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 \[ A=QDQ^{T}. \] Recordermos que en una matriz ortogonal se tiene que $Q^{T}=Q^{-1}$, por lo tanto la anterior ecuación se puede escribir como \[ A=QDQ^{T}=QDQ^{-1}. \] Ejemplo: Consideremos la matriz \[ A=\left[ \begin{array}{cc} 1 & 2 \\ 2 & -2 \\ \end{array} \right]. \] Los valores propios de $A$ son $\lambda_{1}=-3$ y $\lambda_{2}=2$. Los vectores propios correspondientes son: \[ v_{1}=\left[ \begin{array}{r} 1 \\ -2 \\ \end{array} \right] \quad \text{ y } \quad v_{2}=\left[ \begin{array}{r} 2 \\ 1 \\ \end{array} \right], \] respectivamente. Notemos que $v_{1}\cdot v_{2}=0$. Normalizando, obtenemos \[ u_{1}=\frac{1}{\|v_{1} \|}v_{1}=\frac{1}{\sqrt{5}} \left[ \begin{array}{r} 1 \\ -2 \\ \end{array} \right] \quad \text{ y } \quad u_{2}=\frac{1}{\|v_{2} \|}v_{2}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left[ \begin{array}{r} 2 \\ 1 \\ \end{array} \right]. \] Tomemos \[ Q=[u_{1}\ u_{2}]=\left[ \begin{array}{cc} \frac{1}{\sqrt{5}} & \frac{2}{\sqrt{5}} \\ \frac{-2}{\sqrt{5}} & \frac{1}{\sqrt{5}} \\ \end{array} \right] \quad \text{ y } D=\left[ \begin{array}{cc} -3 & 0 \\ 0 & 2 \\ \end{array} \right]. \] Es claro que $Q$ es ortogonal, $D$ es diagonal y $A=QDQ^{T}$. 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 \[ A=QDQ^{T}. \] Por lo tanto \[ A^{T}=(QDQ^{T})^{T}=(Q^{T})^{T}D^{T}Q^{T}=QDQ^{T}=A, \] 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 \begin{equation*} A=\left[ \begin{array}{rrr} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{array} \right] \end{equation*}
Solución: El polinomio característico de $A$ es $p(\lambda)=-(\lambda-4)(\lambda -1)^{2}$. Luego, los valores propios de $A$ son $\lambda_{1}=4$ y $\lambda_{2}=1$. Los correspondientes espacios propios son: \[ E_{1}=\mathrm{gen}\left( \left[ \begin{array}{r} -1 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right], \left[ \begin{array}{r} -1 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right] \right) \quad \text{ y }\quad E_{4}=\mathrm{gen}\left( \left[ \begin{array}{r} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right] \right). \] Además, \[ \left[ \begin{array}{r} -1 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right]\cdot \left[ \begin{array}{r} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right] =-1+0+1=0 \quad \text{ y } \left[ \begin{array}{r} -1 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right]\cdot \left[ \begin{array}{r} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right] =-1+1+0=0. \] El teorema principal de esta sección es conocido como el teorema espectral de Hilbert.

Teorema: Sea $A$ una matriz $n\times n$ con entradas reales. Entonces $A$ es simétrica si y sólo si $A$ es diagonalizable ortogonalmente.

Ejemplo: Consideremos la matriz \begin{equation*} A=\left[ \begin{array}{rrr} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{array} \right]. \end{equation*} Los valores propios de $A$ son $\lambda_{1}=1$ con multiplicidad algebraica $2$ y $\lambda_{2}=4$ con multiplicidad algebraica $1$. Los espacios propios de $A$ son \[ E_{1}=\mathrm{gen}\left( \left[ \begin{array}{r} -1 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right], \left[ \begin{array}{r} -1 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right] \right) \quad \text{ y } \quad E_{4}=\mathrm{gen}\left( \left[ \begin{array}{r} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right] \right). \] Ahora, aplicando el proceso del Gram-Schmidt a la base para obtenida para $E_{1}$, obtenemos una base ortogonal para $E_{1}$ dada por \[ \left\{\left[ \begin{array}{r} -1 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right], \frac{1}{2}\left[ \begin{array}{r} -1 \\ 2 \\ -1 \end{array} \right]\right\}. \] Dado que los espacios propios $E_{1}$ y $E_{4}$ son ortogonales, juntandos sus bases obtenemos la siguiente base ortogonal par $\mathbb{R}^{3}$: \[ \left\{\left[ \begin{array}{r} -1 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right], \frac{1}{2}\left[ \begin{array}{r} -1 \\ 2 \\ -1 \end{array} \right], \left[ \begin{array}{r} 1 \\ 1\\ 1 \end{array} \right] \right\}. \] Normalizando obtenemos la siguiente base ortonormal de vectores propios para $\mathbb{R}^{3}$: \[ \mathcal{B}=\left\{\left[ \begin{array}{r} -\frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 \\ \frac{1}{\sqrt{2}} \end{array}\right], \left[ \begin{array}{r} -\frac{1}{\sqrt{6}} \\ \frac{2}{\sqrt{6}} \\ -\frac{1}{\sqrt{6}} \end{array} \right], \left[ \begin{array}{r} \frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{\sqrt{3}}\\ \frac{1}{\sqrt{3}} \end{array} \right] \right\}. \] Por lo tanto se obtiene $A=QDQ^{T}$, donde \[ Q=\left[ \begin{array}{rrr} -\frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ 0 & -\frac{2}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \end{array} \right]\quad \text{ y } D=\left[ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{array} \right]. \]

Ejercicios de práctica

Te invitamos a practicar los conocimientos aprendidos en esta parte de la clase realizando los siguientes ejercicios.