Diagonalización de matrices simétricas

Si $A$ es la matriz simétrica asociada a un endomorfismo $f$ de $\mathbb R^3$ en la base canónica, se pide probar: A) $f$ posee una base de vectores ortogonales dos a dos con el producto escalar usual. B) Todos sus valores propios son reales. C) Considerando el producto escalar estándar, $f(\bar x)\cdot\bar y=\bar x\cdot f(\bar y)$.

Idea. Lo más natural es probar primero B, luego A. C es la propiedad que hace funcionar B y la ortogonalidad.

1. B) Valores propios reales. Los valores propios son las raíces de $|A-\lambda I|=0$ (U p.153), en principio complejas. Sea $\lambda\in\mathbb C$ una raíz y $X\in\mathbb C^3$, $X\neq0$, con $AX=\lambda X$.
2. Conjuga la igualdad: como $A$ es real, $A\bar X=\bar\lambda\bar X$. Multiplica la primera por $\bar X^t$ a la izquierda: $\bar X^tAX=\lambda\,\bar X^tX$.
3. Traspón la segunda ($(A\bar X)^t=\bar X^tA^t=\bar X^tA$, por ser $A=A^t$) y multiplica por $X$ a la derecha: $\bar X^tAX=\bar\lambda\,\bar X^tX$.
4. Resta: $(\lambda-\bar\lambda)\,\bar X^tX=0$. Como $\bar X^tX=|x_1|^2+|x_2|^2+|x_3|^2\gt0$ ($X\neq0$), $\lambda=\bar\lambda$, o sea $\lambda\in\mathbb R$. $\blacksquare$ (Es la demostración de la sección 2.1, que arregla la de U p.221.)
5. A) Precisión del enunciado. Literalmente, una base de vectores ortogonales dos a dos la tiene cualquier endomorfismo: la canónica. Lo que se quiere probar (y lo que prueba E) es una base ortogonal formada por vectores propios de $f$.
6. Por B, el polinomio característico (grado $3$) tiene sus $3$ raíces reales $\lambda_1,\dots,\lambda_r$ con multiplicidades $\alpha_i$, $\sum\alpha_i=3$. Por el Teor. 5.7 (U p.223), $A$ es diagonalizable respecto de una base ortogonal de vectores propios; en particular $d_i=\alpha_i$.
7. Cómo se construye: en cada $L_{\lambda_i}$ se toma una base y se ortogonaliza con Gram-Schmidt (U p.208); los vectores obtenidos siguen en $L_{\lambda_i}$, luego siguen siendo propios. Vectores de subespacios propios distintos son ortogonales automáticamente (U p.222). Reuniendo las bases de cada $L_{\lambda_i}$ se obtienen $\sum d_i=3$ vectores ortogonales dos a dos y no nulos, luego linealmente independientes (U Teor. 5.2, p.206): una base ortogonal de $\mathbb R^3$ de vectores propios. Equivalente: existe $P$ ortogonal con $P^tAP=\Lambda$ (Teor. 5.8) y las columnas de $P$ son esa base. $\blacksquare$
8. C) $f(x)\cdot y=x\cdot f(y)$. Con el producto estándar $u\cdot v=u^tv$ y $f(x)=AX$ (matriz en la base canónica): $f(x)\cdot y=(AX)^tY=X^tA^tY$ por $(AB)^t=B^tA^t$ (U p.13). Como $A^t=A$: $X^tA^tY=X^tAY=X^t(AY)=x\cdot f(y)$. $\blacksquare$

Error típico: creer que, con un valor propio doble, cualquier base del subespacio propio sirve para una $P$ ortogonal: dentro de $L_\lambda$ los vectores no tienen por qué ser ortogonales (Propio 4). Teoría: U §5.3 pp.221-224; U §1.2 p.13; U §5.1 pp.206-208.

Si $A$ es la matriz real cuadrada tal que $A=P^t\Lambda P$ siendo $\Lambda$ una matriz diagonal, pruébese que $A$ es simétrica.

1. Qué hay que probar. $A$ es simétrica si $A^t=A$. Calculamos $A^t$ y vemos si vuelve a dar $A$.
2. Traspuesta de un producto de tres matrices. $(AB)^t=B^tA^t$ (U p.13), aplicada dos veces, da $(XYZ)^t=Z^tY^tX^t$ (se invierte el orden): $A^t=(P^t\Lambda P)^t=P^t\,\Lambda^t\,(P^t)^t$.
3. Simplificar. $(P^t)^t=P$ y $\Lambda^t=\Lambda$ (una matriz diagonal solo tiene entradas en la diagonal, que la trasposición no mueve).
4. Conclusión. $A^t=P^t\Lambda P=A$: $A$ es simétrica. $\blacksquare$

Observación. No hace falta que $P$ sea ortogonal ni regular: toda matriz $P^tDP$ con $D$ simétrica es simétrica (sección 1). Leído al revés, este ejercicio es la mitad «fácil» del teorema: si $A$ se diagonaliza con una $P$ ortogonal ($P^tAP=\Lambda$ ⇒ $A=P\Lambda P^t$), entonces $A$ es simétrica. Por eso una matriz no simétrica nunca es diagonalizable ortogonalmente (Propios 7 y 10).

Error típico: escribir $(P^t\Lambda P)^t=P^t\Lambda^tP^{tt}$ «sin invertir el orden» y llegar al resultado correcto por casualidad (aquí el producto es palíndromo). Con $(P\Lambda Q)^t$ el orden sí importa: $Q^t\Lambda P^t$. Teoría: U §1.2 p.13; U §5.3 p.224 (Teor. 5.8).

Si $A=\begin{pmatrix}2&0\cr0&2\end{pmatrix}$ y $B=\begin{pmatrix}2&1\cr0&2\end{pmatrix}$, se pide comprobar la veracidad de las siguientes proposiciones: A) No tienen el mismo polinomio característico. B) Como tienen el mismo polinomio característico, ambas matrices están asociadas al mismo endomorfismo (pero en distintas bases).

Idea. Es un ejercicio de repaso de 4.1-4.2 (E lo coloca en esta sección): ¿bastan los valores propios para saber si dos matrices son «la misma aplicación en bases distintas»?

1. A es falsa. Ambas son triangulares: el determinante es el producto de la diagonal. $|A-\lambda I|=(2-\lambda)^2=|B-\lambda I|$.
2. Qué significa B. «Asociadas al mismo endomorfismo en distintas bases» equivale a ser semejantes: existe $P$ regular con $P^{-1}AP=B$ (U Def. 4.5, p.148). El Teor. 4.4 (U p.153) dice semejantes ⇒ mismo polinomio, pero no al revés.
3. Argumento corto. $A=2I$ conmuta con todo: $P^{-1}(2I)P=2I$ para cualquier $P$. La única matriz semejante a $2I$ es $2I$, y $B\neq2I$. No son semejantes.

