Diagonalización de matrices

Si $A$ es la matriz de filas $(1,1,1)$, $(0,1,1)$ y $(0,0,1)$, se pide: A) valores propios y su multiplicidad algebraica. B) ecuaciones cartesianas de los subespacios propios. C) ecuaciones paramétricas y un sistema generador de los subespacios anteriores. D) justificar si $A$ es diagonalizable.

Qué se pide. Aplicar la receta completa hasta el veredicto, con la «ficha» de cada subespacio propio.

1. Ecuación característica (Def. 4.9, U p.152). $A-\lambda I$ es triangular superior, y el determinante de una triangular es el producto de su diagonal (U §1.3): $|A-\lambda I|=(1-\lambda)^3$.
2. Raíces y $\alpha$ (A). $(1-\lambda)^3=0\iff\lambda=1$, raíz triple: $\lambda_1=1$, $\alpha_1=3$.

3. Subespacio propio $L_1$ (B). $(A-I)x=0$ es

   $$\begin{pmatrix}0&1&1\cr0&0&1\cr0&0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\cr x_2\cr x_3\end{pmatrix}=0\iff x_2+x_3=0,\ x_3=0\iff x_2=0,\ x_3=0$$

   (la segunda ecuación da $x_3=0$; sustituida en la primera, $x_2=0$). Ecuaciones cartesianas: $x_2=0,\ x_3=0$.

4. Paramétricas y generador (C). $x_1$ no aparece en ninguna ecuación, así que es libre: $x_1=\alpha$, $x_2=0$, $x_3=0$. $L_1=\langle(1,0,0)\rangle$; sistema generador $\{(1,0,0)\}$.
5. Multiplicidad geométrica. $d_1=\dim L_1=1$. (Por rangos: $\operatorname{rang}(A-I)=2$, luego $d_1=3-2=1$, U Teor. 3.1 p.111.)
6. Veredicto (D). $\alpha_1=3\neq1=d_1$: por el Teorema 4.7, $A$ no es diagonalizable. Con el Teorema 4.6: haría falta $3$ vectores propios independientes (las $3$ columnas de $P$) y solo hay $1$.

Error típico: «es triangular, ya es casi diagonal, luego es diagonalizable». Ser triangular da los valores propios gratis, pero no dice nada sobre $d_i$. Teoría: U Def. 4.8-4.11 pp.152-155; Teor. 4.7 p.164. (Verificado con sympy.)

Si $A$ es la matriz de filas $(7,-2,1)$, $(-2,10,-2)$ y $(1,-2,7)$, justificar si: A) $A$ tiene tres valores propios diferentes. B) Existen ecuaciones cartesianas de los subespacios propios. C) La matriz $A$ es diagonalizable.

Qué se pide. Ver cuántos valores propios distintos hay y comprobar que el doble tiene dos vectores propios independientes.

1. Polinomio característico sin desarrollar a ciegas. Haciendo $C_1\to C_1-C_3$ (no cambia el determinante) y sacando el factor común $6-\lambda$ de la columna 1:

   $$\begin{vmatrix}7-\lambda&-2&1\cr-2&10-\lambda&-2\cr1&-2&7-\lambda\end{vmatrix}=(6-\lambda)\begin{vmatrix}1&-2&1\cr0&10-\lambda&-2\cr-1&-2&7-\lambda\end{vmatrix}.$$

   Con $F_3\to F_3+F_1$:

   $$=(6-\lambda)\begin{vmatrix}1&-2&1\cr0&10-\lambda&-2\cr0&-4&8-\lambda\end{vmatrix}=(6-\lambda)\big[(10-\lambda)(8-\lambda)-8\big]=(6-\lambda)(\lambda^2-18\lambda+72),$$

   y $\lambda^2-18\lambda+72=(\lambda-6)(\lambda-12)$. Luego $|A-\lambda I|=-(\lambda-6)^2(\lambda-12)$.

2. A) Falsa. $\lambda_1=12$ ($\alpha_1=1$) y $\lambda_2=6$ ($\alpha_2=2$): solo hay dos valores propios distintos.

3. $L_{12}$.

   $$A-12I=\begin{pmatrix}-5&-2&1\cr-2&-2&-2\cr1&-2&-5\end{pmatrix}$$

   tiene rango $2$ (Gauss: $\begin{pmatrix}1&0&-1\cr0&1&2\cr0&0&0\end{pmatrix}$); $x_1=x_3$, $x_2=-2x_3$: $L_{12}=\langle(1,-2,1)\rangle$, $d=1$. Comprobación: $A(1,-2,1)^t=(12,-24,12)^t=12(1,-2,1)^t$ ✓.

4. $L_6$.

   $$A-6I=\begin{pmatrix}1&-2&1\cr-2&4&-2\cr1&-2&1\end{pmatrix}:$$

   las tres filas son proporcionales a $(1,-2,1)$, rango $1$, luego $d=3-1=2$. Ecuación $x_1-2x_2+x_3=0$ (un plano); base $\{(2,1,0),(-1,0,1)\}$.

5. B) Verdadera. Todo subespacio de $\mathbb R^n$ tiene ecuaciones cartesianas (U p.71); aquí: $L_{12}$: $x_1-x_3=0,\ x_2+2x_3=0$; $L_6$: $x_1-2x_2+x_3=0$ (el número de ecuaciones independientes es $n-\dim L$: $2$ y $1$).

6. C) Verdadera. $d_{12}=1=\alpha_{12}$ y $d_6=2=\alpha_6$ (Teor. 4.7). Una pareja válida (E no da $P$; la añadimos):

   $$P=\begin{pmatrix}1&2&-1\cr-2&1&0\cr1&0&1\end{pmatrix},$$

   $\Lambda=\operatorname{diag}(12,6,6)$ (columna 1 en $L_{12}$, columnas 2 y 3 en $L_6$, mismo orden), y $\Lambda=P^{-1}AP$.

Respuesta: A falsa, B verdadera, C verdadera.

Error típico: concluir «no diagonalizable» solo porque hay un valor propio doble; decide $d_2$ y aquí $d_2=2$. Nota: $A$ es simétrica; en el tema 5.3 se verá que toda simétrica real es diagonalizable (aquí se ha comprobado directamente). Teoría: U §1.3; Def. 4.11 p.155; Teor. 4.7 p.164. (Verificado con sympy.)

Si $A$ es una matriz real cuadrada de orden $n$, justificar si: A) $A$ tiene un valor propio $0\iff A$ es singular. B) $A$ es diagonalizable $\iff$ todos los autovalores de $A$ son distintos. C) $A$ puede ser diagonalizable aunque tenga valores propios iguales.

Qué se pide. Tres preguntas de teoría: una equivalencia, otra con una flecha falsa y una existencia.

1. A) Verdadera. $0$ es valor propio $\iff\lambda=0$ es raíz de $|A-\lambda I|\iff|A|=0\iff A$ es singular (Def. 4.9 y caracterización de regular por el determinante, U §1.3). Lectura equivalente: existe $x\neq0$ con $Ax=0$, es decir, $\operatorname{Nuc}A\neq\{0\}$, $\operatorname{rang}A\lt n$.

2. B) Falsa. Son dos implicaciones. «$\Leftarrow$» (todos distintos $\Rightarrow$ diagonalizable) sí es cierta (U p.163). «$\Rightarrow$» (diagonalizable $\Rightarrow$ todos distintos) es falsa:

   $$A=\begin{pmatrix}3&0\cr0&3\end{pmatrix}$$

   ya es diagonal (diagonalizable con $P=I$) y su único valor propio $3$ es doble. Basta que falle una flecha para que la equivalencia sea falsa.

3. C) Verdadera. El mismo ejemplo $3I_2$. Otros no triviales: E 4.25 ($\lambda=6$ doble) y E 4.32 ($\lambda=1$ triple).

Respuesta: A verdadera, B falsa, C verdadera.

Error típico: confundir condición suficiente con necesaria: «valores propios distintos» garantiza diagonalizar, pero su ausencia no lo impide (hay que comprobar $d_i=\alpha_i$). Teoría: U Def. 4.7, 4.9; Teor. 4.5 p.158; p.163; Teor. 4.7 p.164.

Siendo $A$ la matriz de filas $(a,b,0)$, $(0,-1,0)$ y $(0,0,1)$ con $a,b\in\mathbb R$, $a\neq b$, $b\neq0$, justificar si es diagonalizable cuando: A) $a\neq1$ y $a\neq-1$. B) $a=1$. C) $a=-1$. D) Las opciones A), B) y C) son falsas.

Qué se pide. Los valores propios dependen de $a$: los casos críticos son los de $a$ que hacen coincidir dos de ellos.

1. Valores propios. $A-\lambda I$ es triangular superior: $|A-\lambda I|=(a-\lambda)(-1-\lambda)(1-\lambda)$. Valores propios: $a,\ -1,\ 1$.
2. ¿Cuándo coinciden? Solo si $a=1$ o $a=-1$: son los tres casos del test.
3. A) Verdadera. Si $a\neq1$ y $a\neq-1$, los tres valores propios $1,-1,a$ son distintos: $3$ valores distintos en orden $3\Rightarrow$ diagonalizable (U p.163).

4. B) Verdadera. Con $a=1$: $\lambda=1$ doble y $\lambda=-1$ simple.

   $$A-I=\begin{pmatrix}0&b&0\cr0&-2&0\cr0&0&0\end{pmatrix}:$$

   las filas $(0,b,0)$ y $(0,-2,0)$ son proporcionales, rango $1$, $d=3-1=2=\alpha$. $L_1=\{x_2=0\}=\langle(1,0,0),(0,0,1)\rangle$. El simple tiene $d=1=\alpha$. Diagonalizable (Teor. 4.7).

5. C) Falsa. Con $a=-1$: $\lambda=-1$ doble y $\lambda=1$ simple.

   $$A+I=\begin{pmatrix}0&b&0\cr0&0&0\cr0&0&2\end{pmatrix};$$

   como $b\neq0$, las filas $(0,b,0)$ y $(0,0,2)$ son independientes: rango $2$, $d=1\lt2=\alpha$. Ecuaciones $bx_2=0,\ 2x_3=0$: $L_{-1}=\langle(1,0,0)\rangle$. No diagonalizable.

6. D) Falsa (A y B son ciertas): es un test con dos opciones correctas.

Papel de las hipótesis. $b\neq0$ es esencial en C: con $b=0$ y $a=-1$ la matriz sería $\operatorname{diag}(-1,-1,1)$ y sí diagonalizable. La hipótesis $a\neq b$ no interviene en ningún paso: con $a=b$ las conclusiones de A, B y C son las mismas (incluso $a=b=-1$ tampoco es diagonalizable, pues $b\neq0$). Es superflua. Errata menor de E (apartado C): escribe «$bx_2=0,\ -2x_3=0$»; la tercera fila de $A+I$ es $(0,0,2)$, luego es $2x_3=0$ (no cambia nada).

Error típico: «si hay valor doble no es diagonalizable» (falla en B), o «si es triangular con parámetro, siempre sí» (falla en C). Teoría: U p.163; Teor. 4.5 p.158; Teor. 4.7 p.164. (Verificado con sympy.)

Si $A$ es la matriz de filas $(1,a,0)$, $(0,2,0)$ y $(a,1,1)$, justificar si es diagonalizable: A) $\forall a\neq0$. B) $a=0$. C) Para valores pares de $a$. D) En ninguno de los casos anteriores.

Qué se pide. Es el Ejemplo 4.14 de U (apartado 3): el parámetro no cambia los valores propios, pero sí $d_1$.

1. Polinomio (por la 2.ª fila): $|A-\lambda I|=(2-\lambda)(1-\lambda)^2$ para todo $a$: $\lambda_1=1$ ($\alpha=2$), $\lambda_2=2$ ($\alpha=1$).
2. $\lambda_2=2$ es simple: $d_2=1=\alpha_2$ para todo $a$ (Teor. 4.5); no hay que estudiarlo.
3. $\lambda_1=1$: el cálculo de $L_1$ está detallado en el Ejemplo 4.14 (apartado 3): $d_1=2$ si $a=0$ ($L_1=\langle(1,0,0),(0,0,1)\rangle$) y $d_1=1$ si $a\neq0$ ($L_1=\langle(0,0,1)\rangle$, porque $x_2=0$ y $ax_1=0$).
4. Conclusión (Teor. 4.7): diagonalizable $\iff d_1=2\iff a=0$.
5. A) Falsa (para $a\neq0$, $d_1=1\lt2$). B) Verdadera. C) Falsa: «pares» incluye $a=2,4,\dots$ (con $a\neq0$ no es diagonalizable); que $0$ sea par no salva la opción, que afirma la propiedad para todos los pares. D) Falsa, porque B es cierta.

Respuesta: B.

Error típico: dividir por $a$ sin separar el caso $a=0$; o creer «diagonalizable para todo $a$» porque los valores propios no dependen de $a$. Teoría: U Ej. 4.14 pp.164-166; Teor. 4.5 p.158; Teor. 4.7 p.164. (Verificado con sympy.)

Al diagonalizar la matriz $A$ del Ejercicio 4.27, justificar si los vectores columna de una matriz de paso $P$ verifican: A) Dependen del valor de $a$. B) Son $(1,0,0)$, $(0,0,1)$, $(0,1,1)$. C) Las opciones A) y B) son falsas.

Qué se pide. Construir una matriz de paso concreta y entender que no es única.

1. Cuándo existe $P$. Por E 4.27, $A$ es diagonalizable solo si $a=0$; para $a\neq0$ no existe ninguna matriz de paso. Así que solo trabajamos con

   $$A=\begin{pmatrix}1&0&0\cr0&2&0\cr0&1&1\end{pmatrix}.$$
2. Base de $L_1$ (de 4.27): ecuación $x_2=0$, base $\{(1,0,0),(0,0,1)\}$.

3. Base de $L_2$:

   $$A-2I=\begin{pmatrix}-1&0&0\cr0&0&0\cr0&1&-1\end{pmatrix}\Rightarrow x_1=0,\ x_2=x_3;$$

   base $\{(0,1,1)\}$.

4. $P$ y $\Lambda$ en el mismo orden:

   $$P=\begin{pmatrix}1&0&0\cr0&0&1\cr0&1&1\end{pmatrix},$$ $$\Lambda=\begin{pmatrix}1&0&0\cr0&1&0\cr0&0&2\end{pmatrix}.$$

   $|P|=-1\neq0$ (regular). Comprobación sin invertir:

   $$AP=\begin{pmatrix}1&0&0\cr0&0&2\cr0&1&2\end{pmatrix}=P\Lambda$$

   ✓ (la 3.ª columna de $AP$ es $2\cdot(0,1,1)$).

5. A) Falsa: la única matriz diagonalizable de la familia es la de $a=0$; no hay «dependencia de $a$».
6. B) Verdadera: es una matriz de paso válida (asociada a $\Lambda=\operatorname{diag}(1,1,2)$). E (p.140) sí avisa de que la diagonal no es única; lo que no aclara es que $P$ no es única (U p.166): la matriz $Q$ de columnas $(0,0,1),(0,1,1),(1,0,0)$ da $\operatorname{diag}(1,2,1)$. La opción B debe entenderse como «pueden ser».
7. C) Falsa, porque B es cierta.

Respuesta: B.

Error típico: poner $\Lambda=\operatorname{diag}(2,1,1)$ con esa $P$: no se cumple $P^{-1}AP=\Lambda$ (U p.166 lo muestra). Teoría: U Def. 4.12 p.161; Ej. 4.14 p.166. (Verificado con sympy.)

Si $A$ es la matriz de filas $(-1,3,0)$, $(0,-1,0)$, $(0,2,-1)$ y al aplicar eigenvectors(A); de MAXIMA se obtiene [[[-1],[3]],[[[1,0,0],[0,0,1]]]], podemos deducir que: A) Sus autovalores son $-1$ y $3$. B) Las dimensiones de los subespacios propios son 1, 0 y 0. C) La matriz es diagonalizable. D) Las opciones A), B) y C) son falsas.

Cómo leer la salida (Maxima no entra en examen, pero la salida ya hecha puede aparecer): [[valores],[multiplicidades]] seguido de una lista con una base de cada subespacio propio, en el mismo orden. [[-1],[3]]: un único valor propio $\lambda=-1$ con $\alpha=3$ (el $3$ no es un valor propio, es la multiplicidad). [[[1,0,0],[0,0,1]]]: una base de $L_{-1}$ con dos vectores, luego $d=2$.

1. A mano.

   $$|A-\lambda I|=\begin{vmatrix}-1-\lambda&3&0\cr0&-1-\lambda&0\cr0&2&-1-\lambda\end{vmatrix};$$

   por la 1.ª columna (un solo elemento no nulo):

   $$(-1-\lambda)\begin{vmatrix}-1-\lambda&0\cr2&-1-\lambda\end{vmatrix}=(-1-\lambda)^3.$$

   Único valor propio $\lambda=-1$, $\alpha=3$.

2. $$A+I=\begin{pmatrix}0&3&0\cr0&0&0\cr0&2&0\end{pmatrix}:$$

   filas proporcionales, rango $1$, $d=3-1=2$. Ecuación $x_2=0$: $L_{-1}=\langle(1,0,0),(0,0,1)\rangle$ (coincide con Maxima).

3. A) Falsa: el único autovalor es $-1$; el $3$ es su multiplicidad algebraica.
4. B) Falsa: solo hay un subespacio propio y su dimensión es $2$. (Además un subespacio propio nunca tiene dimensión $0$: $d_i\ge1$, Teor. 4.5.)
5. C) Falsa: $d=2\neq3=\alpha$ (Teor. 4.7). Faltaría una tercera columna para $P$.
6. D) Verdadera.

Respuesta: D.

Error típico: leer [[-1],[3]] como «valores propios $-1$ y $3$», o aceptar dimensión $0$ para un subespacio propio. Teoría: U Def. 4.11 p.155; Teor. 4.5 p.158; Teor. 4.7 p.164. (Verificado con sympy.)

Si $A$ es una matriz tal que al aplicar eigenvectors(A); se obtiene [[[4,-2],[1,2]],[[[1,1,2]],[[1,0,-1],[0,1,1]]]], calcular: A) los autovalores y sus multiplicidades algebraicas. B) las dimensiones de los subespacios propios. C) una matriz diagonal semejante a $A$. D) una matriz de paso. E) la matriz $A$.

Qué se pide. El camino inverso: de los ingredientes ($P$, $\Lambda$) a la matriz, $A=P\Lambda P^{-1}$.

1. A) [[4,-2],[1,2]]: valores propios $\lambda_1=4$ ($\alpha_1=1$) y $\lambda_2=-2$ ($\alpha_2=2$). Como $1+2=3$, $A$ es $3\times3$.
2. B) [1,1,2] es una base de $L_4$: $d_1=1$. [1,0,-1], [0,1,1] son una base de $L_{-2}$ (dos vectores no proporcionales): $d_2=2$. Como $d_i=\alpha_i$, $A$ es diagonalizable (Teor. 4.7).

3. C)

   $$\Lambda=\begin{pmatrix}4&0&0\cr0&-2&0\cr0&0&-2\end{pmatrix}.$$

4. D) Columnas de $P$ = vectores propios en el mismo orden que $\Lambda$:

   $$P=\begin{pmatrix}1&1&0\cr1&0&1\cr2&-1&1\end{pmatrix}.$$

   Es regular (E no lo comprueba y es imprescindible para $P^{-1}$): por la primera fila,

   $$|P|=1\cdot(0\cdot1-1\cdot(-1))-1\cdot(1\cdot1-1\cdot2)+0=1+1=2\neq0.$$
5. E) De $\Lambda=P^{-1}AP$ se despeja $A=P\Lambda P^{-1}$ (multiplicando por $P$ a la izquierda y por $P^{-1}$ a la derecha). Inversa por Gauss-Jordan sobre $(P\mid I)$: $F_2-F_1$ y $F_3-2F_1$; luego $F_3-3F_2$ deja el pivote $-2$ en la posición $(3,3)$; se normaliza y se sube: $$\left(\begin{array}{ccc|ccc}1&1&0&1&0&0\cr1&0&1&0&1&0\cr2&-1&1&0&0&1\end{array}\right)\xrightarrow{F_2-F_1,\ F_3-2F_1}\left(\begin{array}{ccc|ccc}1&1&0&1&0&0\cr0&-1&1&-1&1&0\cr0&-3&1&-2&0&1\end{array}\right)\xrightarrow{F_3-3F_2}\left(\begin{array}{ccc|ccc}1&1&0&1&0&0\cr0&-1&1&-1&1&0\cr0&0&-2&1&-3&1\end{array}\right)\longrightarrow\left(\begin{array}{ccc|ccc}1&0&0&\tfrac12&-\tfrac12&\tfrac12\cr0&1&0&\tfrac12&\tfrac12&-\tfrac12\cr0&0&1&-\tfrac12&\tfrac32&-\tfrac12\end{array}\right),\qquad P^{-1}=\tfrac12\begin{pmatrix}1&-1&1\cr1&1&-1\cr-1&3&-1\end{pmatrix}.$$

   Truco: $\Lambda P^{-1}$ multiplica la fila $i$ de $P^{-1}$ por $\lambda_i$:

   $$\Lambda P^{-1}=\tfrac12\begin{pmatrix}4&-4&4\cr-2&-2&2\cr2&-6&2\end{pmatrix}.$$

   Entonces

   $$A=P(\Lambda P^{-1})=\begin{pmatrix}1&-3&3\cr3&-5&3\cr6&-6&4\end{pmatrix}.$$
6. Comprobación (siempre): $A(1,1,2)^t=(1-3+6,\ 3-5+6,\ 6-6+8)^t=(4,4,8)^t=4(1,1,2)^t$ ✓; $A(1,0,-1)^t=(-2,0,2)^t=-2(1,0,-1)^t$ ✓; $A(0,1,1)^t=(0,-2,-2)^t=-2(0,1,1)^t$ ✓.

Error típico: escribir $A=P^{-1}\Lambda P$ (orden equivocado) o poner los vectores como filas de $P$. Teoría: U Def. 4.12 p.161; p.162; Teor. 4.7 p.164. (Verificado con sympy: el polinomio característico de $A$ es $-(\lambda-4)(\lambda+2)^2$.)

Si el endomorfismo $f$ de $\mathbb R^5$ tiene asociada la matriz $A=\begin{pmatrix}1&0&0&0&0\cr0&1&0&0&0\cr0&0&1&0&0\cr0&0&0&1&1\cr0&0&0&1&1\end{pmatrix}$, justificar si $f$ verifica: A) Tiene un subespacio de vectores propios de dimensión $3$. B) Es diagonalizable. C) Hay un subespacio propio de ecuación cartesiana $x_1+x_2+x_3-x_4=0$. D) Ninguna de las anteriores.

Qué se pide. Una matriz $5\times5$ que se estudia por bloques: el bloque $I_3$ y el bloque $\begin{pmatrix}1&1\cr1&1\end{pmatrix}$.

1. Polinomio. Desarrollando por la primera fila (solo tiene $1-\lambda$), luego otra vez por la primera del menor, y otra:

   $$|A-\lambda I|=(1-\lambda)^3\begin{vmatrix}1-\lambda&1\cr1&1-\lambda\end{vmatrix}=(1-\lambda)^3[(1-\lambda)^2-1]=(1-\lambda)^3(\lambda^2-2\lambda)=-\lambda(\lambda-1)^3(\lambda-2).$$

   Valores propios (E los numera así): $\lambda_1=0$ ($\alpha=1$), $\lambda_2=1$ ($\alpha=3$), $\lambda_3=2$ ($\alpha=1$). Suman $1+3+1=5$: todas las raíces son reales.

2. $\lambda_2=1$, el único múltiple. $A-I$ tiene ceros salvo las dos últimas filas, $(0,0,0,0,1)$ y $(0,0,0,1,0)$: rango $2$, $d_2=5-2=3$. Ecuaciones cartesianas de $L_1$: $x_4=0,\ x_5=0$; base $\{e_1,e_2,e_3\}$.
3. Los simples: por $1\le d_i\le\alpha_i=1$, $d_1=d_3=1$. $L_0=\operatorname{Nuc}A$: $x_1=x_2=x_3=0$, $x_4+x_5=0$, base $\{(0,0,0,1,-1)\}$ (rango $4$). $L_2$: ecuaciones $x_1=x_2=x_3=0$, $x_4-x_5=0$, base $\{(0,0,0,1,1)\}$.
4. A) Verdadera: $L_1$ (el de $\lambda=1$) tiene dimensión $3$.
5. B) Verdadera: $d_i=\alpha_i$ para los tres valores propios (Teor. 4.7). $P$ con columnas $(0,0,0,1,-1)$, $e_1,e_2,e_3$, $(0,0,0,1,1)$ y $\Lambda=\operatorname{diag}(0,1,1,1,2)$.
6. C) Falsa: una sola ecuación cartesiana (no nula) en $\mathbb R^5$ define un subespacio de dimensión $5-1=4$ (núcleo de una matriz $1\times5$ de rango $1$, U Teor. 3.1 p.111); los subespacios propios tienen dimensiones $1,3,1$: ninguno es de dimensión $4$.
7. D) Falsa, porque A y B son verdaderas.

Respuesta: A y B verdaderas, C y D falsas. Nota importante: $A$ tiene rango $4$ (no es regular, $0$ es valor propio) y es diagonalizable: es el contraejemplo que muestra que en U Teor. 4.7 «de rango $n$» debe leerse «de orden $n$». Salida de Maxima que da E: [[[0,1,2],[1,3,1]],[[[0,0,0,1,-1]],[[1,0,0,0,0],[0,1,0,0,0],[0,0,1,0,0]],[[0,0,0,1,1]]]]: valores $0,1,2$, multiplicidades $1,3,1$, y una base de cada subespacio.

Error típico: contar mal las ecuaciones: un subespacio de dimensión $k$ en $\mathbb R^n$ necesita $n-k$ ecuaciones cartesianas independientes, no $k$. Teoría: U §1.3; Teor. 3.1 p.111; Teor. 4.5 p.158; Teor. 4.7 p.164. (Verificado con sympy.)

Diagonaliza $A=\begin{pmatrix}4&1\cr2&3\end{pmatrix}$.

1. $$|A-\lambda I|=(4-\lambda)(3-\lambda)-2=\lambda^2-7\lambda+10=(\lambda-5)(\lambda-2).$$

   Atajo $2\times2$: $\lambda^2-(\operatorname{tr}A)\lambda+|A|$, con traza $7$ y $|A|=10$.

2. Dos valores distintos en orden $2$ $\Rightarrow$ diagonalizable (U p.163).

3. $\lambda=5$:

   $$A-5I=\begin{pmatrix}-1&1\cr2&-2\end{pmatrix},$$

   $x_1=x_2$, $v_1=(1,1)$. $\lambda=2$:

   $$A-2I=\begin{pmatrix}2&1\cr2&1\end{pmatrix},$$

   $2x_1+x_2=0$, $v_2=(1,-2)$.

4. $$P=\begin{pmatrix}1&1\cr1&-2\end{pmatrix},$$ $$\Lambda=\begin{pmatrix}5&0\cr0&2\end{pmatrix}.$$

   Comprobación:

   $$AP=\begin{pmatrix}5&2\cr5&-4\end{pmatrix}=P\Lambda$$

   ✓.

Diagonaliza $A=\begin{pmatrix}2&1&0\cr0&3&1\cr0&0&1\end{pmatrix}$.

1. Triangular: valores propios $2,3,1$, distintos $\Rightarrow$ diagonalizable.

2. $\lambda=2$:

   $$A-2I=\begin{pmatrix}0&1&0\cr0&1&1\cr0&0&-1\end{pmatrix}\Rightarrow x_2=x_3=0:$$

   $(1,0,0)$. $\lambda=3$:

   $$A-3I=\begin{pmatrix}-1&1&0\cr0&0&1\cr0&0&-2\end{pmatrix}\Rightarrow x_3=0,\ x_1=x_2:$$

   $(1,1,0)$. $\lambda=1$:

   $$A-I=\begin{pmatrix}1&1&0\cr0&2&1\cr0&0&0\end{pmatrix}\Rightarrow x_3=-2x_2,\ x_1=-x_2;$$

   con $x_2=-1$: $(1,-1,2)$.

3. $$P=\begin{pmatrix}1&1&1\cr0&1&-1\cr0&0&2\end{pmatrix},$$

   $\Lambda=\operatorname{diag}(2,3,1)$ ($|P|=2\neq0$). Verificado: $P^{-1}AP=\operatorname{diag}(2,3,1)$.

Estudia si son diagonalizables $A=\begin{pmatrix}3&1\cr-1&1\end{pmatrix}$ y $B=\begin{pmatrix}2&1&0\cr0&2&0\cr0&0&1\end{pmatrix}$.

1. $A$: $\lambda^2-4\lambda+4=(\lambda-2)^2$, $\alpha=2$.

   $$A-2I=\begin{pmatrix}1&1\cr-1&-1\end{pmatrix}$$

   tiene rango $1$, luego $d=1\lt2$: no diagonalizable. (No es triangular: el valor doble no se ve a simple vista.)

2. $B$: valores $2$ ($\alpha=2$) y $1$.

   $$B-2I=\begin{pmatrix}0&1&0\cr0&0&0\cr0&0&-1\end{pmatrix}$$

   tiene rango $2$, $d=1\lt2$: no diagonalizable, aunque el valor simple esté «bien».

¿Para qué $a$ es diagonalizable $A=\begin{pmatrix}1&a&1\cr0&1&0\cr0&0&2\end{pmatrix}$? Da $P$ y $\Lambda$ cuando lo sea.

1. Triangular: $\lambda=1$ ($\alpha=2$), $\lambda=2$ ($\alpha=1$), para todo $a$.
2. $$A-I=\begin{pmatrix}0&a&1\cr0&0&0\cr0&0&1\end{pmatrix}.$$

   Si $a\neq0$, las filas $(0,a,1)$ y $(0,0,1)$ son independientes: rango $2$, $d=1$: no. Si $a=0$: filas $(0,0,1)$ y $(0,0,1)$, rango $1$, $d=2$: sí.

3. Para $a=0$: $L_1=\{x_3=0\}=\langle(1,0,0),(0,1,0)\rangle$; $L_2$:

   $$A-2I=\begin{pmatrix}-1&0&1\cr0&-1&0\cr0&0&0\end{pmatrix}\Rightarrow x_2=0,\ x_1=x_3:$$

   $(1,0,1)$.

   $$P=\begin{pmatrix}1&0&1\cr0&1&0\cr0&0&1\end{pmatrix},$$

   $\Lambda=\operatorname{diag}(1,1,2)$.

Solución: diagonalizable $\iff a=0$.

Con $A=\begin{pmatrix}4&1\cr2&3\end{pmatrix}$ del ejemplo propio 1, halla $A^k$.

1. Por qué funciona:

   $$A=P\Lambda P^{-1}\Rightarrow A^2=P\Lambda P^{-1}P\Lambda P^{-1}=P\Lambda^2P^{-1},$$

   y en general $A^k=P\Lambda^kP^{-1}$; $\Lambda^k$ se obtiene elevando la diagonal.

2. $$P=\begin{pmatrix}1&1\cr1&-2\end{pmatrix},$$

   $|P|=-3$,

   $$P^{-1}=\frac1{-3}\begin{pmatrix}-2&-1\cr-1&1\end{pmatrix}=\frac13\begin{pmatrix}2&1\cr1&-1\end{pmatrix};$$

   $\Lambda^k=\operatorname{diag}(5^k,2^k)$.

3. $\Lambda^kP^{-1}$ multiplica la fila $i$ de $P^{-1}$ por $\lambda_i^k$:

   $$\frac13\begin{pmatrix}2\cdot5^k&5^k\cr2^k&-2^k\end{pmatrix}.$$

   Entonces

   $$A^k=P\Lambda^kP^{-1}=\frac13\begin{pmatrix}2\cdot5^k+2^k&5^k-2^k\cr2\cdot5^k-2\cdot2^k&5^k+2\cdot2^k\end{pmatrix}.$$

4. Comprobaciones: $k=0$ da $I$; $k=1$ da $A$; $k=2$ da

   $$\begin{pmatrix}18&7\cr14&11\end{pmatrix}=A^2$$

   ✓ (y $k=3$: $\begin{pmatrix}86&39\cr78&47\end{pmatrix}$).

a) $A$ ($2\times2$) tiene $\lambda=3$ con vector $(1,1)$ y $\lambda=1$ con vector $(1,-1)$. b) $A$ ($3\times3$) tiene $\lambda=1$ con $L_1=\langle(1,0,0),(0,1,1)\rangle$ y $\lambda=2$ con $L_2=\langle(1,1,0)\rangle$. Halla $A$.

1. a)

   $$P=\begin{pmatrix}1&1\cr1&-1\end{pmatrix},$$ $$P^{-1}=\frac12\begin{pmatrix}1&1\cr1&-1\end{pmatrix},$$ $$A=P\operatorname{diag}(3,1)P^{-1}=\begin{pmatrix}2&1\cr1&2\end{pmatrix}.$$

   Comprobación: $A(1,1)^t=(3,3)^t$ ✓.

2. b)

   $$P=\begin{pmatrix}1&0&1\cr0&1&1\cr0&1&0\end{pmatrix}$$

   ($|P|=-1$),

   $$P^{-1}=\begin{pmatrix}1&-1&1\cr0&0&1\cr0&1&-1\end{pmatrix},$$

   $\Lambda=\operatorname{diag}(1,1,2)$.

   $$\Lambda P^{-1}=\begin{pmatrix}1&-1&1\cr0&0&1\cr0&2&-2\end{pmatrix}$$ $$A=P\Lambda P^{-1}=\begin{pmatrix}1&1&-1\cr0&2&-1\cr0&0&1\end{pmatrix}.$$

   Comprobación: $A(0,1,1)^t=(0,1,1)^t$ ✓; $A(1,1,0)^t=(2,2,0)^t$ ✓.

$A=\begin{pmatrix}1&2\cr2&1\end{pmatrix}$: valores $3$ (vector $(1,1)$) y $-1$ (vector $(1,-1)$). Prueba tres parejas.

1. $\lambda^2-2\lambda-3=(\lambda-3)(\lambda+1)$. Con

   $$P=\begin{pmatrix}1&1\cr1&-1\end{pmatrix}:$$ $$AP=\begin{pmatrix}3&-1\cr3&1\end{pmatrix}=P\operatorname{diag}(3,-1)$$

   ✓.

2. Con la misma $P$ y $\Lambda=\operatorname{diag}(-1,3)$:

   $$P\Lambda=\begin{pmatrix}-1&3\cr-1&-3\end{pmatrix}\neq AP.$$

   Falso.

3. Si se intercambian las columnas,

   $$Q=\begin{pmatrix}1&1\cr-1&1\end{pmatrix},$$

   entonces $Q^{-1}AQ=\operatorname{diag}(-1,3)$ ✓.

Moraleja (U p.166): $P$ y $\Lambda$ no son únicas, pero se mueven juntas.

Estudia si son diagonalizables (en $\mathbb R$) $A=\begin{pmatrix}0&-1\cr1&0\end{pmatrix}$ y $B=\begin{pmatrix}1&0&0\cr0&1&-2\cr0&1&3\end{pmatrix}$.

1. $A$ (giro de $90^\circ$). $|A-\lambda I|=\lambda^2+1$, sin raíces reales. No hay ningún vector propio real (un giro de $90^\circ$ no deja ninguna dirección fija): no existe base de vectores propios (Teor. 4.6). No diagonalizable en $\mathbb R$.

2. $B$. Desarrollando por la primera fila:

   $$(1-\lambda)\big[(1-\lambda)(3-\lambda)+2\big]=(1-\lambda)(\lambda^2-4\lambda+5);$$

   el discriminante es $16-20\lt0$. Solo $\lambda=1$ es real, con $\alpha=1=d$, pero $\sum\alpha_i=1\lt3$: no diagonalizable en $\mathbb R$.

Trampa: «el único valor propio cumple $d=\alpha$» no basta; hay que comprobar antes que todas las raíces sean reales.

Estudia si es diagonalizable $A=\begin{pmatrix}1&1&1\cr1&1&1\cr1&1&1\end{pmatrix}$ y diagonalízala.

1. $\operatorname{rang}A=1\lt3\Rightarrow|A|=0\Rightarrow0$ es valor propio (E 4.26 A) y $d_0=\dim\operatorname{Nuc}A=3-1=2$.
2. Como $1\le d_0\le\alpha_0$, $\alpha_0\ge2$. Además $A(1,1,1)^t=(3,3,3)^t$: $3$ es valor propio. Como $\alpha_0+\alpha_3\le3$ y $\alpha_3\ge1$: $\alpha_0=2$, $\alpha_3=1$ (coincide con $|A-\lambda I|=-\lambda^2(\lambda-3)$; la traza $3=0+0+3$).
3. $d_0=2=\alpha_0$, $d_3=1=\alpha_3$: diagonalizable. $L_0$: $x_1+x_2+x_3=0$, base $(1,-1,0),(1,0,-1)$; $L_3=\langle(1,1,1)\rangle$.
4. $$P=\begin{pmatrix}1&1&1\cr-1&0&1\cr0&-1&1\end{pmatrix}$$

   ($|P|=3$), $\Lambda=\operatorname{diag}(0,0,3)$ (verificado con sympy).

Moraleja: una matriz singular puede ser perfectamente diagonalizable: «singular» y «diagonalizable» son independientes.

a) Comprueba con $A=\begin{pmatrix}1&0&1\cr0&1&1\cr0&0&0\end{pmatrix}$ que $A^2=A$ y diagonalízala. b) Demuestra que toda $A$ de orden $n$ con $A^2=A$ es diagonalizable.

1. a) Se multiplica y se comprueba $A^2=A$. $|A-\lambda I|=-\lambda(\lambda-1)^2$.

   $$A-I=\begin{pmatrix}0&0&1\cr0&0&1\cr0&0&-1\end{pmatrix},$$

   rango $1$, $d_1=2=\alpha_1$; $\lambda=0$ simple. Diagonalizable:

   $$P=\begin{pmatrix}1&0&1\cr0&1&1\cr0&0&-1\end{pmatrix}$$

   (columnas $(1,0,0),(0,1,0)\in L_1$ y $(1,1,-1)\in L_0$), $\Lambda=\operatorname{diag}(1,1,0)$.

2. b) Valores propios posibles. Si $Av=\lambda v$, $v\neq0$, entonces $A^2v=\lambda^2v$ y $A^2v=Av=\lambda v$, luego $(\lambda^2-\lambda)v=0$ y, como $v\neq0$, $\lambda\in\{0,1\}$.
3. $L_0=\operatorname{Nuc}A$ tiene dimensión $n-r$, con $r=\operatorname{rang}A$ (U Teor. 3.1, p.111). Todo vector de la imagen es propio de valor $1$: si $y=Ax$, $Ay=A^2x=Ax=y$. Luego $\operatorname{Im}A\subseteq L_1$ y $d_1\ge r$.
4. Entonces $d_0+d_1\ge n$. Pero $d_i\le\alpha_i$ (Teor. 4.5) y $\alpha_0+\alpha_1\le n$ (grado del polinomio). Todo son igualdades: $d_0=\alpha_0$, $d_1=\alpha_1$ y $\alpha_0+\alpha_1=n$ (todas las raíces son reales). Por el Teor. 4.7, $A$ es diagonalizable, semejante a $\operatorname{diag}(1,\dots,1,0,\dots,0)$ con $r$ unos. (Los casos $A=I$ y $A=0$ valen igual con el subespacio que falta reducido a $\{0\}$.)

El polinomio característico de una matriz $A\in\mathcal M_{3\times3}$ es $\det(A-\lambda I)=(\lambda+6)(\lambda^2-1)$. Con esta información, ¿se puede saber si la matriz $A$ es diagonalizable?

Qué se pide. Decidir con solo el polinomio. Oficial: correcta; cita como fallo recurrente multiplicar los factores y aplicar Ruffini al cúbico, perdiendo la raíz $-6$.

1. Hallar las raíces: hay que terminar de factorizar, $\lambda^2-1=(\lambda-1)(\lambda+1)$ (diferencia de cuadrados). Queda $(\lambda+6)(\lambda-1)(\lambda+1)$, con raíces $-6$, $1$ y $-1$: reales y distintas.
2. Multiplicidades: cada raíz aparece una vez, $\alpha=1$ (Def. 4.11); por el Teorema 4.5, $1\le d\le\alpha=1$, luego $d=1=\alpha$ en los tres.
3. Conclusión: por el Teorema 4.7 (o el corolario de U p.163, $3$ valores distintos en orden $3$), $A$ es diagonalizable, semejante a $\operatorname{diag}(-6,1,-1)$. No hace falta conocer $A$.

Error típico: el de la nota oficial (multiplicar y aplicar Ruffini, perdiendo la raíz $-6$), o resolver mal $\lambda^2=1$ y quedarse solo con $\lambda=1$.

La aplicación lineal $f(x_1,x_2)=(7x_1+4x_2,-2x_1+x_2)$ verifica que: A) Es ortogonal. B) Admite una representación matricial vía una matriz diagonal. C) Cualquier matriz asociada suya tiene rango $3$. D) Ninguna de las anteriores.

Qué se pide. «Admite una matriz diagonal» es «es diagonalizable» (Def. 4.12 y Teor. 4.6). Oficial: correcta (respuesta B).

1. Matriz en la canónica (columnas = imágenes de $e_1,e_2$, U §3.3):

   $$A=\begin{pmatrix}7&4\cr-2&1\end{pmatrix}.$$

   Es un endomorfismo de $\mathbb R^2$, así que la pregunta tiene sentido.

2. C es falsa: toda matriz asociada a $f$ es $2\times2$ y su rango es $\le2$, nunca $3$.
3. A es falsa: una matriz ortogonal cumple $A^tA=I$ (tema 5.2), así que sus columnas tienen norma $1$; la primera, $(7,-2)$, tiene norma $\sqrt{53}\neq1$.
4. B: $\operatorname{tr}A=8$, $|A|=7+8=15$, $p(\lambda)=\lambda^2-8\lambda+15=(\lambda-3)(\lambda-5)$: dos valores propios reales distintos en $\mathbb R^2$ $\Rightarrow$ $f$ es diagonalizable: en la base de vectores propios su matriz es $\operatorname{diag}(3,5)$. B cierta.

5. (Comprobación, no pedida.) $\lambda=3$:

   $$A-3I=\begin{pmatrix}4&4\cr-2&-2\end{pmatrix},$$

   $v_1=(-1,1)$; $\lambda=5$:

   $$A-5I=\begin{pmatrix}2&4\cr-2&-4\end{pmatrix},$$

   $v_2=(-2,1)$. Con

   $$P=\begin{pmatrix}-1&-2\cr1&1\end{pmatrix},$$

   $P^{-1}AP=\operatorname{diag}(3,5)$.

Respuesta: B.

Error típico: pensar que, como $A$ no es diagonal, B es falsa. B dice que existe una base en la que la matriz es diagonal, no que lo sea la de la base canónica.

Escribir, si es posible, una matriz diagonal y semejante a $\begin{pmatrix}1&1&1\cr0&2&1\cr0&0&3\end{pmatrix}$.

Qué se pide. Es exactamente el Ejemplo 4.13 de U (p.164), que la oficial cita; solo se pide la matriz diagonal.

1. Polinomio: $A-\lambda I$ es triangular superior, así que $p(\lambda)=(1-\lambda)(2-\lambda)(3-\lambda)$.
2. Valores propios: $1,2,3$, reales y distintos, con $\alpha=1$ cada uno ($d=1=\alpha$ por el Teor. 4.5).
3. Diagonalizable (corolario p.163 o Teor. 4.7): $A$ es semejante a $\Lambda=\operatorname{diag}(1,2,3)$. Esta es la respuesta.

4. (Para quien quiera comprobarlo.) $L_1=\langle(1,0,0)\rangle$, $L_2=\langle(1,1,0)\rangle$, $L_3=\langle(1,1,1)\rangle$; con

   $$P=\begin{pmatrix}1&1&1\cr0&1&1\cr0&0&1\end{pmatrix}$$ $$P^{-1}=\begin{pmatrix}1&-1&0\cr0&1&-1\cr0&0&1\end{pmatrix}$$

   se cumple $P^{-1}AP=\Lambda$ (como en el Ej. 4.13 del apartado 3).

Error típico: creer que la diagonal semejante se obtiene «borrando» lo que hay por encima de la diagonal. Aquí sale bien solo porque los tres valores son distintos: en el ejercicio de Feb. 2023 (siguiente grupo), $\begin{pmatrix}9&9\cr0&9\end{pmatrix}$ no es semejante a $\operatorname{diag}(9,9)$.

Estudiar si existe una matriz diagonal y semejante a $A=\begin{pmatrix}9&9\cr0&9\end{pmatrix}$.

Qué se pide. Oficial: correcta; cita como fallo recurrente confundir «matriz diagonal» con «triangular superior».

1. Polinomio: triangular, $|A-\lambda I|=(9-\lambda)^2$. Único valor propio $\lambda=9$, $\alpha=2$.

2. Multiplicidad geométrica:

   $$A-9I=\begin{pmatrix}0&9\cr0&0\end{pmatrix},$$

   rango $1$, $d=2-1=1$; $L_9=\{y=0\}=\langle(1,0)\rangle$.

3. Conclusión: $d=1\neq2=\alpha$: por el Teor. 4.7, no es diagonalizable; no existe ninguna matriz diagonal semejante.
4. Otra forma de verlo (útil con un único valor propio): si existiera, la diagonal tendría que ser $9I$ (las semejantes tienen los mismos valores propios, Teor. 4.4). Pero entonces $A=P(9I)P^{-1}=9PP^{-1}=9I$, y $A\neq9I$. Contradicción.

Error típico (propio): decir «es semejante a $\operatorname{diag}(9,9)$» porque coinciden los valores propios: para la semejanza no basta el mismo polinomio característico (U Ej. 4.10, p.155; ver tema 4.2).

Calcular, si es posible, una matriz diagonal semejante a $\begin{pmatrix}2&2&-2\cr0&3&-1\cr0&1&1\end{pmatrix}$ y las ecuaciones de los subespacios de vectores propios asociados.

Qué se pide. La oficial remite a E 4.18 (p.135), ya resuelto en el tema 4.2 (cálculo de $L_2$). Aquí se completa el veredicto de diagonalización.

1. Polinomio (por la 1.ª columna, con dos ceros):

   $$(2-\lambda)\big[(3-\lambda)(1-\lambda)+1\big]=(2-\lambda)(\lambda^2-4\lambda+4)=(2-\lambda)^3.$$

   Único valor propio $\lambda=2$, $\alpha=3$.

2. Subespacio propio:

   $$A-2I=\begin{pmatrix}0&2&-2\cr0&1&-1\cr0&1&-1\end{pmatrix}:$$

   filas proporcionales a $(0,1,-1)$, rango $1$. Ecuación $x_2-x_3=0$; $L_2=\langle(1,0,0),(0,1,1)\rangle$, $d=3-1=2$.

3. Conclusión: $d=2\neq3=\alpha$: por el Teor. 4.7, $A$ no es diagonalizable y la matriz diagonal pedida no existe. Equivalentemente (Teor. 4.6): solo hay $2$ vectores propios independientes y no se puede formar una base de $\mathbb R^3$. Es el mismo caso que el Ejemplo 4.15 de U.
4. Ecuaciones de los subespacios propios: hay uno solo, $L_2:\ x_2-x_3=0$, de dimensión $2$.

Sobre la oficial. Los datos son correctos ($\lambda=2$, $\alpha=3$, $d=2$, ecuación $x_3-x_2=0$) pero dice «una base de vectores propios es $\{(1,0,0),(0,1,1)\}$»: es una base de $L_2$, no una «base de vectores propios» de $\mathbb R^3$ en el sentido del Teorema 4.6 (esa base no existe, y por eso $A$ no es diagonalizable). Tampoco dice explícitamente que la matriz diagonal no existe.

Error típico: dar $\operatorname{diag}(2,2,2)$ como respuesta (obligaría a $A=2I$, como en Feb. 2023).

Considere $A=\begin{pmatrix}3&0&0\cr0&4&-1\cr0&1&2\end{pmatrix}$. Demuestre que $A$ no es diagonalizable (1 punto). (El 2.º apartado, «calcule la matriz de Jordan asociada a $A$», es del tema 4.4.)

1. Polinomio (por la 1.ª fila, con dos ceros):

   $$(3-\lambda)\begin{vmatrix}4-\lambda&-1\cr1&2-\lambda\end{vmatrix}=(3-\lambda)\big[(4-\lambda)(2-\lambda)+1\big]=(3-\lambda)(\lambda^2-6\lambda+9)=(3-\lambda)^3.$$
2. Valor propio: $\lambda=3$, $\alpha=3$.

3. Subespacio propio:

   $$A-3I=\begin{pmatrix}0&0&0\cr0&1&-1\cr0&1&-1\end{pmatrix},$$

   rango $1$; ecuación $y-z=0$; $L_3=\langle(1,0,0),(0,1,1)\rangle$, $d=2$.

4. Conclusión: $d=2\lt3=\alpha$, luego por el Teor. 4.7 $A$ no es diagonalizable. (Con el atajo de Feb. 2023: si lo fuera, sería $A=3I$, y no lo es.) $\blacksquare$

Erratas de la oficial. En el «fallo recurrente» escribe $(3-\lambda)(4-\lambda)(2-\lambda)+(3-\lambda)=(3-\lambda)\big((2-\lambda)+(3-\lambda)+1\big)$, que es falso; lo correcto es $(3-\lambda)\big[(4-\lambda)(2-\lambda)+1\big]$. El error de fondo que señala sí es real: leer las raíces $3,4,2$ como si el sumando $+(3-\lambda)$ no existiera. En el 2.º apartado aparecen $(A+3I)$ y $(A+3I)^2$ donde debe decir $(A-3I)$ y $(A-3I)^2$ (tema 4.4).

Error típico: el de la oficial: ver $(3-\lambda)(4-\lambda)(2-\lambda)+\cdots$ y leer las raíces como si fuera un producto.

Sean $a,b\in\mathbb R$ y $A=\begin{pmatrix}2a-b&0&2a-2b\cr1&a&2\cr-a+b&0&-a+2b\end{pmatrix}$. Calcule los autovalores de $A$ en función de $a,b$, $a\neq b$ (1,5 puntos; está resuelto en el tema 4.2). Estudie si $A$ es diagonalizable en el caso $a=b$ (0,5 puntos).

1. Sustituir $b=a$: $2a-b=a$, $2a-2b=0$, $-a+b=0$, $-a+2b=a$:

   $$A=\begin{pmatrix}a&0&0\cr1&a&2\cr0&0&a\end{pmatrix}.$$

2. Polinomio (por la 1.ª fila):

   $$(a-\lambda)\begin{vmatrix}a-\lambda&2\cr0&a-\lambda\end{vmatrix}=(a-\lambda)^3.$$

   También sale poniendo $b=a$ en $p(\lambda)=(a-\lambda)^2(b-\lambda)$ del 1.er apartado. Único valor propio $\lambda=a$, $\alpha=3$.

3. Subespacio propio:

   $$A-aI=\begin{pmatrix}0&0&0\cr1&0&2\cr0&0&0\end{pmatrix}$$

   tiene rango $1$ para todo $a$. Ecuación $x+2z=0$, $L_a=\langle(0,1,0),(-2,0,1)\rangle$, $d=2$.

4. Conclusión: $d=2\neq3=\alpha$: para $a=b$, $A$ no es diagonalizable (Teor. 4.7). También vale el atajo: $A\neq aI$.

Comentario (no pedido, muy instructivo). Para $a\neq b$ la matriz sí es diagonalizable: valores propios $a$ (doble) y $b$ (simple), con $\operatorname{rang}(A-aI)=1$ para todos $a,b$, luego $d_a=2=\alpha_a$ y $d_b=1=\alpha_b$. La diagonalizabilidad se pierde justo cuando los dos valores propios se juntan. La oficial es correcta (dice «dimensión $2$ … no coincide», sin escribir el $3$).

Error típico: conservar la conclusión del caso general; o pensar que como $\operatorname{rang}(A-aI)$ «no cambia» (vale $1$ en los dos casos) la respuesta tampoco cambia: lo que cambia es $\alpha$, que pasa de $2$ a $3$.

Sea $b\neq0$ y $A=\begin{pmatrix}a&b&0\cr0&-2&0\cr0&0&2\end{pmatrix}$. Estudie si $A$ es diagonalizable cuando $a\neq2$ y $a\neq-2$ (0,5 puntos) y cuando $a=2$ y cuando $a=-2$ (1,5 puntos; en cada uno de los dos casos). En los casos diagonalizables no es necesario calcular la matriz diagonal.

1. Polinomio: $A-\lambda I$ es triangular superior: $p(\lambda)=(a-\lambda)(-2-\lambda)(2-\lambda)$. Valores propios: $a$, $-2$ y $2$.
2. Caso $a\neq\pm2$: tres valores propios reales distintos, $\alpha=d=1$ (Teor. 4.5): diagonalizable para cualquier $b$ (corolario de p.163).

3. Caso $a=2$: $\lambda=2$ doble y $\lambda=-2$ simple.

   $$A-2I=\begin{pmatrix}0&b&0\cr0&-4&0\cr0&0&0\end{pmatrix}:$$

   filas $(0,b,0)$ y $(0,-4,0)$ proporcionales, rango $1$; ecuación $y=0$, $L_2=\langle(1,0,0),(0,0,1)\rangle$, $d_2=2=\alpha_2$. El simple tiene $d=\alpha=1$: diagonalizable (Teor. 4.7).

4. Caso $a=-2$: $\lambda=-2$ doble y $\lambda=2$ simple.

   $$A+2I=\begin{pmatrix}0&b&0\cr0&0&0\cr0&0&4\end{pmatrix}:$$

   como $b\neq0$, las filas $(0,b,0)$ y $(0,0,4)$ son independientes, rango $2$; ecuaciones $y=0,\ z=0$, $L_{-2}=\langle(1,0,0)\rangle$, $d=1\lt2=\alpha$: no diagonalizable.

5. Papel de $b\neq0$: solo importa en $a=-2$; con $b=0$ la matriz sería diagonal y diagonalizable siempre. Por eso la oficial avisa del fallo recurrente «dar un valor concreto a $b$».

Resumen: $A$ es diagonalizable $\iff a\neq-2$. La redacción «cuando $a=2$ y $a=-2$» significa «en cada uno de los dos casos»: no pueden darse a la vez. La oficial es correcta.

Error típico: estudiar el rango con $b=1$ (o $b=0$) en vez de usar solo $b\neq0$; o calcular $L_\lambda$ también para los valores simples (trabajo inútil).

Sean $a,b\in\mathbb R$ y $A=\begin{pmatrix}5&0&0\cr0&-1&a\cr3&0&b\end{pmatrix}$. Estudie si $A$ es diagonalizable en función de $a,b$. En los casos diagonalizables no es necesario calcular la matriz diagonal.

1. Polinomio (por la 1.ª fila, $(5-\lambda,0,0)$):

   $$(5-\lambda)\begin{vmatrix}-1-\lambda&a\cr0&b-\lambda\end{vmatrix}=(5-\lambda)(-1-\lambda)(b-\lambda).$$

   El parámetro $a$ no aparece. Valores propios: $5$, $-1$ y $b$.

2. Caso $b\neq5$ y $b\neq-1$: tres valores distintos: diagonalizable para todo $a$.

3. Caso $b=5$: $\lambda=5$ doble, $\lambda=-1$ simple.

   $$A-5I=\begin{pmatrix}0&0&0\cr0&-6&a\cr3&0&0\end{pmatrix}:$$

   las filas $(0,-6,a)$ y $(3,0,0)$ son independientes para todo $a$ (la primera tiene $-6\neq0$ en la 2.ª columna). Rango $2$, $d_5=1\lt2$: no diagonalizable, para todo $a$.

4. Caso $b=-1$: $\lambda=-1$ doble, $\lambda=5$ simple.

   $$A+I=\begin{pmatrix}6&0&0\cr0&0&a\cr3&0&0\end{pmatrix}$$

   (la fila 3 es la mitad de la 1). Si $a\neq0$: filas $(6,0,0)$ y $(0,0,a)$ independientes, rango $2$, $d=1\lt2$: no. Si $a=0$: solo queda $(6,0,0)$, rango $1$, $d=2=\alpha$: sí, con $L_{-1}=\langle(0,1,0),(0,0,1)\rangle$ y $L_5=\langle(2,0,1)\rangle$.

5. Resumen: $A$ es diagonalizable $\iff$ ($b\neq5$ y $b\neq-1$) o ($b=-1$ y $a=0$). La oficial es correcta.

Error típico: concluir «$a$ no influye» porque no aparece en el polinomio (influye en $d$ cuando $b=-1$); o resumir «diagonalizable si $a=0$», cuando para $b=5$ no lo es nunca.

Sea $f(x_1,x_2)=(-7x_1+6x_2,-9x_1+8x_2)$ una aplicación lineal de $\mathbb R^2$ en $\mathbb R^2$. Halle la matriz de $f$ respecto de $B=\{(1,-1),(1,1)\}$ (1 punto; resuelto en 3.3 y 3.5). Estudie si $f$ es diagonalizable y, en caso afirmativo, determine una matriz diagonal $D$ y una base respecto a la cual la matriz asociada a $f$ es $D$ (1 punto).

1. Matriz en la canónica:

   $$A=\begin{pmatrix}-7&6\cr-9&8\end{pmatrix}.$$

   Por la Def. 4.12, $f$ es diagonalizable si lo es $A$.

2. Polinomio: $\operatorname{tr}A=1$, $|A|=-56+54=-2$: $p(\lambda)=\lambda^2-\lambda-2=(\lambda-2)(\lambda+1)$. Valores propios $2$ y $-1$, reales y distintos: $f$ es diagonalizable.

3. Vectores propios: $\lambda=2$:

   $$A-2I=\begin{pmatrix}-9&6\cr-9&6\end{pmatrix},$$

   $3x=2y$, $v_1=(2,3)$. $\lambda=-1$:

   $$A+I=\begin{pmatrix}-6&6\cr-9&9\end{pmatrix},$$

   $x=y$, $v_2=(1,1)$.

4. Base y matriz diagonal: $B'=\{(2,3),(1,1)\}$ es base de $\mathbb R^2$ ($\begin{vmatrix}2&1\cr3&1\end{vmatrix}=-1\neq0$) formada por vectores propios. Por el Teor. 4.6, la matriz de $f$ en $B'$ es

   $$D=\begin{pmatrix}2&0\cr0&-1\end{pmatrix}:$$

   el valor propio de $v_1$ va en la 1.ª posición y el de $v_2$ en la 2.ª.

5. Comprobación con $P$:

   $$P=\begin{pmatrix}2&1\cr3&1\end{pmatrix},$$ $$P^{-1}=\begin{pmatrix}-1&1\cr3&-2\end{pmatrix}$$

   (fórmula $2\times2$, U p.27-28),

   $$P^{-1}AP=\begin{pmatrix}-2&2\cr-3&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&1\cr3&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&0\cr0&-1\end{pmatrix}$$

   ✓. Más rápido: $AP=PD$, es decir, $Av_1=2v_1$ y $Av_2=-v_2$.

6. Enlace con el 1.er apartado (control gratis):

   $$A_B=\begin{pmatrix}2&0\cr-15&-1\end{pmatrix}$$

   es triangular con diagonal $2,-1$: coincide (Teor. 4.4). Pero $B$ no es base de vectores propios ($f(1,-1)=(-13,-17)$ no es múltiplo de $(1,-1)$), por eso $A_B$ no sale diagonal.

Error típico: columnas de $P$ en distinto orden que los valores de $D$ (U Ej. 4.14: la igualdad «no es cierta»), o los vectores propios en filas. La oficial es correcta.

Considere $A=\begin{pmatrix}-1&0\cr2&1\end{pmatrix}$. Estudie si existe una matriz diagonal y semejante a $A$ (1 punto). Calcule de manera razonada $A^{546}$ (1 punto).

1. Valores propios: $A$ es triangular inferior, $p(\lambda)=(-1-\lambda)(1-\lambda)=(\lambda+1)(\lambda-1)$: valores $-1$ y $1$, distintos. Por U p.163 existe una diagonal semejante: $D=\operatorname{diag}(-1,1)$.

2. Vectores propios: $\lambda=-1$:

   $$A+I=\begin{pmatrix}0&0\cr2&2\end{pmatrix},$$

   $x+y=0$, $v_1=(1,-1)$ (la oficial usa $(-1,1)$, que también vale). $\lambda=1$:

   $$A-I=\begin{pmatrix}-2&0\cr2&0\end{pmatrix},$$

   $x=0$, $v_2=(0,1)$.

3. Matriz de paso:

   $$P=\begin{pmatrix}1&0\cr-1&1\end{pmatrix},$$

   $|P|=1$,

   $$P^{-1}=\begin{pmatrix}1&0\cr1&1\end{pmatrix};$$

   $P^{-1}AP=D$.

4. Potencia: $D^{546}=\operatorname{diag}((-1)^{546},1^{546})=I$ porque $546$ es par. Entonces $A^{546}=PD^{546}P^{-1}=PIP^{-1}=I$.

   $$A^{546}=\begin{pmatrix}1&0\cr0&1\end{pmatrix}.$$

5. Comprobación independiente:

   $$A^2=\begin{pmatrix}-1&0\cr2&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1&0\cr2&1\end{pmatrix}=I,$$

   luego $A^{546}=(A^2)^{273}=I$. Como el enunciado dice «de manera razonada» y el primer apartado lleva a la diagonalización, conviene presentar el paso 4; este paso 5 sirve de control.

La oficial es correcta; su última línea escribe $PP^{-1}$ con $P^{-1}=P$ (porque con $v_1=(-1,1)$ resulta $P^2=I$), algo que puede confundir.

Error típico: calcular $A^{546}$ elevando cada entrada: daría $\begin{pmatrix}1&0\cr2^{546}&1\end{pmatrix}$, que es falso.

Utilizando la teoría de diagonalización, hallar el valor de $A^{100}$ siendo $A=\begin{pmatrix}0&2\cr-3&5\end{pmatrix}$.

1. Polinomio: $\operatorname{tr}A=5$, $|A|=6$: $p(\lambda)=\lambda^2-5\lambda+6=(\lambda-2)(\lambda-3)$. Valores propios $2$ y $3$, distintos: diagonalizable (U p.163).

2. Vectores propios: $\lambda=2$:

   $$A-2I=\begin{pmatrix}-2&2\cr-3&3\end{pmatrix},$$

   $x=y$, $v_1=(1,1)$. $\lambda=3$:

   $$A-3I=\begin{pmatrix}-3&2\cr-3&2\end{pmatrix},$$

   $3x=2y$, $v_2=(2,3)$ (la oficial toma $(2/3,1)$, proporcional; con $(2,3)$ se evitan fracciones).

3. $P$ y $P^{-1}$:

   $$P=\begin{pmatrix}1&2\cr1&3\end{pmatrix},$$

   $|P|=1$,

   $$P^{-1}=\begin{pmatrix}3&-2\cr-1&1\end{pmatrix}$$

   (U p.27-28). Comprobación: $P^{-1}AP=\operatorname{diag}(2,3)$.

4. Potencia ($PD^k$ es escalar las columnas de $P$): $$A^{100}=P\begin{pmatrix}2^{100}&0\cr0&3^{100}\end{pmatrix}P^{-1}=\begin{pmatrix}2^{100}&2\cdot3^{100}\cr2^{100}&3^{101}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3&-2\cr-1&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\cdot2^{100}-2\cdot3^{100}&-2^{101}+2\cdot3^{100}\cr3\cdot2^{100}-3^{101}&-2^{101}+3^{101}\end{pmatrix}.$$

5. Comprobación con la fórmula general

   $$A^n=\begin{pmatrix}3\cdot2^n-2\cdot3^n&2\cdot3^n-2^{n+1}\cr3\cdot2^n-3^{n+1}&3^{n+1}-2^{n+1}\end{pmatrix}$$

   (sympy): con $n=1$ se recupera $A$ y con $n=2$ sale

   $$\begin{pmatrix}-6&10\cr-15&19\end{pmatrix}=A^2.$$

Sobre la oficial. Es correcta pero incompleta: con $P=\begin{pmatrix}1&2/3\cr1&1\end{pmatrix}$ da $P^{-1}=\begin{pmatrix}3&-2\cr-3&3\end{pmatrix}$ (correcta) y deja $A^{100}=P\operatorname{diag}(2^{100},3^{100})P^{-1}$ con un «¡Compruébese!», sin hacer el producto. En el examen conviene multiplicar, porque el resultado pedido es la matriz.

Error típico: escribir $A^{100}=P^{-1}D^{100}P$ (orden cambiado). Como $D=P^{-1}AP$, es $A=PDP^{-1}$, con la $P$ de columnas-vectores propios a la izquierda.

Considere $A=\begin{pmatrix}-2&1\cr1&-2\end{pmatrix}$. Halle, si es posible, una matriz $P$ tal que $P^{-1}AP$ sea una matriz diagonal (1 punto). Determine de manera razonada si la matriz $A^{51}$ es diagonalizable (1 punto).

1. Polinomio:

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

   Valores propios $-1$ y $-3$, distintos: diagonalizable.

2. Vectores propios: $\lambda=-1$:

   $$A+I=\begin{pmatrix}-1&1\cr1&-1\end{pmatrix},$$

   $x=y$, $v_1=(1,1)$. $\lambda=-3$:

   $$A+3I=\begin{pmatrix}1&1\cr1&1\end{pmatrix},$$

   $x+y=0$, $v_2=(1,-1)$.

3. $P$:

   $$P=\begin{pmatrix}1&1\cr1&-1\end{pmatrix},$$

   $|P|=-2\neq0$,

   $$P^{-1}=\frac12\begin{pmatrix}1&1\cr1&-1\end{pmatrix},$$ $$P^{-1}AP=\begin{pmatrix}-1&0\cr0&-3\end{pmatrix}=D$$

   (verificado).

4. $A^{51}$: de $A=PDP^{-1}$, $A^{51}=PD^{51}P^{-1}$, es decir,

   $$P^{-1}A^{51}P=D^{51}=\begin{pmatrix}(-1)^{51}&0\cr0&(-3)^{51}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1&0\cr0&-3^{51}\end{pmatrix},$$

   que es diagonal. Por la Def. 4.12, $A^{51}$ es diagonalizable, con la misma $P$. (Aquí $(-3)^{51}=-3^{51}$ porque el exponente es impar.)

5. Idea general: si $Av=\lambda v$, entonces $A^kv=\lambda^kv$: los vectores propios de $A$ lo son de $A^k$, así que la base que diagonaliza $A$ diagonaliza todas sus potencias.

6. (No pedido.)

   $$A^{51}=\frac12\begin{pmatrix}-1-3^{51}&-1+3^{51}\cr-1+3^{51}&-1-3^{51}\end{pmatrix}$$

   (verificado).

Frontera: $A$ es simétrica, así que también se podría diagonalizar con $P$ ortogonal (dividiendo las columnas por $\sqrt2$; tema 5.3). Aquí no se pide. La oficial es correcta.

Error típico: calcular el polinomio característico de $A^{51}$ o multiplicar $A$ por sí misma; o escribir $(-3)^{51}=3^{51}$ (el signo se pierde solo si el exponente es par).

Diagonaliza $A=\begin{pmatrix}4&-2\cr1&1\end{pmatrix}$ y calcula $A^n$ para todo $n\ge1$.

1. $\operatorname{tr}A=5$, $|A|=4+2=6$: $p(\lambda)=\lambda^2-5\lambda+6=(\lambda-2)(\lambda-3)$. Dos valores distintos: diagonalizable.

2. $\lambda=2$:

   $$A-2I=\begin{pmatrix}2&-2\cr1&-1\end{pmatrix},$$

   $x=y$, $v_1=(1,1)$. $\lambda=3$:

   $$A-3I=\begin{pmatrix}1&-2\cr1&-2\end{pmatrix},$$

   $x=2y$, $v_2=(2,1)$.

3. $$P=\begin{pmatrix}1&2\cr1&1\end{pmatrix},$$

   $|P|=-1$,

   $$P^{-1}=\begin{pmatrix}-1&2\cr1&-1\end{pmatrix},$$

   $D=\operatorname{diag}(2,3)$. Comprobación:

   $$AP=\begin{pmatrix}2&6\cr2&3\end{pmatrix}=PD.$$
4. $$A^n=PD^nP^{-1}=\begin{pmatrix}2^n&2\cdot3^n\cr2^n&3^n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1&2\cr1&-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\cdot3^n-2^n&2^{n+1}-2\cdot3^n\cr3^n-2^n&2^{n+1}-3^n\end{pmatrix}.$$

   Con $n=1$ sale $A$; con $n=3$,

   $$\begin{pmatrix}46&-38\cr19&-11\end{pmatrix}=A^3.$$

¿Es diagonalizable $A=\begin{pmatrix}1&0&0\cr1&2&0\cr-1&0&2\end{pmatrix}$? Si lo es, da $P$ y $D$.

1. Triangular inferior: $p(\lambda)=(1-\lambda)(2-\lambda)^2$: $1$ ($\alpha=1$) y $2$ ($\alpha=2$).

2. Solo hay que estudiar el doble:

   $$A-2I=\begin{pmatrix}-1&0&0\cr1&0&0\cr-1&0&0\end{pmatrix}$$

   tiene rango $1$, $d_2=2=\alpha_2$; ecuación $x=0$, $L_2=\langle(0,1,0),(0,0,1)\rangle$.

3. $\lambda=1$:

   $$A-I=\begin{pmatrix}0&0&0\cr1&1&0\cr-1&0&1\end{pmatrix},$$

   $x+y=0$, $z=x$: $L_1=\langle(1,-1,1)\rangle$.

4. $d_i=\alpha_i$ para ambos: diagonalizable.

   $$P=\begin{pmatrix}1&0&0\cr-1&1&0\cr1&0&1\end{pmatrix},$$

   $D=\operatorname{diag}(1,2,2)$ (mismo orden), $|P|=1$,

   $$P^{-1}=\begin{pmatrix}1&0&0\cr1&1&0\cr-1&0&1\end{pmatrix}$$

   y $P^{-1}AP=D$.

Estudia según $a\in\mathbb R$ si $A=\begin{pmatrix}2&a&1\cr0&2&0\cr0&0&1\end{pmatrix}$ es diagonalizable y, cuando lo sea, da $P$ y $D$.

1. Triangular superior: $p(\lambda)=(2-\lambda)^2(1-\lambda)$, que no depende de $a$. $\lambda=2$ doble y $\lambda=1$ simple.
2. $$A-2I=\begin{pmatrix}0&a&1\cr0&0&0\cr0&0&-1\end{pmatrix}.$$

   Si $a\neq0$: filas $(0,a,1)$ y $(0,0,-1)$ independientes, rango $2$, $d_2=1\lt2$: no. Si $a=0$: filas $(0,0,1)$ y $(0,0,-1)$ proporcionales, rango $1$, $d_2=2$: sí.

3. Con $a=0$: $L_2$ es $z=0$, $L_2=\langle(1,0,0),(0,1,0)\rangle$.

   $$A-I=\begin{pmatrix}1&0&1\cr0&1&0\cr0&0&0\end{pmatrix}$$

   da $x=-z,\ y=0$: $L_1=\langle(-1,0,1)\rangle$.

   $$P=\begin{pmatrix}1&0&-1\cr0&1&0\cr0&0&1\end{pmatrix},$$

   $D=\operatorname{diag}(2,2,1)$ y $P^{-1}AP=D$ (sympy).

Receta y error típico. El parámetro no aparece en $p(\lambda)$ y, aun así, decide la respuesta a través del rango (como en el Ejemplo 4.14 de U y en X Feb. 2025). Error típico: concluir «diagonalizable para todo $a$» porque los valores propios no dependen de $a$.