Ejercicios: Matrices simétricas

2. Concluimos que es simétrica. Cumple $A^T = A$.

3. Aplicamos el teorema espectral. Toda matriz simétrica con entradas reales es diagonalizable, y además se puede diagonalizar con una base ortonormal.

4. Concluimos. Es diagonalizable, sin necesidad de verificar multiplicidades.

5. Observamos. Es una garantía muy fuerte: para las simétricas nunca hace falta chequear si se puede diagonalizar.

Respuesta: es simétrica, y por el teorema espectral es diagonalizable

2. Factorizamos. $p(\lambda) = (\lambda - 1)(\lambda - 3)$

3. Leemos las raíces. $\lambda_1 = 1$ y $\lambda_2 = 3$, los dos reales.

4. Confirmamos el teorema. El teorema espectral garantiza que toda matriz simétrica real tiene todos sus autovalores reales. Acá se verifica.

5. Comparamos con el caso general. Una matriz cualquiera puede no tener autovalores reales, como la matriz de rotación. Las simétricas nunca tienen ese problema.

Respuesta: los autovalores son $1$ y $3$, los dos reales

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

3. Calculamos el producto interno. $\langle (1; -1), (1; 1) \rangle = 1 - 1 = 0$

4. Concluimos. Son ortogonales.

5. Generalizamos. En una matriz simétrica los autovectores de autovalores distintos siempre son ortogonales. Es otra parte del teorema espectral.

Respuesta: son ortogonales: el producto interno vale $0$

2. Buscamos un contraejemplo. Tomamos $A = \begin{bmatrix}1 & 2 \\ 0 & 3\end{bmatrix}$, que es triangular.

3. Verificamos que sea diagonalizable. Sus autovalores son $1$ y $3$, distintos, así que es diagonalizable.

4. Verificamos que no sea simétrica. $A^T = \begin{bmatrix}1 & 0 \\ 2 & 3\end{bmatrix}$, que no coincide con $A$.

5. Concluimos. Hay matrices diagonalizables que no son simétricas, así que la implicación vale en un solo sentido.

Respuesta: no: hay matrices diagonalizables que no son simétricas

2. Concluimos que es simétrica. Cumple $A^T = A$.

3. Aplicamos el teorema espectral. Toda matriz simétrica con entradas reales es diagonalizable, y además se puede diagonalizar con una base ortonormal.

4. Concluimos. Es diagonalizable, sin necesidad de verificar multiplicidades.

5. Observamos. Es una garantía muy fuerte: para las simétricas nunca hace falta chequear si se puede diagonalizar.

Respuesta: es simétrica, y por el teorema espectral es diagonalizable

2. Factorizamos. $p(\lambda) = (\lambda - 3)(\lambda - 7)$

3. Leemos las raíces. $\lambda_1 = 3$ y $\lambda_2 = 7$, los dos reales.

4. Verificamos con la traza y el determinante. La traza es $10 = 3 + 7$ y el determinante es $25 - 4 = 21 = 3 \cdot 7$: coherente.

5. Miramos el patrón. En una simétrica de la forma $\begin{bmatrix} a & b \\ b & a \end{bmatrix}$ los autovalores son siempre $a + b$ y $a - b$.

6. Confirmamos el teorema. Salieron reales, como garantiza el teorema espectral para toda matriz simétrica real.

Respuesta: los autovalores son $3$ y $7$, los dos reales

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

3. Hallamos el de $\lambda = 7$. $A - 7I = \begin{bmatrix}-3 & 3 \\ 3 & -3\end{bmatrix}$, con ecuación $x = y$: el autovector es $(1; 1)$.

4. Calculamos el producto interno. $\langle (1; -1), (1; 1) \rangle = 1 - 1 = 0$: son ortogonales.

5. Comparamos con el caso anterior. Los autovectores son los mismos que los de otra simétrica con la misma forma, aunque los autovalores cambien. Eso pasa porque las dos son del tipo $\begin{bmatrix} a & b \\ b & a \end{bmatrix}$.

6. Confirmamos el teorema. La ortogonalidad no depende de los números: está garantizada por la simetría.

Respuesta: son ortogonales: los autovectores son $(1; -1)$ y $(1; 1)$, con producto interno $0$

2. Buscamos un contraejemplo. Tomamos $A = \begin{bmatrix}1 & 1 \\ 1 & 1\end{bmatrix}$, que cumple $A^T = A$.

3. Calculamos su determinante. $1 \cdot 1 - 1 \cdot 1 = 0$, así que no es inversible.

4. Lo confirmamos con los autovalores. $p(\lambda) = (1-\lambda)^2 - 1 = \lambda^2 - 2\lambda$, con raíces $0$ y $2$. El autovalor cero confirma que no es inversible.