4. Argumento por multiplicidades. $\lambda=2$ tiene $\alpha=2$ en ambas. En $A$: $d=2-\operatorname{rang}(A-2I)=2-0=2$. En $B$:

   $$d=2-\operatorname{rang}\begin{pmatrix}0&1\cr0&0\end{pmatrix}=1.$$

   Semejantes tendrían la misma dimensión de subespacio propio. Además $B$ no es diagonalizable ($d\lt\alpha$) y $A$ sí.

5. Argumento de E con $P$ genérica. $P^{-1}AP=B\iff AP=PB$. Con

   $$P=\begin{pmatrix}p&q\cr r&s\end{pmatrix}:$$ $$AP=\begin{pmatrix}2p&2q\cr2r&2s\end{pmatrix}$$ $$PB=\begin{pmatrix}2p&p+2q\cr2r&r+2s\end{pmatrix},$$

   luego $p=0$, $r=0$: la primera columna de $P$ es nula y $|P|=0$. No existe $P$ regular. B es falsa.

Respuesta: A y B falsas.

Error típico: «mismo polinomio característico ⇒ semejantes». Falso en general; cierto para simétricas (o diagonalizables). Teoría: U §4.1 p.148; §4.2 p.153; §4.3 p.164.

Se pide decidir si son ciertas las propiedades siguientes para la matriz $\begin{pmatrix}1&1\cr1&0\end{pmatrix}$: A) No tiene autovalores en $\mathbb R$. B) Tiene dos autovalores reales distintos y uno de ellos es $\frac{1+\sqrt5}{2}$. C) Es diagonalizable.

1. A es falsa sin cuentas. La matriz es simétrica ($a_{12}=a_{21}=1$) y una simétrica real tiene todos sus valores propios reales (U p.221); al ser el polinomio de grado $2$, tiene $2$ raíces reales.

2. Polinomio característico:

   $$\begin{vmatrix}1-\lambda&1\cr1&-\lambda\end{vmatrix}=-\lambda(1-\lambda)-1=\lambda^2-\lambda-1.$$
3. Raíces: $\lambda=\dfrac{1\pm\sqrt{1+4}}2=\dfrac{1\pm\sqrt5}2$: dos reales distintas, una es $\frac{1+\sqrt5}2$ (el número áureo). B cierta.
4. C cierta. Una matriz $n\times n$ con $n$ valores propios distintos es diagonalizable (U p.163). Además, por ser simétrica, lo es ortogonalmente (Teor. 5.8).
5. Comprobación de la ortogonalidad (propia). De $(A-\lambda I)v=0$, segunda fila: $v_1-\lambda v_2=0$, luego $v=(\lambda,1)$. Para las dos raíces: $(\lambda_1,1)\cdot(\lambda_2,1)=\lambda_1\lambda_2+1=-1+1=0$ (el producto de las raíces de $\lambda^2-\lambda-1$ es $-1$). Ortogonales, como predice U p.222.

Respuesta: A falsa; B y C ciertas.

Teoría: U §5.3 pp.221-224; U §4.3 p.163.

Se pide elegir la opción correcta. La matriz $A=\begin{pmatrix}1&2\cr2&4\end{pmatrix}$ solo tiene valores propios reales porque: A) $A$ está definida en $\mathbb R$. B) $A$ es simétrica. C) Sus filas son linealmente independientes.

1. Valores propios:

   $$|A-\lambda I|=(1-\lambda)(4-\lambda)-4=\lambda^2-5\lambda=\lambda(\lambda-5):$$

   valores propios $0$ y $5$, reales.

2. A, falsa como razón. Ser real no basta:

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

   es real y su polinomio $\lambda^2+1$ no tiene raíces reales ($\pm i$).

3. B, correcta. $A^t=A$ y toda simétrica real tiene sus valores propios reales (U p.221). Es la razón general.

4. C, falsa por dos motivos. (a) La premisa es falsa: la segunda fila es el doble de la primera, $\operatorname{rang}A=1$, $|A|=0$ (coherente con que $0$ sea valor propio). (b) Aunque las filas fueran l.i., eso no da valores propios reales:

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

   tiene filas l.i. y valores propios $\pm i$.

Respuesta: B.

Error típico: elegir A: «real ⇒ autovalores reales» es falso; real ⇒ los complejos aparecen en pares conjugados. Teoría: U §5.3 p.221.

Los valores de $x$ para que $P(\lambda)=\lambda^3-\lambda^2-3\lambda x$ sea el polinomio característico de una matriz simétrica: A) No existen. B) Cumplen $x\le\frac1{12}$. C) Cumplen $x\le1$.

1. Convención de signo. U define el polinomio como $|A-\lambda I|$, que para $n=3$ empieza por $-\lambda^3$; el dado es mónico ($=|\lambda I-A|=-|A-\lambda I|$). Tienen las mismas raíces, que es lo que importa.
2. Condición necesaria. Si $P$ es el polinomio de una simétrica real, sus $3$ raíces son reales (U p.221).

3. Factorizar: $P(\lambda)=\lambda(\lambda^2-\lambda-3x)$. Una raíz es $\lambda=0$ (siempre real). Las otras dos son reales $\iff$ el discriminante de $\lambda^2-\lambda-3x$ es $\ge0$:

   $$\Delta=(-1)^2-4\cdot1\cdot(-3x)=1+12x\ge0\iff x\ge-\frac1{12}.$$
4. Condición suficiente (E no la comenta). Si $x\ge-\frac1{12}$, sean $r_1,r_2$ las raíces reales de $\lambda^2-\lambda-3x$; la matriz diagonal $\operatorname{diag}(0,r_1,r_2)$ es simétrica y su polinomio (mónico) es exactamente $P$. El conjunto buscado es exactamente $x\ge-\frac1{12}$.
5. Opciones. A es falsa (por ejemplo $x=0$: $\operatorname{diag}(0,0,1)$). B es falsa: $x=-1\le\frac1{12}$ pero $\Delta=-11\lt0$, y $x=1$ sirve sin cumplir $x\le\frac1{12}$. C es falsa por el mismo $x=-1$ (y $x=2$ sirve sin cumplir $x\le1$).

Respuesta: ninguna es cierta (coincide con E).

Error típico: calcular mal el discriminante ($1-12x$) y elegir B. Teoría: U §5.3 p.221.

Se pide justificar si se verifica que las matrices siguientes $A=\begin{pmatrix}1&1&0\cr1&2&-1\cr0&-1&1\end{pmatrix}$ y $B=\begin{pmatrix}0&0&0\cr0&1&0\cr0&0&3\end{pmatrix}$: A) Son congruentes y semejantes. B) Son congruentes pero no semejantes. C) Son semejantes pero no congruentes.

