Integradores de Transformaciones lineales y diagonalización

1. Chequeamos primero el vector nulo. $T(0; 0; 0) = (0; 0)$, así que no se descarta de entrada.

2. Miramos los grados. Las dos componentes son sumas de términos de grado $1$: no hay cuadrados, ni productos de variables, ni términos independientes.

3. Concluimos. Una transformación cuyas componentes son combinaciones lineales de las variables es lineal.

Respuesta: sí, $T$ es lineal

b)

1. Escribimos la matriz de $T$. Los coeficientes de a) van como filas: $\begin{bmatrix}1 & 2 & -1 \\ 2 & 4 & -2\end{bmatrix}$.

2. Planteamos el sistema homogéneo. El núcleo son los $(x; y; z)$ con $T(x; y; z) = (0; 0)$.

3. Escalonamos. La segunda fila es el doble de la primera, así que se anula y queda $x + 2y - z = 0$.

4. Despejamos. $z = x + 2y$, con $x$ e $y$ libres, así que la dimensión del núcleo es $2$.

Respuesta: una base del núcleo es $\{(-2; 1; 0); (1; 0; 1)\}$, de dimensión $2$

c)

1. Miramos las imágenes de la base canónica. Son las columnas de la matriz de b): $(1; 2)$, $(2; 4)$ y $(-1; -2)$.

2. Vemos que no son independientes. La segunda es el doble de la primera y la tercera es su opuesta.

3. Nos quedamos con una. El rango es $1$, así que la imagen tiene dimensión $1$.

4. Ojo con el error típico. Las imágenes de una base GENERAN la imagen, pero no siempre son base: hay que calcular el rango, no contarlas.

Respuesta: una base de la imagen es $\{(1; 2)\}$, de dimensión $1$

d)

1. Recordamos el enunciado. La dimensión del núcleo más la de la imagen da la dimensión del espacio de SALIDA.

2. Tomamos los dos números. De b), el núcleo tiene dimensión $2$; de c), la imagen tiene dimensión $1$.

3. Sumamos. $2 + 1 = 3$.

4. Comparamos. El dominio es $\mathbb{R}^{3}$, de dimensión $3$: cierra. Ojo que va la dimensión del dominio y no la del codominio, que acá es $2$.

Respuesta: el núcleo tiene dimensión $2$, la imagen $1$, y la suma da $3$, la dimensión del dominio

1. Calculamos las imágenes de la base canónica. $T(1; 0) = (1; 3)$ y $T(0; 1) = (2; 4)$.

2. Las ponemos como COLUMNAS. Ese es el orden: como filas daría la transpuesta, que es otra transformación.

3. Escribimos la matriz. $A = \begin{bmatrix}1 & 2 \\ 3 & 4\end{bmatrix}$.

Respuesta: $A = \begin{bmatrix}1 & 2 \\ 3 & 4\end{bmatrix}$

b)

1. Planteamos el sistema homogéneo. Con la matriz de a), buscamos los $(x; y)$ con $A\vec{v} = \vec{0}$.

2. Calculamos el determinante. $1 \cdot 4 - 2 \cdot 3 = -2$, distinto de cero.

3. Concluimos. Con determinante no nulo el sistema homogéneo tiene solo la solución trivial.

Respuesta: núcleo trivial, de dimensión $0$, así que $T$ es inyectiva

c)

1. Usamos el teorema de la dimensión. El dominio tiene dimensión $2$ y el núcleo de b) tiene dimensión $0$, así que la imagen tiene dimensión $2$.

2. Lo confirmamos con el rango. Las dos columnas de a) son independientes porque el determinante de b) no es cero.

3. Escribimos la base. Las dos columnas sirven, y como son $2$ vectores independientes en $\mathbb{R}^{2}$, la imagen es todo el codominio.

