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TEMA 4: Determinantes. Reducció n de matrices. Caso diagonalizable.

Factorizacion 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 factorizacion QR para la matriz
A = [1 ? 2 1/? 1 3 2/1 ? 1 ? 4]
Solucion:

Al aplicarle el proceso de Gram-Schmidt a las columnas de A obtenemos:
q 1 = [ 1 /praiz3,? 1 / p3 , 1 / p 3]T
q 2 = [0, 1 / p 2 , 1 / p 2 ]T
q 3 = [ 2 / p 6 , 1 / p 6 ,? 1 / p 6 ]T

Por tanto
Q =[1/ p 3, 0, 2/ p 6 / ? 1/ p3, 1/p2, 1/p6 / 1/p3,1/ p 2,? 1/p6] y R = Q T · A =[p 3, ? 2p3, ? 5/3 p 3 / 0 p 2 ? 2 p3 / 0 0 1/3 *p6 ]

Calcular A a la 120 : p-1Ap=D --> PP-1APP-1= PDP-1
A=PDP-1 , AA=PDP-1 PDP-1 (PP-1=Id) -->PD(a la 120)P-1

Tema 5: Reducció n 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
Lamda1 = 1; m(¸ 1 ) = 3
Lamda2 = -3; m(¸ 2 ) = 1:

Para el primer autovalor
E(A; Lam1 ) = 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(¸1 ) = 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 = 0g = 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 = f(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; ¸ ) = Ker(I3 - A) ^ 3 . Para el segundo autovalor

E(A; ¸2 ) = Ker(¡3I3 ¡ A) = f(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(¸2 ) = 1:

Ker
(¡3I3 ¡ A) 2 = f(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; ¸ ) = E(A; ¸ ) = Ker(-3I3 -A).

5.2. Teorema de descomposicion 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 caracter i stico es p A(z) = (z -4) 2 (z+2), de modo que los autovalores con sus multiplicidades
algebraicas son
¸1 = 4; m(¸1 ) = 2
¸2 = -2; m(¸2 ) = 1:
Para el primer autovalor
E(A; ¸1 ) = Ker(4I3 -A) = {(x; y; z)T /
1 ¡4 ¡3 / 1 4 3 /¡1 2 3 )(xy z)=0}= {(x; y; z)T / x = z; y = - z}= span((11; 1)T ) ) d(¸1 ) = 1:
Luego
E g(A; ¸1 ) = 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((11; 1)T ; (1; 0; 0)T ):

Para el segundo autovalor
E(A; ¸2 ) = 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 g = span((¡1; 1; 1)T ) ) d(¸2 ) = 1

Luego los vectores
v1=(11; 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 est´an 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 caracter?stico es, desarrollando por la tercera fila,
p A(z) = det(zI4 ¡ A) = (z ¡ 1) *|z ¡ 1 0 0 / 3 z + 2 ¡5 / 1 1 z - 2 |
= (
z -1 )^ 2 (z ^2 + 1):
De modo que, los autovalores de A, con sus multiplicidades algebraicas, son:
¸1 = 1;m(¸1 ) = 2; ¸2 = i;m(¸2 ) = 1; ¸3 = - i;m(¸3 ) = 1:
Buscamos ahora una base de los autoespacios generalizados asociados a cada autovalor de A.

Para ¸ 1 , tenemos,


E
(A; ¸1 ) = 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} <(11; 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; ¸1 ) = Ker(I - A) 2 = f(x; y; z; t)T : ( 0 0 0 0 / 4 4 4 ¡10 / 0 0 0 0 /224-4)(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}= <(11; 0; 0)T ; (¡6; 0; 12)T > :

Para el segundo autovalor,

E g(A; ¸2 ) = Ker(iI ¡ A) = f(x; y; z; t)T : ( ¡ 1 0 1 0 / 3 i + 2 7 -5 / 0 0 i -1 0 / 1 1 4 i - 2 )(xyzt)=( 0000 )}={f(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} = <(0; 2 -i; 0; 1)T >

Y como el tercer autovalor es conjugado del segundo y A es real, su autoespacio generalizado est´a generado
por el conjugado del vector anterior,
E g(A; ¸ 3 ) = Ker(¡ iI -A) = <(0; 2 + i; 0; 1)T>:

Tenemos ya calculada una base de autovectores generalizados,
~v1 = (11; 0; 0)T ; ~v2 = (¡6; 0; 12)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 estan formadas por las coordenadas de A~v1;A~v2 , A~v3 y 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

Despues de cacular lamda 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 condici´on inicial
~x[0] = ~x = (1; 10; 7; 12)T en la nueva
base. Sabemos que ´estas son
1~x, donde P es la matriz cuyas columnas son ~v1; ~v2; ~v3; ~v4 . No se calcula
1 , sino que se resuelve el sistema con matriz P y t´ermino independiente (1; 10; 7; 12)T . Si ~x[0] =
® alfa1~v1 + ®2~v2 + ®3~v3 + ®4~v4 , entonces
P (®1®2® 3®4 )T=( 0 0 0 1 / 9 0 0 1/ 6 0 1 0 / 11 1 0 )*(®1® 2®3®4 )=( 1 10 7 12 )