1. Definiciones (U §4.1): $B$ es congruente con $A$ si $B=P^tAP$ con $P$ regular (Def. 4.4, p.147); semejante si $B=P^{-1}AP$ (Def. 4.5, p.148). Si $P$ es ortogonal, $P^t=P^{-1}$ (Teor. 5.6, p.216) y ambas cosas coinciden.
2. $A$ es simétrica ($a_{12}=a_{21}=1$, $a_{13}=a_{31}=0$, $a_{23}=a_{32}=-1$). Por el Teor. 5.8 existe $P$ ortogonal con $P^tAP=\Lambda$. Basta ver si $\Lambda=B$ (salvo orden).

3. Polinomio característico (por la primera fila):

   $$(1-\lambda)\big[(2-\lambda)(1-\lambda)-1\big]-1\cdot\big[(1-\lambda)-0\big]=(1-\lambda)\big[(2-\lambda)(1-\lambda)-2\big]=(1-\lambda)(\lambda^2-3\lambda)=-\lambda(\lambda-1)(\lambda-3).$$

   Valores propios $0,1,3$, los de $B$.

4. Matriz de paso explícita (propia; E no la da). Resolviendo $(A-\lambda I)v=0$: $\lambda=0$: $v_1+v_2=0,\ -v_2+v_3=0\Rightarrow(1,-1,-1)$. $\lambda=1$: $v_2=0,\ v_1+v_2-v_3=0\Rightarrow(1,0,1)$. $\lambda=3$: $-2v_1+v_2=0,\ -v_2-2v_3=0\Rightarrow(1,2,-1)$. Son ortogonales dos a dos (valores propios distintos): por ejemplo $(1,-1,-1)\cdot(1,2,-1)=1-2+1=0$. Normalizando (aquí $\det P=-1$, que no importa: $P$ es ortogonal igualmente): $$P=\begin{pmatrix}\frac1{\sqrt3}&\frac1{\sqrt2}&\frac1{\sqrt6}\cr-\frac1{\sqrt3}&0&\frac2{\sqrt6}\cr-\frac1{\sqrt3}&\frac1{\sqrt2}&-\frac1{\sqrt6}\end{pmatrix},\qquad P^tP=I,\qquad P^tAP=\begin{pmatrix}0&0&0\cr0&1&0\cr0&0&3\end{pmatrix}=B .$$
5. Conclusión. Como $P^t=P^{-1}$, $B=P^tAP=P^{-1}AP$: congruentes y semejantes. A cierta; B y C son falsas (cada una niega una de las dos relaciones).

Respuesta: A.

Error típico: pensar que congruencia y semejanza se excluyen; con $P$ ortogonal son la misma cosa. Teoría: U §4.1 pp.147-148; U §5.2 p.216; U §5.3 p.224.

Se pide diagonalizar ortogonalmente la siguiente matriz, $A=\begin{pmatrix}1&-1&0&0\cr-1&0&0&0\cr0&0&5&0\cr0&0&0&3\end{pmatrix}$, calculando su matriz de paso asociada.

1. Se puede. $A^t=A$ (real): por el Teor. 5.8 existe $P$ ortogonal con $P^tAP=\Lambda$.

2. Estructura por bloques.

   $$A=\begin{pmatrix}M&0\cr0&D\end{pmatrix}$$ $$M=\begin{pmatrix}1&-1\cr-1&0\end{pmatrix}$$

   y $D=\operatorname{diag}(5,3)$. El determinante de una matriz diagonal por bloques es el producto de los determinantes:

   $$|A-\lambda I|=\begin{vmatrix}1-\lambda&-1\cr-1&-\lambda\end{vmatrix}(5-\lambda)(3-\lambda)=(\lambda^2-\lambda-1)(\lambda-5)(\lambda-3)$$ (porque $(1-\lambda)(-\lambda)-(-1)(-1)=\lambda^2-\lambda-1$). Desarrollando: $\lambda^4-9\lambda^3+22\lambda^2-7\lambda-15$, el polinomio de E.
3. Valores propios: $\lambda_1=\frac{1-\sqrt5}2\approx-0{,}618$, $\lambda_2=\frac{1+\sqrt5}2\approx1{,}618$, $\lambda_3=3$, $\lambda_4=5$. Los cuatro son distintos ⇒ cada subespacio propio es una recta ($d=\alpha=1$, U p.163) y los vectores propios saldrán ortogonales sin Gram-Schmidt (U p.222).
4. Vectores propios de $\lambda_{1,2}$. $(A-\lambda I)v=0$ da $(1-\lambda)v_1-v_2=0$, $-v_1-\lambda v_2=0$, $(5-\lambda)v_3=0$, $(3-\lambda)v_4=0$. Como $\lambda\neq5,3$: $v_3=v_4=0$; y $v_2=(1-\lambda)v_1$ (las dos primeras ecuaciones son proporcionales porque $|M-\lambda I|=0$).
   $\lambda_1$: $1-\lambda_1=\frac{1+\sqrt5}2$ ⇒ $w_1=(2,\,1+\sqrt5,\,0,\,0)$.   $\lambda_2$: $1-\lambda_2=\frac{1-\sqrt5}2$ ⇒ $w_2=(2,\,1-\sqrt5,\,0,\,0)$.
   Comprobación: $w_1\cdot w_2=4+(1+\sqrt5)(1-\sqrt5)=4+(1-5)=0$ ✓.
5. Vectores propios de $3$ y $5$. $Ae_4=3e_4$ y $Ae_3=5e_3$ (columnas $4$ y $3$ de $A$): $\lambda_3=3\to e_4=(0,0,0,1)$, $\lambda_4=5\to e_3=(0,0,1,0)$. Son ortogonales a $w_1,w_2$ (soportes disjuntos).
6. Normalizar. $\|w_1\|^2=4+(1+\sqrt5)^2=10+2\sqrt5$, $\|w_2\|^2=10-2\sqrt5$. Llamando $$a=\frac2{\sqrt{10+2\sqrt5}}=\sqrt{\tfrac{5-\sqrt5}{10}}\approx0{,}526,\qquad b=\frac{1+\sqrt5}{\sqrt{10+2\sqrt5}}=\sqrt{\tfrac{5+\sqrt5}{10}}\approx0{,}851,$$ resulta $\frac{w_1}{\|w_1\|}=(a,b,0,0)$ y $\frac{w_2}{\|w_2\|}=(b,-a,0,0)$. Nótese $a^2+b^2=1$ y $ab=\frac1{\sqrt5}$.
7. Matriz de paso y diagonal (columnas en el orden $\lambda_1,\lambda_2,3,5$): $$P=\begin{pmatrix}a&b&0&0\cr b&-a&0&0\cr0&0&0&1\cr0&0&1&0\end{pmatrix},\qquad\Lambda=\begin{pmatrix}\frac{1-\sqrt5}2&0&0&0\cr0&\frac{1+\sqrt5}2&0&0\cr0&0&3&0\cr0&0&0&5\end{pmatrix}.$$
8. $P$ es ortogonal (U Teor. 5.5, p.215): columnas unitarias ($a^2+b^2=1$) y ortogonales ($ab-ba=0$; las dos últimas son $e_4,e_3$). Luego $P^{-1}=P^t$ (aquí además $P^t=P$); $\det P=+1$.