5. Concluimos. No: hay matrices simétricas no inversibles.

6. Aclaramos qué sí garantiza la simetría. Garantiza autovalores reales, autovectores ortogonales y diagonalizabilidad. Nada de eso impide que alguno de los autovalores sea cero.

Respuesta: no: por ejemplo $\begin{bmatrix}1 & 1 \\ 1 & 1\end{bmatrix}$ es simétrica y tiene determinante cero

2. Concluimos que es simétrica. Cumple $A^T = A$.

3. Aplicamos el teorema espectral. Toda matriz simétrica con entradas reales es diagonalizable, y además se puede diagonalizar con una base ortonormal.

4. Concluimos. Es diagonalizable, sin necesidad de verificar multiplicidades.

5. Observamos. Es una garantía muy fuerte: para las simétricas nunca hace falta chequear si se puede diagonalizar.

Respuesta: es simétrica, y por el teorema espectral es diagonalizable

2. Hallamos sus raíces. $p(\lambda) = (\lambda - 3)(\lambda + 1)$, así que los autovalores son $3$ y $-1$: los dos reales.

3. Calculamos el polinomio de $B$. $p(\lambda) = (1-\lambda)^2 + 4 = \lambda^2 - 2\lambda + 5$.

4. Miramos el discriminante. $4 - 20 = -16$, negativo: no hay raíces reales.

5. Comparamos. $A$ y $B$ se diferencian en un solo signo, pero $A$ es simétrica y $B$ no. La simétrica tiene autovalores reales y la otra no.

6. Sacamos la lectura. Que los autovalores sean reales no es casualidad ni depende de los números elegidos: es una garantía del teorema espectral, y sin simetría esa garantía desaparece.

Respuesta: $A$ tiene autovalores $3$ y $-1$, reales; $B$ no tiene autovalores reales

2. Escribimos un producto de dos formas. Consideramos $\langle Av_1, v_2 \rangle$ y lo calculamos por los dos lados.

3. Lo calculamos usando el primer autovector. $\langle Av_1, v_2 \rangle = \langle \lambda_1 v_1, v_2 \rangle = \lambda_1 \langle v_1, v_2 \rangle$.

4. Lo calculamos pasando $A$ al otro lado. Por ser simétrica, $\langle Av_1, v_2 \rangle = \langle v_1, Av_2 \rangle = \lambda_2 \langle v_1, v_2 \rangle$.

5. Igualamos y agrupamos. $\lambda_1 \langle v_1, v_2 \rangle = \lambda_2 \langle v_1, v_2 \rangle$, o sea $(\lambda_1 - \lambda_2)\langle v_1, v_2 \rangle = 0$.

6. Concluimos. Como $\lambda_1 \neq \lambda_2$, el primer factor no es cero, así que $\langle v_1, v_2 \rangle = 0$: los autovectores son ortogonales. La simetría entra en el paso donde $A$ pasa de un lado al otro del producto interno.

Respuesta: son ortogonales: la simetría permite pasar $A$ de un lado al otro del producto interno, y de ahí sale $(\lambda_1 - \lambda_2)\langle v_1, v_2 \rangle = 0$

2. Planteamos el producto. $(AB)^T = B^T A^T = BA$, usando que la transpuesta de un producto invierte el orden.

3. Vemos la condición. $(AB)^T = AB$ solo si $BA = AB$, o sea si las dos matrices conmutan, cosa que en general no pasa.

4. Buscamos un contraejemplo. $A = \begin{bmatrix}1 & 0 \\ 0 & 0\end{bmatrix}$ y $B = \begin{bmatrix}0 & 1 \\ 1 & 0\end{bmatrix}$ son simétricas, pero $AB = \begin{bmatrix}0 & 1 \\ 0 & 0\end{bmatrix}$, que no lo es.

5. Concluimos. La suma siempre es simétrica; el producto no, salvo que las matrices conmuten.

6. Sacamos la lectura. Las simétricas forman un subespacio vectorial, porque la suma y el producto por escalares las preservan. Pero no son cerradas para el producto de matrices.

Respuesta: la suma siempre es simétrica; el producto solo si las dos matrices conmutan