De donde ®1 = 1; ®2 = 1; ®3 = 1; ®4 = 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 solucion de la ecuaci´ on en diferencias
x j+2 ¡ 2x j+1 ¡ 3x j = 0;

con condiciones iniciales x0 = 0; x1 = 1. El polinomio caracter´?stico es p(z) = z2¡23 = (3)(z+1),
de modo que las ra?ces caracter´?sticas con sus multiplicidades son
¸1 = 3; m1 = 1
¸2 = ¡1; m2 = 1:
Segun esto, la base de soluciones es
{landa j,1}inf,j=0 = {3j}inf,j=0,
{landa j,2}inf,j=0 = {(-1)j}inf,j=0

de manera que la solucion general{yj}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;
x
1 = 1 --> y1 = 3A ¡ B = 1:

Se obtiene un sistema lineal para las constantes, de solucion A = 1=4;B = ¡1=4. Luego la solucion del
problema es {Yj}in
f , j =0 con
Yj =1/4*3j-1/4*(¡ 1)j ; j = 0; 1; 2..

(2) Vamos a obtener la soluci´ on general de la ecuaci´ on en diferencias x j+3 - 3x j+1 ¡ 2x j = 0:
El polinomio caracter?stico es p(z) = z3 ¡3z ¡2 = (z ¡2)(z +1) 2 , de modo que las ra´?ces caracter´?sticas
con sus multiplicidades son
¸1 = 2; m1 = 1
¸2 = ¡1; m2 = 2:
Segun esto, la base de soluciones es
{landa j,1}inf,j=0 = { 2 j}inf,j=0,
{landa j,2}inf,j=0 = {(-1)j}inf,j=0

{ j landa j,2}inf,j=0 = { j (-1)j}inf,j=0
de manera que la soluci´on general {Yj}inf , j =0 es de la forma
y j = A3j + B(¡ 1)j + Cj(¡ 1)j ; j = 0; 1; 2; : : : ;
para constantes A, B y C.

(3) Vamos a obtener la soluci´ on de la ecuaci´ on 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 caracter´?stico es p(z) = z3 ¡3z2 +3z ¡1 =
(
z ¡ 1) 3 , de modo que las ra´?ces caracter´?sticas con sus multiplicidades son
¸1 = 1; m1 = 3:
Seg´un esto, la base de soluciones es
{landa j,1}inf,j=0 = { 1 j}inf,j=0,
{landa j,2}inf,j=0 = {( j )j}inf,j=0
{landa j,2}inf,j=0 = {( j ^2 )j}inf,j=0
de manera que la soluci´on general {Yj}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 solucion A = 1;B = ¡2;C = 1. Luego la soluci´on del
problema es {Yj}in
f , j =0 con
y j = 1 ¡ 2j + j2; j = 0; 1; 2;

(4) Vamos a obtener la soluci´ on de la ecuaci´ on 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 caracter´?stico es p(z) = z3 ¡4z2 +5z ¡2 =
(
z ¡ 1) 2 (z ¡ 2), de modo que las ra´?ces caracter´?sticas con sus multiplicidades son
¸1 = 1; m1 = 2
¸2 = 2; m2 = 1:
Seg´un esto, la base de soluciones es
{landa j,1}inf,j=0 = { 1 j}inf,j=0,
{landa j,2}inf,j=0 = {( j )j}inf,j=0
{landa j,2}inf,j=0 = {( 2 j )j}inf,j=0

de manera que la soluci´on general f y j g 1
j
=0 es de la forma
y j = A + Bj + C2j ; 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;
x
1 = 1 ) y1 = A + B + 2C = 1
x2 = 0 ) y2 = A + 2B + 4C = 0:
Se obtiene un sistema lineal para las constantes, de soluci´on A = 2;B = 3;C = -2. Luego la solucion del
problema es
f y j g 1
j
=0 con
y j = 2 + 3j ¡ 2j+1; j = 0; 1; 2

(5) Vamos a obtener la soluci´ on de la ecuaci´ on en diferencias
x j+2 = ¡ x j ;
con condiciones iniciales x0 = 1; x1 = 1. El polinomio caracter´?stico es p(z) = z2 + 1 = (z ¡ i)(z + i), de
modo que las ra´?ces caracter´?sticas con sus multiplicidades son
¸1 = i; m1 = 1
¸2 = ¡ i; m2 = 1:
Seg´un esto, la base de soluciones es
{landa j,1}inf,j=0 = { i j}inf,j=0,
{landa j,2}inf,j=0 = {( -i j )j}inf,j=0
de manera que la solucion general {Yj}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;
x
1 = 1 ) y1 = iA ¡ iB = 1:
Se obtiene un sistema lineal para las constantes, de soluci´on A = (1 ¡ i)=2;B = (1 + i)=2. Luego la
soluci´on del problema es {Yj}in
f , 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 *epi j /2 ) =2Re(1-i/2 (cos(pij/2)i sen (pij/2)
=co(pij/2)+sen(pij/2) j=0,1,2...

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