9. Comprobación de $P^tAP=\Lambda$ (que E no hace). Por bloques basta con

   $$Q=\begin{pmatrix}a&b\cr b&-a\end{pmatrix}$$

   ($Q^t=Q$) y $M$:

   $$MQ=\begin{pmatrix}a-b&b+a\cr-a&-b\end{pmatrix},$$
   

   $(1,1)$:

   $$a(a-b)+b(-a)=a^2-2ab=\frac{5-\sqrt5}{10}-\frac2{\sqrt5}=\frac{1-\sqrt5}2=\lambda_1.$$
   $(1,2)$: $a(b+a)+b(-b)=ab+a^2-b^2=\frac1{\sqrt5}-\frac{2\sqrt5}{10}=0$.   $(2,1)$: $b(a-b)+(-a)(-a)=ab-b^2+a^2=0$.
   

   $(2,2)$:

   $$b(b+a)+(-a)(-b)=b^2+2ab=\frac{5+\sqrt5}{10}+\frac2{\sqrt5}=\frac{1+\sqrt5}2=\lambda_2.$$
   

   Bloque inferior:

   $$\begin{pmatrix}0&1\cr1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}5&0\cr0&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1\cr1&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3&0\cr0&5\end{pmatrix}$$

   (intercambiar filas y columnas permuta la diagonal). Luego $P^tAP=\Lambda$ ✓.

Error típico: desordenar columnas de $P$ respecto de $\Lambda$ (aquí es fácil: $e_4$ va con $3$ y $e_3$ con $5$), u olvidar normalizar (entonces $P$ no es ortogonal y $P^tAP\neq\Lambda$). Teoría: U §5.3 pp.223-224; U §5.2 pp.215-216.

Diagonaliza ortogonalmente $A=\begin{pmatrix}3&1\cr1&3\end{pmatrix}$.

1. $A=A^t$ ⇒ diagonalizable ortogonalmente (Teor. 5.8).
2. $|A-\lambda I|=(3-\lambda)^2-1=(\lambda-4)(\lambda-2)$.

3. $\lambda=4$:

   $$A-4I=\begin{pmatrix}-1&1\cr1&-1\end{pmatrix}$$

   ⇒ $v=(1,1)$. $\lambda=2$:

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

   ⇒ $v=(-1,1)$. Ortogonales: $-1+1=0$.

4. Normas $\sqrt2$:

   $$P=\frac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}1&-1\cr1&1\end{pmatrix},$$

   $\Lambda=\operatorname{diag}(4,2)$; $P^tP=I$ y $P^tAP=\Lambda$.

5. $\det P=1$ y

   $$P=\begin{pmatrix}\cos45^\circ&-\sin45^\circ\cr\sin45^\circ&\cos45^\circ\end{pmatrix}:$$

   giro de $45^\circ$. Los nuevos ejes son las rectas $y=x$ e $y=-x$ («ejes principales»); en la animación de la sección 1 es el preset $(3\ 1;\ 1\ 3)$.

Diagonaliza ortogonalmente $A=\begin{pmatrix}1&2\cr2&-2\end{pmatrix}$ con $\det P=1$.

1. $$|A-\lambda I|=(1-\lambda)(-2-\lambda)-4=\lambda^2+\lambda-6=(\lambda-2)(\lambda+3).$$

2. $\lambda=2$:

   $$\begin{pmatrix}-1&2\cr2&-4\end{pmatrix}$$

   ⇒ $(2,1)$. $\lambda=-3$:

   $$\begin{pmatrix}4&2\cr2&1\end{pmatrix}$$

   ⇒ $(-1,2)$. Ortogonales: $-2+2=0$.

3. $$P=\frac1{\sqrt5}\begin{pmatrix}2&-1\cr1&2\end{pmatrix},$$

   $|P|=\frac{4+1}5=1$ (giro de ángulo $\arctan\frac12\approx26{,}57^\circ$), $P^tAP=\operatorname{diag}(2,-3)$.

4. Si se hubiera tomado $(1,-2)$ para $\lambda=-3$, saldría $|P|=-1$ (una simetría). Ambas son ortogonales y válidas; cambiar el signo de una columna convierte una en otra (útil en cónicas, tema 6).

Diagonaliza ortogonalmente $A=\begin{pmatrix}1&1&0\cr1&0&1\cr0&1&1\end{pmatrix}$.

1. Simétrica. Desarrollo por la primera fila:

   $$(1-\lambda)[(-\lambda)(1-\lambda)-1]-1\cdot[(1-\lambda)-0]=(1-\lambda)(\lambda^2-\lambda-2)=(1-\lambda)(\lambda-2)(\lambda+1).$$

   Valores propios $2,1,-1$ (distintos). Traza: $2+1-1=2=1+0+1$ ✓.

2. $\lambda=2$: $(1,1,1)$ (la suma de cada fila vale $2$). $\lambda=1$: $v_2=0,\ v_1+v_3=0$ ⇒ $(1,0,-1)$. $\lambda=-1$: $2v_1+v_2=0,\ v_2+2v_3=0$ ⇒ $(1,-2,1)$.
3. Son ortogonales sin hacer nada (valores distintos): $(1,1,1)\cdot(1,0,-1)=0$, $(1,1,1)\cdot(1,-2,1)=0$, $(1,0,-1)\cdot(1,-2,1)=0$. Normalizando: $$P=\begin{pmatrix}\frac1{\sqrt3}&\frac1{\sqrt2}&\frac1{\sqrt6}\cr\frac1{\sqrt3}&0&-\frac2{\sqrt6}\cr\frac1{\sqrt3}&-\frac1{\sqrt2}&\frac1{\sqrt6}\end{pmatrix},\qquad P^tAP=\operatorname{diag}(2,1,-1).$$ Aquí $\det P=-1$; si se quiere un giro, cambia el signo de una columna.

Diagonaliza ortogonalmente $A=\begin{pmatrix}2&1&1\cr1&2&1\cr1&1&2\end{pmatrix}$.

1. $A=I+J$ ($J$ = matriz de unos). $|A-\lambda I|=-(\lambda-4)(\lambda-1)^2$: $\lambda=4$ simple, $\lambda=1$ doble. Traza: $4+1+1=6$ ✓.
2. $\lambda=4$: la suma de cada fila vale $4$ ⇒ $(1,1,1)$.
3. $\lambda=1$: $A-I=J$, rango $1$ ⇒ $d=2=\alpha$; $L(1):\ x+y+z=0$, base de los parámetros $u=(1,-1,0)$, $w=(1,0,-1)$. No son ortogonales ($u\cdot w=1$): si se ponen tal cual, $P$ no sale ortogonal.