Respuesta: una base de la imagen es $\{(1; 3); (2; 4)\}$, de dimensión $2$

d)

1. Miramos las tres condiciones. La matriz de a) es cuadrada, y por b) es inyectiva y por c) es sobreyectiva.

2. Usamos el criterio corto. Con matriz cuadrada alcanza el determinante, que en b) dio $-2$.

3. Calculamos la inversa. $A^{-1} = \begin{bmatrix}-2 & 1 \\ \dfrac{3}{2} & - \dfrac{1}{2}\end{bmatrix}$.

4. Verificamos. $A \cdot A^{-1} = \begin{bmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1\end{bmatrix}$.

Respuesta: sí, es isomorfismo, y la matriz de la inversa es $\begin{bmatrix}-2 & 1 \\ \dfrac{3}{2} & - \dfrac{1}{2}\end{bmatrix}$

1. Armamos la matriz $A - \lambda I$. Queda $\begin{bmatrix}4 - lam & 1 \\ 2 & 3 - lam\end{bmatrix}$.

2. Calculamos su determinante. $(4 - \lambda)(3 - \lambda) - 1 \cdot 2$.

3. Expandimos. $p(\lambda) = \lambda^{2} - 7 \lambda + 10$.

4. Chequeamos el grado. Es $2$, igual que el tamaño de la matriz, como tiene que ser.

Respuesta: $p(\lambda) = \lambda^{2} - 7 \lambda + 10$

b)

1. Igualamos a cero el polinomio de a). $\lambda^{2} - 7 \lambda + 10 = 0$.

2. Buscamos las raíces. Dos números que sumen $7$ y multipliquen $10$.

3. Los encontramos. Son $2$ y $5$.

4. Verificamos con la traza y el determinante. La suma de los autovalores tiene que dar la traza, $7$, y el producto el determinante, $10$.

Respuesta: los autovalores son $2$ y $5$

c)

1. Para el primer autovalor de b). Resolvemos $(A - 2 I)\vec{v} = \vec{0}$ y sale la dirección $(- \dfrac{1}{2}; 1)$.

2. Para el segundo. Con $\lambda = 5$ sale $(1; 1)$.

3. Contamos las multiplicidades algebraicas. Cada raíz de a) aparece una sola vez, así que las dos valen $1$.

4. Contamos las geométricas. Cada autoespacio tiene dimensión $1$, así que las geométricas también valen $1$ y coinciden con las algebraicas.

Respuesta: los autoespacios tienen dimensión $1$, con multiplicidad algebraica $1$ y geométrica $1$

d)

1. Recordamos el criterio. Es diagonalizable cuando para cada autovalor la multiplicidad geométrica iguala a la algebraica.

2. Miramos c). Las dos coinciden en $1$ para los dos autovalores.

3. Contamos autovectores independientes. Salen $2$, que es el tamaño de la matriz.

4. Anotamos sobre qué cuerpo. Los dos autovalores de b) son reales, así que es diagonalizable sobre los reales y no solo sobre los complejos.

Respuesta: sí, es diagonalizable, con $2$ autovectores independientes

1. Calculamos el polinomio característico. La matriz es triangular, así que el determinante de $A - \lambda I$ es el producto de la diagonal: $p(\lambda) = \lambda^{2} - 4 \lambda + 3$.

2. Sacamos los autovalores. Son $1$ y $3$, los dos de la diagonal.

3. Aplicamos el criterio. Son dos autovalores distintos en una matriz de $2 \times 2$, y autovalores distintos siempre dan autovectores independientes.

4. Anotamos el cuerpo. Los dos son reales, así que es diagonalizable sobre los reales.

Respuesta: sí, es diagonalizable: autovalores $1$ y $3$, con $2$ autovectores independientes

b)

1. Buscamos el autovector de $\lambda = 1$. Resolviendo $(A - I)\vec{v} = \vec{0}$ sale $(1; 0)$.

2. Buscamos el de $\lambda = 3$. Sale $(1; 1)$.

3. Armamos $P$ con los autovectores como columnas. $P = \begin{bmatrix}1 & 1 \\ 0 & 1\end{bmatrix}$.

4. Armamos $D$ en el MISMO orden. $D = \begin{bmatrix}1 & 0 \\ 0 & 3\end{bmatrix}$: si se cambia el orden de las columnas de $P$ hay que cambiar el de $D$.

5. Verificamos. $A P = P D$, y las dos dan $\begin{bmatrix}1 & 3 \\ 0 & 3\end{bmatrix}$.

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

c)

1. Calculamos $P^{-1}$. Con la $P$ de b), $P^{-1} = \begin{bmatrix}1 & -1 \\ 0 & 1\end{bmatrix}$.

2. Multiplicamos. $P^{-1} A P = \begin{bmatrix}1 & 0 \\ 0 & 3\end{bmatrix}$.

3. Comparamos con $D$. Da exactamente la $D$ de b), así que $A$ y $D$ son semejantes.

4. Lo leemos. Dos matrices semejantes son la misma transformación escrita en bases distintas, y por eso comparten traza, determinante y autovalores.

Respuesta: $P^{-1} A P = \begin{bmatrix}1 & 0 \\ 0 & 3\end{bmatrix}$, que es $D$

d)

1. Usamos la descomposición de b). $A^{3} = P D^{3} P^{-1}$: los $P^{-1}P$ del medio se cancelan.

2. Elevamos $D$ al cubo. Una diagonal se eleva entrada a entrada: $D^{3} = \begin{bmatrix}1 & 0 \\ 0 & 27\end{bmatrix}$.

3. Multiplicamos. $P D^{3} P^{-1} = \begin{bmatrix}1 & 26 \\ 0 & 27\end{bmatrix}$.

4. Verificamos. Multiplicando $A$ por sí misma tres veces da lo mismo.

Respuesta: $A^{3} = \begin{bmatrix}1 & 26 \\ 0 & 27\end{bmatrix}$

1. Escribimos la transpuesta. $A^{T} = \begin{bmatrix}2 & 1 \\ 1 & 2\end{bmatrix}$.

2. Comparamos con $A$. Son iguales.

3. Miramos las entradas cruzadas. $a_{12} = 1$ y $a_{21} = 1$: coinciden, que es lo que define la simetría.

Respuesta: sí, $A$ es simétrica

b)

1. Armamos $A - \lambda I$ y su determinante. $p(\lambda) = \lambda^{2} - 4 \lambda + 3$.

2. Buscamos las raíces. Salen $1$ y $3$.

3. Verificamos con traza y determinante. La suma da $4$ y el producto $3$.

4. Anotamos algo que ya se sabía. Por a) la matriz es simétrica, y toda matriz simétrica real tiene todos sus autovalores reales: no hacía falta esperar a ver las raíces.

Respuesta: $p(\lambda) = \lambda^{2} - 4 \lambda + 3$, con autovalores $1$ y $3$

c)

1. Buscamos los autovectores de b). Para $\lambda = 1$ sale $(1; -1)$ y para $\lambda = 3$ sale $(1; 1)$.

2. Verificamos que sean ortogonales. Su producto interno da $0$. En una matriz simétrica los autovectores de autovalores distintos siempre son ortogonales, así que no hace falta Gram-Schmidt.

3. Los normalizamos. Cada uno tiene norma $\sqrt{2}$, así que se dividen por $\sqrt{2}$.

4. Armamos $P$ y verificamos. $P^{T} P$ da la identidad, que es lo que quiere decir ortogonal, y $P^{T} A P$ da la diagonal con $1$ y $3$.

Respuesta: $P = \begin{bmatrix}\dfrac{\sqrt{2}}{2} & \dfrac{\sqrt{2}}{2} \\ - \dfrac{\sqrt{2}}{2} & \dfrac{\sqrt{2}}{2}\end{bmatrix}$ y $P^{T} A P = \begin{bmatrix}1 & 0 \\ 0 & 3\end{bmatrix}$

d)

1. Escribimos la forma cuadrática. Con la matriz de a), $Q(x; y) = 2x^{2} + 2\,x\,y + 2y^{2}$.

2. Chequeamos el término cruzado. El coeficiente de $xy$ es el doble de $a_{12}$, porque aporta dos veces: una por $a_{12}$ y otra por $a_{21}$.

3. Clasificamos por los autovalores de b). Son $1$ y $3$, los dos positivos.

4. Concluimos. Con todos los autovalores positivos la forma es definida positiva: vale más que cero para todo vector no nulo.

Respuesta: $Q(x; y) = 2x^{2} + 2\,x\,y + 2y^{2}$, definida positiva, con autovalores $1$ y $3$

1. Escribimos el vector en la base dada. Buscamos $a$ y $b$ con $a\,(1; 0) + b\,(1; 1) = (3; 2)$.

2. Resolvemos. De la segunda componente sale $b = 2$, y de la primera $a = 1$.

3. Usamos la linealidad. $T(3; 2) = 1 \cdot (2; 1) + 2 \cdot (3; 4)$.

4. Hacemos la cuenta. Da $(8; 9)$.

Respuesta: $T(3; 2) = (8; 9)$

b)

1. Necesitamos las imágenes de la base canónica. La de $(1; 0)$ ya la da el enunciado: $(2; 1)$.

2. Sacamos la de $(0; 1)$. Como $(0; 1) = (1; 1) - (1; 0)$, entonces $T(0; 1) = (3; 4) - (2; 1) = (1; 3)$.

3. Armamos la matriz con esas dos como columnas. $A = \begin{bmatrix}2 & 1 \\ 1 & 3\end{bmatrix}$.

4. Verificamos con a). Aplicando $A$ al vector $(3; 2)$ vuelve $(8; 9)$.

Respuesta: $A = \begin{bmatrix}2 & 1 \\ 1 & 3\end{bmatrix}$

c)

1. Escribimos la matriz de $S$. Intercambia las coordenadas, así que es $\begin{bmatrix}0 & 1 \\ 1 & 0\end{bmatrix}$.

2. Recordamos el orden. En $S \circ T$ se aplica primero $T$, así que su matriz va a la DERECHA: la matriz es $S \cdot A$ con la $A$ de b).

3. Multiplicamos. $\begin{bmatrix}1 & 3 \\ 2 & 1\end{bmatrix}$.

4. Verificamos con a). Aplicando la composición a $(3; 2)$ da $(9; 8)$, que es el $T(3; 2)$ de a) con las coordenadas dadas vuelta.

Respuesta: la matriz de $S \circ T$ es $\begin{bmatrix}1 & 3 \\ 2 & 1\end{bmatrix}$

d)

1. Armamos la matriz de cambio de base. Las columnas son los vectores de $B$: $C = \begin{bmatrix}1 & 1 \\ 0 & 1\end{bmatrix}$.

2. Aplicamos la fórmula. La matriz en la base $B$ es $C^{-1} A C$, con la $A$ de b).

3. Calculamos $C^{-1}$. Da $\begin{bmatrix}1 & -1 \\ 0 & 1\end{bmatrix}$.

4. Multiplicamos. $C^{-1} A C = \begin{bmatrix}1 & -1 \\ 1 & 4\end{bmatrix}$.

Respuesta: la matriz de $T$ en la base $B$ es $\begin{bmatrix}1 & -1 \\ 1 & 4\end{bmatrix}$

1. Armamos el polinomio característico. $p(\lambda) = \lambda^{2} - 4 \lambda - 5$.

2. Igualamos a cero y factorizamos. Buscamos dos números que sumen $4$ y multipliquen $-5$.

3. Los encontramos. Son $-1$ y $5$.

Respuesta: los autovalores son $-1$ y $5$

b)

1. Para el primero de a). Resolvemos $(A - (-1) I)\vec{v} = \vec{0}$ y sale la dirección $(-2; 1)$.

2. Para el segundo. Con $\lambda = 5$ sale $(1; 1)$.

3. Verificamos uno. $A\,(-2; 1) = (2; -1)$, que es $-1$ veces el vector.

4. Anotamos que no son únicos. Cualquier múltiplo no nulo de un autovector es autovector, así que la base de cada autoespacio se puede escribir de infinitas formas.

Respuesta: los autoespacios tienen dimensión $1$, generados por $(-2; 1)$ y $(1; 1)$

c)

1. Sumamos los autovalores de a). $-1 + 5 = 4$.

2. Calculamos la traza. Es la suma de la diagonal: $1 + 3 = 4$.

3. Multiplicamos los autovalores. $-1 \cdot 5 = -5$.

4. Calculamos el determinante. $1 \cdot 3 - 4 \cdot 2 = -5$: las dos propiedades cierran.

Respuesta: la suma da $4$, igual a la traza, y el producto $-5$, igual al determinante

d)

1. Armamos $P$ con los autovectores de b) como columnas. $P = \begin{bmatrix}-2 & 1 \\ 1 & 1\end{bmatrix}$.

2. Armamos $D$ con los autovalores de a) en el mismo orden. $D = \begin{bmatrix}-1 & 0 \\ 0 & 5\end{bmatrix}$.

3. Verificamos. $A P$ y $P D$ dan los dos $\begin{bmatrix}2 & 5 \\ -1 & 5\end{bmatrix}$.

4. Chequeamos que $P$ sea inversible. Su determinante es $-3$, distinto de cero, que es lo que hace falta para poder escribir $P^{-1}$.

Respuesta: $P = \begin{bmatrix}-2 & 1 \\ 1 & 1\end{bmatrix}$ y $D = \begin{bmatrix}-1 & 0 \\ 0 & 5\end{bmatrix}$

1. Chequeamos el vector nulo. $T(0; 0) = (0; 0)$.

2. Miramos los términos. Las dos componentes son sumas de múltiplos de $x$ e $y$, sin cuadrados ni productos cruzados ni términos independientes.

3. Concluimos. $T$ es lineal.

Respuesta: sí, $T$ es lineal

b)

1. Calculamos las imágenes de la base canónica. $T(1; 0) = (1; 2)$ y $T(0; 1) = (1; 2)$.

2. Escribimos el vector en esa base. $(2; 3) = 2 \cdot (1; 0) + 3 \cdot (0; 1)$.

3. Usamos la linealidad de a). $T(2; 3) = 2\,(1; 2) + 3\,(1; 2)$.

4. Hacemos la cuenta. Da $(5; 10)$.

Respuesta: $T(2; 3) = (5; 10)$

c)

1. Miramos las dos imágenes de b). La segunda es igual a la primera, así que las columnas son proporcionales.

2. Planteamos el sistema homogéneo. $x + y = 0$ y $2x + 2y = 0$, que son la misma ecuación.

3. Despejamos. $y = -x$, con $x$ libre.

4. Escribimos la base. Tomando $x = 1$ queda $(-1; 1)$, así que la dimensión del núcleo es $1$.

Respuesta: una base del núcleo es $\{(-1; 1)\}$, de dimensión $1$

d)

1. Tomamos las imágenes de la base de b). Generan la imagen.

2. Sacamos las repetidas. Como en c) vimos que son proporcionales, alcanza con una.

3. Calculamos el rango. Es $1$, así que la imagen tiene dimensión $1$.

4. Lo cruzamos con el teorema. La dimensión del núcleo de c) más esta da $1 + 1 = 2$, la dimensión del dominio.

Respuesta: una base de la imagen es $\{(1; 2)\}$, de dimensión $1$

1. Armamos $A - \lambda I$. Queda $\begin{bmatrix}1 - lam & 1 & 0 \\ 0 & 2 - lam & 0 \\ 0 & 0 & 2 - lam\end{bmatrix}$.

2. Aprovechamos la forma. Es triangular superior, así que el determinante es el producto de la diagonal.

3. Escribimos y expandimos. $p(\lambda) = - \lambda^{3} + 5 \lambda^{2} - 8 \lambda + 4$.

4. Chequeamos el grado. Es $3$, el tamaño de la matriz.

Respuesta: $p(\lambda) = - \lambda^{3} + 5 \lambda^{2} - 8 \lambda + 4$

b)

1. Leemos las raíces de a). El $1$ aparece una vez y el $2$ aparece dos, así que las multiplicidades algebraicas son $1$ y $2$.

2. Calculamos la geométrica de $\lambda = 1$. El rango de $A - I$ es $2$, así que su núcleo tiene dimensión $1$.

3. Calculamos la de $\lambda = 2$. El rango de $A - 2I$ es $1$, así que su núcleo tiene dimensión $2$.

4. Controlamos la desigualdad. La geométrica nunca puede superar a la algebraica, y acá dan $1$ contra $1$ y $2$ contra $2$.

Respuesta: para $\lambda = 1$ las dos valen $1$, y para $\lambda = 2$ las dos valen $2$

c)

1. Aplicamos el criterio. Es diagonalizable cuando para cada autovalor la geométrica iguala a la algebraica.

2. Miramos b). Coinciden en los dos autovalores.

3. Contamos autovectores independientes. $1 + 2 = 3$, el tamaño de la matriz.

4. Anotamos el cuerpo. Los dos autovalores son reales, así que es diagonalizable sobre los reales.

Respuesta: sí, es diagonalizable, con $3$ autovectores independientes

d)

1. Buscamos los autovectores de cada autoespacio de b). Para $\lambda = 1$ sale $(1; 0; 0)$, y para $\lambda = 2$ salen $(1; 1; 0)$ y $(0; 0; 1)$.

2. Armamos $P$ con los tres como columnas. $P = \begin{bmatrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{bmatrix}$.

3. Armamos $D$ con los autovalores en el mismo orden. $D = \begin{bmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2\end{bmatrix}$.

4. Verificamos. $A P$ y $P D$ dan los dos $\begin{bmatrix}1 & 2 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2\end{bmatrix}$, y el determinante de $P$ es $1$, distinto de cero.

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

1. Calculamos las imágenes de la base canónica. $T(1; 0) = (2; 1)$ y $T(0; 1) = (1; 1)$.

2. Las ponemos como columnas. $A = \begin{bmatrix}2 & 1 \\ 1 & 1\end{bmatrix}$.

3. Verificamos con un vector. $T(1; 1) = (3; 2)$, que coincide con aplicar la matriz.

Respuesta: $A = \begin{bmatrix}2 & 1 \\ 1 & 1\end{bmatrix}$

b)

1. Armamos la matriz de cambio de base. Las columnas son los vectores de $B$: $C = \begin{bmatrix}1 & 1 \\ 1 & -1\end{bmatrix}$.

2. Aplicamos la fórmula. La matriz en la base $B$ es $C^{-1} A C$, con la $A$ de a).

3. Calculamos $C^{-1}$. Da $\begin{bmatrix}\dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2} \\ \dfrac{1}{2} & - \dfrac{1}{2}\end{bmatrix}$.

4. Multiplicamos. $C^{-1} A C = \begin{bmatrix}\dfrac{5}{2} & \dfrac{1}{2} \\ \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2}\end{bmatrix}$.

Respuesta: la matriz de $T$ en la base $B$ es $\begin{bmatrix}\dfrac{5}{2} & \dfrac{1}{2} \\ \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{2}\end{bmatrix}$

c)

1. Notamos que b) no interviene. La matriz de la composición se arma en la base canónica, así que se usa la de a) y no la de b).

2. Escribimos la matriz de $S$. Cambia el signo de la segunda coordenada: $\begin{bmatrix}1 & 0 \\ 0 & -1\end{bmatrix}$.

3. Cuidamos el orden. En $T \circ S$ se aplica primero $S$, así que su matriz va a la derecha: es $A \cdot S$ con la $A$ de a).

4. Multiplicamos. $\begin{bmatrix}2 & -1 \\ 1 & -1\end{bmatrix}$.

5. Chequeamos que el orden importa. Al revés, $S \cdot A$ da $\begin{bmatrix}2 & 1 \\ -1 & -1\end{bmatrix}$, que es otra matriz.

Respuesta: la matriz de $T \circ S$ es $\begin{bmatrix}2 & -1 \\ 1 & -1\end{bmatrix}$

d)

1. Calculamos el determinante de la matriz de a). $2 \cdot 1 - 1 \cdot 1 = 1$.

2. Aplicamos el criterio. Es cuadrada y el determinante no es cero, así que $T$ es isomorfismo.

3. Calculamos la inversa. $A^{-1} = \begin{bmatrix}1 & -1 \\ -1 & 2\end{bmatrix}$.

4. Verificamos. $A \cdot A^{-1} = \begin{bmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1\end{bmatrix}$.

Respuesta: sí, es isomorfismo, y la matriz de la inversa es $\begin{bmatrix}1 & -1 \\ -1 & 2\end{bmatrix}$

1. Aprovechamos la forma de la matriz. Es triangular inferior, así que el determinante de $A - \lambda I$ es el producto de la diagonal.

2. Escribimos el polinomio. $p(\lambda) = \lambda^{2} - 5 \lambda + 6$.

3. Leemos las raíces. Son $2$ y $3$, los propios elementos de la diagonal.

Respuesta: los autovalores son $2$ y $3$

b)

1. Sumamos los de a). $2 + 3 = 5$.

2. Calculamos la traza. $3 + 2 = 5$: coincide.

3. Multiplicamos los de a). $2 \cdot 3 = 6$.

4. Calculamos el determinante. $3 \cdot 2 - 0 \cdot 1 = 6$: también coincide.

Respuesta: la suma da $5$, igual a la traza, y el producto $6$, igual al determinante

c)

1. Calculamos $P^{-1}$. Da $\begin{bmatrix}-1 & 1 \\ 1 & 0\end{bmatrix}$.

2. Multiplicamos. $P^{-1} A P = \begin{bmatrix}2 & 0 \\ 0 & 3\end{bmatrix}$.

3. Miramos qué salió. Es la diagonal con los autovalores de a), así que $P$ está armada con autovectores.

4. Concluimos. Las dos matrices son semejantes por definición: existe una $P$ inversible con $P^{-1} A P$ igual al resultado. Y por eso comparten la traza $5$ y el determinante $6$ de b).

Respuesta: $P^{-1} A P = \begin{bmatrix}2 & 0 \\ 0 & 3\end{bmatrix}$, semejante a $A$

d)

1. Usamos la diagonalización de c). $A = P D P^{-1}$ con $D = \begin{bmatrix}2 & 0 \\ 0 & 3\end{bmatrix}$.

2. Elevamos a la cuarta. Los $P^{-1}P$ del medio se cancelan y queda $A^{4} = P D^{4} P^{-1}$.

3. Elevamos $D$ entrada a entrada. $D^{4} = \begin{bmatrix}16 & 0 \\ 0 & 81\end{bmatrix}$.

4. Multiplicamos. $P D^{4} P^{-1} = \begin{bmatrix}81 & 0 \\ 65 & 16\end{bmatrix}$.

Respuesta: $A^{4} = \begin{bmatrix}81 & 0 \\ 65 & 16\end{bmatrix}$

1. Comparamos con la transpuesta. $A^{T} = \begin{bmatrix}5 & -2 \\ -2 & 5\end{bmatrix}$, igual a $A$: es simétrica.

2. Armamos el polinomio característico. $p(\lambda) = \lambda^{2} - 10 \lambda + 21$.

3. Buscamos las raíces. Salen $3$ y $7$.

4. Anotamos por qué eran reales. Por la simetría del paso $1$: toda matriz simétrica real tiene todos sus autovalores reales.

Respuesta: sí, es simétrica, y los autovalores son $3$ y $7$

b)

1. Buscamos los autovectores de a). Para $\lambda = 3$ sale $(1; 1)$ y para $\lambda = 7$ sale $(1; -1)$.

2. Verificamos que sean ortogonales. Su producto interno da $0$, y eso pasa siempre en una matriz simétrica cuando los autovalores son distintos.

3. Los normalizamos. Los dos tienen norma $\sqrt{2}$, así que se dividen por $\sqrt{2}$.

4. Verificamos la ortogonalidad de la matriz. $P^{T} P$ da la identidad, y $P^{T} A P$ da la diagonal con $3$ y $7$.

Respuesta: $P = \begin{bmatrix}\dfrac{\sqrt{2}}{2} & \dfrac{\sqrt{2}}{2} \\ \dfrac{\sqrt{2}}{2} & - \dfrac{\sqrt{2}}{2}\end{bmatrix}$ y $P^{T} A P = \begin{bmatrix}3 & 0 \\ 0 & 7\end{bmatrix}$

c)

1. Escribimos la forma. Con la matriz de a), $Q(x; y) = 5x^{2} - 4\,x\,y + 5y^{2}$.

2. Cuidamos el término cruzado. El coeficiente de $xy$ es el doble de $a_{12}$, porque $a_{12}$ y $a_{21}$ aportan lo mismo.

3. Clasificamos por los autovalores de a). Son $3$ y $7$, los dos positivos.

4. Concluimos. Definida positiva.

Respuesta: $Q(x; y) = 5x^{2} - 4\,x\,y + 5y^{2}$, definida positiva, con autovalores $3$ y $7$

d)

1. Hallamos el núcleo. Como los autovalores de a) son $3$ y $7$, ninguno es cero, así que el determinante es $21$ y el núcleo es solo el vector nulo: dimensión $0$.

2. Hallamos la imagen. El rango es $2$, así que la imagen tiene dimensión $2$.

3. Sumamos. $0 + 2 = 2$.

4. Comparamos con el dominio. $\mathbb{R}^{2}$ tiene dimensión $2$: cierra.

Respuesta: el núcleo tiene dimensión $0$, la imagen $2$, y la suma da $2$, la dimensión del dominio