2. Diagonalización ortogonal de matrices simétricas
Definición: Una matriz cuadrada A es diagonalizable ortogonalmente si existe una matriz ortogonal Q y una matriz diagonal D tales que A=QDQT. Recordermos que en una matriz ortogonal se tiene que QT=Q−1, por lo tanto la anterior ecuación se puede escribir como A=QDQT=QDQ−1. Ejemplo: Consideremos la matriz A=[122−2]. Los valores propios de A son λ1=−3 y λ2=2. Los vectores propios correspondientes son: v1=[1−2] y v2=[21], respectivamente. Notemos que v1⋅v2=0. Normalizando, obtenemos u1=1‖v1‖v1=1√5[1−2] y u2=1‖v2‖v2=1√5[21]. Tomemos Q=[u1 u2]=[1√52√5−2√51√5] y D=[−3002]. Es claro que Q es ortogonal, D es diagonal y A=QDQT. Así, A es diagonalizable ortogonalmente.
Teorema: Si A es diagonalizable ortogonalmente, entonces A es simétrica
Prueba: Supongamos que A es diagonalizable ortogonalmente. Esto es, existe una matriz ortogonal Q y una matriz diagonal D tales que A=QDQT. Por lo tanto AT=(QDQT)T=(QT)TDTQT=QDQT=A, es decir, A es simétrica.
Teorema: Si A es una matriz simétrica con entradas reales, entonces los valores propios de A son reales y cualesquiera dos vectores propios correspondientes a valores propios distintos son ortogonales.
Ejemplo: Calcule los valores y vectores propios de la matriz A=[211121112]
Solución: El polinomio característico de A es p(λ)=−(λ−4)(λ−1)2. Luego, los valores propios de A son λ1=4 y λ2=1. Los correspondientes espacios propios son: E1=gen([−101],[−110]) y E4=gen([111]). Además, [−101]⋅[111]=−1+0+1=0 y [−110]⋅[111]=−1+1+0=0. El teorema principal de esta sección es conocido como el teorema espectral de Hilbert.
Teorema: Sea A una matriz n×n con entradas reales. Entonces A es simétrica si y sólo si A es diagonalizable ortogonalmente.
Ejemplo: Consideremos la matriz A=[211121112]. Los valores propios de A son λ1=1 con multiplicidad algebraica 2 y λ2=4 con multiplicidad algebraica 1. Los espacios propios de A son E1=gen([−101],[−110]) y E4=gen([111]). Ahora, aplicando el proceso del Gram-Schmidt a la base para obtenida para E1, obtenemos una base ortogonal para E1 dada por {[−101],12[−12−1]}. Dado que los espacios propios E1 y E4 son ortogonales, juntandos sus bases obtenemos la siguiente base ortogonal par R3: {[−101],12[−12−1],[111]}. Normalizando obtenemos la siguiente base ortonormal de vectores propios para R3: B={[−1√201√2],[−1√62√6−1√6],[1√31√31√3]}. Por lo tanto se obtiene A=QDQT, donde Q=[−1√2−1√61√302√61√31√2−1√61√3] y D=[100010004].
Ejercicios de práctica
Te invitamos a practicar los conocimientos aprendidos en esta parte de la clase realizando los siguientes ejercicios.