4. Gram-Schmidt en $L(1)$ (U p.208):

   $$z_2=w-\frac{w\cdot u}{u\cdot u}u=(1,0,-1)-\frac12(1,-1,0)=\left(\frac12,\frac12,-1\right)\sim(1,1,-2).$$

   Sigue en $L(1)$ ($1+1-2=0$) y es ortogonal a $u$.

5. $(1,1,1)$ es ortogonal a $u$ y a $(1,1,-2)$ automáticamente (valores distintos).
6. $$P=\begin{pmatrix}\frac1{\sqrt3}&\frac1{\sqrt2}&\frac1{\sqrt6}\cr\frac1{\sqrt3}&-\frac1{\sqrt2}&\frac1{\sqrt6}\cr\frac1{\sqrt3}&0&-\frac2{\sqrt6}\end{pmatrix},$$

   $\Lambda=\operatorname{diag}(4,1,1)$, $P^tAP=\Lambda$, $\det P=1$.

Error típico: usar $u,w$ tal cual: tras normalizar, $P^tP$ tiene un $\frac12$ fuera de la diagonal.

(a) Valores propios $8$ y $3$ con vectores unitarios $u_1=\frac1{\sqrt5}(2,1)$, $u_2=\frac1{\sqrt5}(-1,2)$: halla $A$. (b) $A$ simétrica $3\times3$ con $\lambda=5$ simple, vector propio $(1,1,1)$, y $\lambda=2$ doble: halla $A$.

1. (a) $P=(u_1\ u_2)$ es ortogonal, luego $A=P\Lambda P^t=8u_1u_1^t+3u_2u_2^t$:

   $$8u_1u_1^t=\frac85\begin{pmatrix}4&2\cr2&1\end{pmatrix},$$ $$3u_2u_2^t=\frac35\begin{pmatrix}1&-2\cr-2&4\end{pmatrix}$$

   y la suma es

   $$A=\begin{pmatrix}7&2\cr2&4\end{pmatrix}$$

   (Lay Ej. 4). Cada $u_iu_i^t$ es la matriz de la proyección ortogonal sobre $\langle u_i\rangle$ (tema 5.1).

2. (b) Por ser simétrica, $L(2)=\langle(1,1,1)\rangle^\perp$ (U p.222; y $\dim L(2)=2$). Con $u=\frac1{\sqrt3}(1,1,1)$:

   $$A=5\,uu^t+2\,(I-uu^t)=2I+3uu^t=2I+J=\begin{pmatrix}3&1&1\cr1&3&1\cr1&1&3\end{pmatrix}.$$
3. Comprobación de (b): $|A-\lambda I|=-(\lambda-5)(\lambda-2)^2$ ✓ y $A(1,1,1)^t=5(1,1,1)^t$ ✓.

$A=\begin{pmatrix}1&2&2\cr2&1&2\cr2&2&m\end{pmatrix}$ es simétrica y $(1,1,1)$ es vector propio. Halla $m$, los valores propios sin resolver la cúbica y una $P$ ortogonal.

1. $A(1,1,1)^t=(5,5,4+m)^t=\lambda(1,1,1)^t$ ⇒ $\lambda=5$ y $4+m=5$ ⇒ $m=1$.
2. $\operatorname{tr}A=3$ y $|A|=1(1-4)-2(2-4)+2(4-2)=5$. Traza = suma y determinante = producto de valores propios (invariantes de semejanza, U p.153; $A\sim\Lambda$). Con $\lambda_1=5$: $\lambda_2+\lambda_3=-2$, $\lambda_2\lambda_3=1$ ⇒ $t^2+2t+1=0$ ⇒ $\lambda_2=\lambda_3=-1$.
3. $A+I=2J$ ⇒ $L(-1):\ x+y+z=0$ ($d=2=\alpha$). Igual que el Propio 4: $P$ con columnas $\frac{(1,1,1)}{\sqrt3},\frac{(1,-1,0)}{\sqrt2},\frac{(1,1,-2)}{\sqrt6}$ y $P^tAP=\operatorname{diag}(5,-1,-1)$ ($\det P=1$, como en el Propio 4).

Decide, para cada matriz, si es diagonalizable y si es diagonalizable ortogonalmente: $\begin{pmatrix}2&1\cr1&2\end{pmatrix}$, $\begin{pmatrix}1&2\cr0&3\end{pmatrix}$, $\begin{pmatrix}1&1\cr0&1\end{pmatrix}$.

Criterio. Si $P^tAP=\Lambda$ con $P$ ortogonal, entonces $A=P\Lambda P^t$ es simétrica (E 5.27). Recíprocamente, simétrica ⇒ sí (Teor. 5.8). Por tanto diagonalizable ortogonalmente ⇔ simétrica.

1. $$\begin{pmatrix}2&1\cr1&2\end{pmatrix}:$$

   simétrica ⇒ sí, ortogonalmente (valores $3$ y $1$, vectores $(1,1)$, $(-1,1)$).

2. $$\begin{pmatrix}1&2\cr0&3\end{pmatrix}:$$

   valores propios $1,3$ distintos ⇒ diagonalizable (U p.163), con vectores $(1,0)$ y $(1,1)$, que forman $45^\circ$: no ortogonales. No es simétrica ⇒ no ortogonalmente (aunque sí diagonalizable).

3. $$\begin{pmatrix}1&1\cr0&1\end{pmatrix}:$$

   $\lambda=1$ doble con $d=1\lt2$ ⇒ ni siquiera diagonalizable (U Teor. 4.7).

(a) Calcula $A^n$ para $A=\begin{pmatrix}5&4\cr4&5\end{pmatrix}$ y una raíz cuadrada simétrica. (b) Una raíz cuadrada de la semidefinida $B=\begin{pmatrix}2&2\cr2&2\end{pmatrix}$.

1. (a) Valores propios $9$ ($u_1=\frac{(1,1)}{\sqrt2}$) y $1$ ($u_2=\frac{(1,-1)}{\sqrt2}$). Con $A=P\Lambda P^t$:

   $$A^n=P\Lambda^nP^t=9^nu_1u_1^t+1^nu_2u_2^t=\dfrac{9^n}2\begin{pmatrix}1&1\cr1&1\end{pmatrix}+\dfrac12\begin{pmatrix}1&-1\cr-1&1\end{pmatrix}$$

   (los $P^tP=I$ intermedios se cancelan; comprobado para $n=0,\dots,4$).

2. Raíz cuadrada (valores propios $\ge0$):

   $$\sqrt A=P\sqrt\Lambda P^t=3u_1u_1^t+u_2u_2^t=\begin{pmatrix}2&1\cr1&2\end{pmatrix};$$

   en efecto

   $$\begin{pmatrix}2&1\cr1&2\end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}5&4\cr4&5\end{pmatrix}.$$

3. (b) $B$ tiene valores $4$ y $0$ (≥0):

   $$\sqrt B=2u_1u_1^t+0=\begin{pmatrix}1&1\cr1&1\end{pmatrix},$$

   y su cuadrado es $B$ ✓.

4. Si algún valor propio fuera negativo, $\sqrt\lambda$ no sería real y este método no da una raíz real simétrica.

Si $A=A^t$ y $A^2=I$, ¿qué matriz es? Da un ejemplo $3\times3$.

1. $A^tA=A^2=I$ ⇒ $A$ es ortogonal (Teor. 5.5; es el X Sept. 2025 del tema 5.2). Y si $Av=\lambda v$, $v=A^2v=\lambda^2v$ ⇒ $\lambda=\pm1$.
2. Diagonalizando ortogonalmente: $A$ deja fijo $L(1)$ y cambia de signo $L(-1)=L(1)^\perp$: es la simetría ortogonal respecto de $L(1)$.

3. Ejemplo: $u=\frac1{\sqrt3}(1,1,1)$,

   $$H=I-2uu^t=\frac13\begin{pmatrix}1&-2&-2\cr-2&1&-2\cr-2&-2&1\end{pmatrix}.$$

   Es simétrica, $H^2=I$, $Hu=u-2u=-u$ ($\lambda=-1$) y $Hv=v$ si $v\perp u$ ($\lambda=1$ doble). $|H-\lambda I|=-(\lambda-1)^2(\lambda+1)$, $|H|=-1$: simetría respecto del plano $x+y+z=0$.

4. Recíproco: simétrica y ortogonal ⇒ $A^2=A^tA=I$.

$A=\begin{pmatrix}1&2\cr2&1\end{pmatrix}$ y $B=\begin{pmatrix}1&4\cr1&1\end{pmatrix}$. Compara.

1. $|A-\lambda I|=(1-\lambda)^2-4$ y $|B-\lambda I|=(1-\lambda)^2-4$: ambas $(\lambda-3)(\lambda+1)$, valores propios reales distintos.
2. Ambas diagonalizables y semejantes a $\operatorname{diag}(3,-1)$ ⇒ $A$ y $B$ son semejantes (la semejanza es transitiva, U §4.1).
3. Vectores de $B$: $\lambda=3$: $(2,1)$; $\lambda=-1$: $(2,-1)$; y $(2,1)\cdot(2,-1)=3\neq0$. No hay base ortonormal de vectores propios: $B$ no es diagonalizable ortogonalmente (no es simétrica, Propio 7). Los de $A$ ($(1,1)$ y $(1,-1)$) sí son perpendiculares.
4. ¿Congruentes? Si $B=P^tAP$, entonces $B^t=P^tA^tP=P^tAP=B$ sería simétrica (como en E 5.27). $B$ no lo es ⇒ no son congruentes, aunque sí semejantes (contrasta con E 5.32, donde ambas eran simétricas).

$C=\begin{pmatrix}1&i\cr i&-1\end{pmatrix}$ es simétrica ($C^t=C$) pero compleja. ¿Es diagonalizable?

1. $$|C-\lambda I|=(1-\lambda)(-1-\lambda)-i^2=\lambda^2-1+1=\lambda^2:$$

   $\lambda=0$ doble.

2. Como $C\neq0$, $d=2-\operatorname{rang}C=1\lt2$: no es diagonalizable (de hecho $C^2=0$).
3. Por eso U restringe todo a matrices reales. (El análogo complejo correcto son las matrices hermíticas, $\bar C^t=C$; no es materia del curso.) En el examen basta recordar: «simétrica con elementos reales».

Determínese si es verdadera la afirmación.

1. Verdadera. Primera parte: una simétrica real es diagonalizable (Teor. 5.7, U p.223), luego tiene una base de vectores propios; de hecho ortonormal. Segunda parte: es la «Propiedad de los vectores propios» (U p.222; demostración en la sección 2.2).
2. La solución oficial dice «Véase teoría. Nótese que como $A$ es diagonalizable (mediante una matriz de paso ortogonal), existe una base de vectores propios».
3. Cuidado con la letra pequeña: la ortogonalidad es para valores propios distintos. Dos vectores propios del mismo valor propio no tienen por qué ser ortogonales, y la matriz debe ser real.

Las demás cuestiones de la autoevaluación de ese capítulo son del tema 5.1 (1-5, 7, 8), del tema 5.2 (la 6) y del tema 5.4 (la 10).

Explicar en qué consiste la diagonalización de una matriz simétrica (con elementos reales) mediante una matriz de paso ortogonal. (El examen avisa: «lo que no se justifica o se realiza por otra vía distinta a la pedida, no se puntúa».)

Modelo de respuesta, en pasos.

1. Punto de partida. Sea $A\in\mathcal M_{n\times n}(\mathbb R)$ simétrica, $A=A^t$. Diagonalizar $A$ es hallar $P$ regular y $\Lambda$ diagonal con $\Lambda=P^{-1}AP$ (U Def. 4.12, p.161). «Mediante una matriz de paso ortogonal» significa exigir además que $P$ sea ortogonal: $P^tP=I$, es decir $P^{-1}=P^t$ (U §5.2, pp.214-216). Entonces $\Lambda=P^{-1}AP=P^tAP$. Interés: no hay que calcular $P^{-1}$, y la misma $P$ sirve para la semejanza ($P^{-1}AP$, tema 4) y la congruencia ($P^tAP$, tema 6).
2. Los valores propios son reales (U p.221). Idea de la prueba: se conjuga $AX=\lambda X$, se multiplica por $\bar X^t$ y se usa $A^t=A$ para llegar a $(\lambda-\bar\lambda)\bar X^tX=0$ con $\bar X^tX\gt0$. Consecuencia: el polinomio característico se descompone en factores lineales reales; la diagonalización nunca falla «por raíces complejas».

3. Vectores propios de valores propios distintos son ortogonales (U p.222; demostración de Lay, Teor. 1, p.396). Si $Av_1=\lambda_1v_1$, $Av_2=\lambda_2v_2$, $\lambda_1\neq\lambda_2$:

   $$\lambda_1(v_1\cdot v_2)=(Av_1)^tv_2=v_1^tA^tv_2=v_1^tAv_2=\lambda_2(v_1\cdot v_2),$$

   luego $(\lambda_1-\lambda_2)\,v_1\cdot v_2=0$ y $v_1\cdot v_2=0$. El paso clave es $A^t=A$.

4. Siempre existe una base ortonormal de vectores propios (U Teor. 5.7, p.223; Teor. 5.8, p.224). En particular toda simétrica real es diagonalizable ($\dim L_\lambda=$ multiplicidad; Lay Teor. 3 b, p.397).
5. Procedimiento (U Ejemplos 5.32-5.34, pp.222-225): (i) polinomio característico $|A-\lambda I|$ y valores propios $\lambda_i$ (reales); (ii) base de cada $L_i=\operatorname{Nuc}(A-\lambda_iI)$; (iii) si $\dim L_i\ge2$ y la base no es ortogonal, Gram-Schmidt dentro de $L_i$ (U pp.207-208); entre subespacios distintos no hace falta; (iv) normalizar cada vector; (v) $P$ = esos vectores en columnas y $\Lambda=\operatorname{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n)$ en el mismo orden. Entonces $P$ es ortogonal y $P^tAP=\Lambda$.
6. Recíproco (E 5.27; Lay Teor. 2, p.396): si $A=P\Lambda P^t$ con $P$ ortogonal, $A^t=(P\Lambda P^t)^t=P\Lambda^tP^t=P\Lambda P^t=A$. Solo las simétricas se diagonalizan con matriz de paso ortogonal.

7. Ejemplo breve (propio):

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

   $|A-\lambda I|=\lambda^2-\lambda-6=(\lambda-3)(\lambda+2)$. $L(3)$: $(A-3I)X=0\iff-x+2y=0$, $v_1=(2,1)$. $L(-2)$: $4x+2y=0$, $v_2=(-1,2)$. $v_1\cdot v_2=0$ (paso 3). Normas $\sqrt5$:

   $$P=\frac1{\sqrt5}\begin{pmatrix}2&-1\cr1&2\end{pmatrix}$$

   ($\det P=1$, un giro),

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

Error típico: creer que basta con tomar vectores propios cualesquiera: si no se normalizan, $P$ no es ortogonal y $P^tAP\neq\Lambda$ (da $\operatorname{diag}(\|v_i\|^2\lambda_i)$). Y afirmar que dos vectores propios del mismo valor propio son automáticamente ortogonales (falso: $(1,-1,0)$ y $(1,0,-1)$ en el Propio 4).

Nota sobre la oficial: es correcta pero mínima. Dice que las simétricas son siempre diagonalizables, que los vectores propios de valores distintos son ortogonales y que $D=P^tAP$ con $P$ ortogonal. No menciona que los valores propios son reales, ni cómo se obtiene $P$ (normalizar; Gram-Schmidt si un valor propio es múltiple), ni por qué $P^{-1}=P^t$. Con la advertencia del examen, una respuesta completa debe incluir al menos los pasos 1, 3, 4 y 5.

Enunciado del examen (Feb. 2022): «Si $A$ es una matriz simétrica de un endomorfismo cuyas dos primeras columnas son $(4,2,2)$ y $(2,1,1)$ y tal que $(2,1,-2)$ es un vector propio suyo, halle la matriz $A$.» (Feb. 2017: igual, en test, preguntando $a_{33}$.) Es también el E 4.23 (tema 4.2, #ej4-23). Lo ya resuelto en el tema 4.2: por ser simétrica, la tercera columna es $(2,1,b)$; $A(2,1,-2)^t=\lambda(2,1,-2)^t$ da $\lambda=3$ y $b=\frac{11}2$: $A=\begin{pmatrix}4&2&2\cr2&1&1\cr2&1&\frac{11}2\end{pmatrix}$. Ampliación (propia): diagonalízala ortogonalmente.

1. Un valor propio ya conocido: $\lambda=3$ con $v_2=(2,1,-2)$ (del enunciado).
2. Otro gratis: $\lambda=0$. Las dos primeras columnas son proporcionales ($(4,2,2)=2(2,1,1)$), así que $|A|=0$ (U §1.3) y $0$ es valor propio. Vector: $AX=0$ con $C_1=2C_2$ sugiere $x=-1,\ y=2,\ z=0$: $A(-1,2,0)^t=(-4+4,\,-2+2,\,-2+2)=0$. $v_1=(-1,2,0)$.
3. El tercero, por la traza. $A\sim\Lambda$ (Teor. 5.8) y las matrices semejantes tienen la misma traza (U p.153): $4+1+\frac{11}2=\frac{21}2=0+3+\lambda_3$ ⇒ $\lambda_3=\frac{15}2$. Control con el polinomio: $|A-\lambda I|=-\frac12\lambda(\lambda-3)(2\lambda-15)$.

4. Su vector, sin resolver ningún sistema. Al ser $A$ simétrica con tres valores propios distintos, $v_3$ es ortogonal a $v_1$ y a $v_2$ (U p.222), luego $v_3\parallel v_1\times v_2$:

   $$(-1,2,0)\times(2,1,-2)=(2\cdot(-2)-0\cdot1,\ 0\cdot2-(-1)(-2),\ -1\cdot1-2\cdot2)=(-4,-2,-5)\ \to\ v_3=(4,2,5).$$

   Comprobación:

   $$A(4,2,5)^t=(16+4+10,\ 8+2+5,\ 8+2+\frac{55}2)=(30,15,\frac{75}2)=\frac{15}2(4,2,5)$$

   ✓.

5. Ortogonalidad (control; no hace falta Gram-Schmidt porque los tres valores son distintos): $v_1\cdot v_2=-2+2+0=0$, $v_1\cdot v_3=-4+4+0=0$, $v_2\cdot v_3=8+2-10=0$.
6. Normalizar: $\|v_1\|=\sqrt5$, $\|v_2\|=3$, $\|v_3\|=\sqrt{45}=3\sqrt5$. $$P=\begin{pmatrix}-\frac1{\sqrt5}&\frac23&\frac4{3\sqrt5}\cr\frac2{\sqrt5}&\frac13&\frac2{3\sqrt5}\cr0&-\frac23&\frac5{3\sqrt5}\end{pmatrix},\qquad P^tAP=\begin{pmatrix}0&0&0\cr0&3&0\cr0&0&\frac{15}2\end{pmatrix}.$$ ($\det P=-1$; aquí no importa.)

Error típico: olvidar normalizar $v_3=(4,2,5)$ (norma $3\sqrt5$, no $1$), o colocar en $\Lambda$ los valores en otro orden que las columnas de $P$. Teoría: U p.222; Teor. 5.8 p.224; U §4.2 p.153.

Enunciado: «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).» Ya resuelto en el tema 4.3: valores propios $-1$ (vector $(1,1)$) y $-3$ (vector $(1,-1)$), $P=\begin{pmatrix}1&1\cr1&-1\end{pmatrix}$ y $A^{51}=PD^{51}P^{-1}$ diagonalizable. Aquí solo se añade la versión de 5.3.

1. $A$ es simétrica ($a_{12}=a_{21}=1$): es diagonalizable ortogonalmente (Teor. 5.8), así que la respuesta «sí es posible» se justifica incluso antes de calcular.
2. Los vectores propios ya son ortogonales: $(1,1)\cdot(1,-1)=0$ (valores distintos). Norma $\sqrt2$ cada uno: $$P=\frac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}1&1\cr1&-1\end{pmatrix},\qquad P^{-1}=P^t=P,\qquad P^tAP=\begin{pmatrix}-1&0\cr0&-3\end{pmatrix}.$$ ($\det P=-1$; aquí no importa.)

3. $A^{51}$: $A=P\Lambda P^t\Rightarrow A^{51}=P\Lambda^{51}P^t$ (los $P^tP=I$ intermedios se cancelan), con $\Lambda^{51}=\operatorname{diag}(-1,-3^{51})$: diagonalizable, con la misma $P$ ortogonal. Otra justificación, propia de 5.3: $(A^{51})^t=(A^t)^{51}=A^{51}$, luego $A^{51}$ es simétrica y, por el Teor. 5.8, diagonalizable (incluso ortogonalmente). Explícitamente:

   $$A^{51}=-\frac12\begin{pmatrix}1+3^{51}&1-3^{51}\cr1-3^{51}&1+3^{51}\end{pmatrix}$$

   (coincide con $A^{51}$ calculada con sympy).

Error típico: dar $P$ con vectores sin normalizar y llamarla «ortogonal» (sus columnas son ortogonales pero no unitarias: $P^tP=2I\neq I$). Teoría: U Teor. 5.8 p.224; U §1.2 (traspuesta de un producto).

Enunciado: «Escribir la matriz de un endomorfismo de $\mathbb R^3$ tal que el subespacio de vectores propios asociados al valor propio $0$ sea el plano de ecuación $x+y-2z=0$.» Lo ya resuelto en el tema 4.2: la oficial da $\begin{pmatrix}1&1&-2\cr2&2&-4\cr1&1&-2\end{pmatrix}$ (correcta: su núcleo es el plano), no simétrica, y menciona «otra forma»: escribir una diagonal y una matriz de paso. Aquí se hace esa otra forma con $P$ ortogonal, que da una matriz simétrica. Variante (propia): halla una matriz simétrica con $L(0)$ = el plano y otro valor propio $6$.

1. El otro subespacio propio está forzado. Si $A$ es simétrica, $L(6)\perp L(0)$ (U p.222), y como $\dim L(0)=2$ en $\mathbb R^3$, $L(6)=L(0)^\perp=\langle(1,1,-2)\rangle$ (el complemento ortogonal de $ax+by+cz=0$ es $\langle(a,b,c)\rangle$).
2. Base ortonormal de $L(0)$. El plano contiene $(1,-1,0)$ y $(1,1,1)$ ($1-1-0=0$, $1+1-2=0$), ortogonales entre sí ($1-1+0=0$): no hace falta Gram-Schmidt. Normalizados: $\frac1{\sqrt2}(1,-1,0)$, $\frac1{\sqrt3}(1,1,1)$; y $u_3=\frac1{\sqrt6}(1,1,-2)$.
3. Montar $A=P\Lambda P^t$ con $\Lambda=\operatorname{diag}(0,0,6)$ (de $P^tAP=\Lambda$, porque $P^{-1}=P^t$). Como los dos primeros valores son $0$, solo queda la tercera columna: $$A=6\,u_3u_3^t=6\cdot\frac16\begin{pmatrix}1\cr1\cr-2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&1&-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1&-2\cr1&1&-2\cr-2&-2&4\end{pmatrix}.$$
4. Comprobación: es simétrica; $A(1,-1,0)^t=0$, $A(1,1,1)^t=0$; $A(1,1,-2)^t=(6,6,-12)=6(1,1,-2)$; $|A-\lambda I|=-\lambda^2(\lambda-6)$ y $\dim L(0)=3-\operatorname{rang}A=2$ (todas las filas proporcionales a $(1,1,-2)$). Así $L(0)$ es exactamente el plano $x+y-2z=0$.

Error típico: usar $A=P\Lambda P^t$ con una $P$ no ortogonal (por ejemplo con $(1,-1,0),(2,0,1)$, base del plano no ortogonal y sin normalizar): $P\Lambda P^t$ ya no es semejante a $\Lambda$ y los valores propios cambian. Con $P$ no ortogonal hay que usar $P\Lambda P^{-1}$. Teoría: U p.222, Teor. 5.8 p.224; Lay p.398.

a) Diagonaliza ortogonalmente $A=\begin{pmatrix}5&2\cr2&2\end{pmatrix}$. b) ¿Es $N=\begin{pmatrix}1&1\cr0&2\end{pmatrix}$ diagonalizable? ¿Ortogonalmente?

1. $A=A^t$ ⇒ diagonalizable con $P$ ortogonal (Teor. 5.8). $|A-\lambda I|=\lambda^2-7\lambda+6=(\lambda-6)(\lambda-1)$.

2. $L(6)$: $-x+2y=0$, $v_1=(2,1)$. $L(1)$: $4x+2y=0$, $v_2=(1,-2)$. $v_1\cdot v_2=0$ ✓. Normas $\sqrt5$:

   $$P=\frac1{\sqrt5}\begin{pmatrix}2&1\cr1&-2\end{pmatrix},$$

   $P^tAP=\operatorname{diag}(6,1)$ ($\det P=-1$; aquí no importa).

3. b) $N$ es triangular con valores propios $1,2$ distintos ⇒ diagonalizable (U p.163), con vectores $(1,0)$ y $(1,1)$, no ortogonales. No es diagonalizable ortogonalmente: si lo fuera, $N=P\Lambda P^t$ sería simétrica (E 5.27) y $N^t\neq N$.

Diagonaliza ortogonalmente $A=\begin{pmatrix}1&2&2\cr2&4&4\cr2&4&4\end{pmatrix}$.

1. $A=nn^t$ con $n=(1,2,2)$: simétrica, rango $1$. Valores propios: $\lambda=9=n\cdot n$ (simple, vector $n$, pues $Ann^t n=nn^tn=9n$) y $\lambda=0$ doble (traza $9=9+0+0$ ✓).
2. $L(9)=\langle(1,2,2)\rangle$. $L(0)=\operatorname{Nuc}A$: $x+2y+2z=0$ (el plano ortogonal a $n$), $\dim=2=\alpha$. Base de parámetros: $u=(-2,1,0)$, $w=(-2,0,1)$, no ortogonales ($u\cdot w=4$).

3. Gram-Schmidt en $L(0)$:

   $$e_2=w-\frac{w\cdot u}{u\cdot u}u=(-2,0,1)-\frac45(-2,1,0)=\left(-\frac25,-\frac45,1\right)\sim(-2,-4,5).$$

   Control: $u\cdot e_2=4-4=0$; $n\cdot e_2=-2-8+10=0$ ✓.

4. Normas: $\|n\|=3$, $\|u\|=\sqrt5$, $\|e_2\|=\sqrt{45}=3\sqrt5$: $$P=\begin{pmatrix}\frac13&-\frac2{\sqrt5}&-\frac2{3\sqrt5}\cr\frac23&\frac1{\sqrt5}&-\frac4{3\sqrt5}\cr\frac23&0&\frac5{3\sqrt5}\end{pmatrix},\qquad P^tAP=\operatorname{diag}(9,0,0),\ \det P=1.$$

$A$ es simétrica real de orden $3$ con valores propios $10$ (simple) y $1$ (doble), y $(2,1,2)$ es vector propio de $10$. