario de lo que hace falta para el teorema espectral.

Respuesta: no se puede: no es simétrica, y sobre los reales ni siquiera es diagonalizable

2. Verificamos que sea simétrica. Lo es, así que hay una base ortonormal de autovectores.

3. Hallamos los autovalores. $p(\lambda) = (1-\lambda)^2 - 9$, con raíces $\lambda_1 = 4$ y $\lambda_2 = -2$.

4. Interpretamos el cambio de base. En la base de autovectores la forma se escribe $q = 4u^2 - 2w^2$, sin término cruzado.

5. Clasificamos. Hay un autovalor de cada signo, así que la forma es indefinida y sus curvas de nivel son hipérbolas.

6. Verificamos con la forma original. $q(1; 1) = 1 + 6 + 1 = 8$, positivo, y $q(1; -1) = 1 - 6 + 1 = -4$, negativo: coherente con indefinida.

Respuesta: es indefinida: en la base de autovectores queda $q = 4u^2 - 2w^2$

2. Hallamos los autovalores. Son los elementos de la diagonal: $3$ y $-2$.

3. Hallamos los autovectores. Para $\lambda = 3$ sale $(1; 0)$ y para $\lambda = -2$ sale $(0; 1)$: la base canónica.

4. Verificamos la ortonormalidad. $(1; 0)$ y $(0; 1)$ son perpendiculares y tienen norma $1$: ya están normalizados, no hay nada que dividir.

5. Escribimos el resultado. $P = \begin{bmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1\end{bmatrix}$, la identidad, y $D = A$.

6. Observamos. Una matriz diagonal ya está diagonalizada ortogonalmente, con $P = I$, que es ortogonal porque $I^T = I^{-1} = I$. Que un autovalor sea negativo no cambia nada del procedimiento.

Respuesta: $P = \begin{bmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1\end{bmatrix}$ y $D = \begin{bmatrix}3 & 0 \\ 0 & -2\end{bmatrix}$

2. Aplicamos la regla del producto. La transpuesta de un producto invierte el orden y transpone cada factor: $A^T = (P^T)^T D^T P^T$.

3. Simplificamos la doble transpuesta. $(P^T)^T = P$, así que queda $A^T = PD^TP^T$.

4. Usamos que $D$ es diagonal. Una matriz diagonal es igual a su transpuesta, así que $D^T = D$.

5. Cerramos. $A^T = PDP^T = A$: la matriz es simétrica.

6. Sacamos la lectura. La recíproca del teorema espectral también vale: las matrices diagonalizables ortogonalmente son exactamente las simétricas. Si una matriz no es simétrica, no tiene sentido buscarle una $P$ ortogonal.

Respuesta: resulta simétrica porque $D^T = D$, y al transponer $PDP^T$ se obtiene la misma expresión

2. Aplicamos el teorema. Toda matriz simétrica real se puede diagonalizar ortogonalmente, así que la respuesta es sí.

3. Hallamos los autovalores. $p(\lambda) = (4-\lambda)^2 - 1$, con raíces $\lambda_1 = 3$ y $\lambda_2 = 5$.

4. Escribimos la forma diagonal. $D = \begin{bmatrix}3 & 0 \\ 0 & 5\end{bmatrix}$.

5. Anticipamos los autovectores. Salen $(1; -1)$ para $\lambda = 3$ y $(1; 1)$ para $\lambda = 5$, ortogonales entre sí como garantiza el teorema.

6. Damos el criterio de decisión. Para responder este tipo de pregunta alcanza con mirar si $A^T = A$. Si lo es, la respuesta es sí sin hacer ninguna otra cuenta.

Respuesta: sí se puede, porque es simétrica, y la forma diagonal es $D = \begin{bmatrix}3 & 0 \\ 0 & 5\end{bmatrix}$

2. Verificamos que sea simétrica. Lo es, así que se puede diagonalizar ortogonalmente.

3. Hallamos los autovalores. $p(\lambda) = (-3-\lambda)^2 - 1$, de donde $-3 - \lambda = \pm 1$: las raíces son $\lambda_1 = -2$ y $\lambda_2 = -4$.

4. Interpretamos el cambio de base. En la base de autovectores la forma queda $q = -2u^2 - 4w^2$, sin término cruzado.

5. Clasificamos. Los dos autovalores son negativos, así que la forma es definida negativa: vale menos que cero para todo vector no nulo.

6. Verificamos con el atajo. El determinante es $9 - 1 = 8$, positivo, y la traza es $-6$, negativa: los dos autovalores del mismo signo, y ese signo es el negativo. Coincide.

Respuesta: es definida negativa: en la base de autovectores queda $q = -2u^2 - 4w^2$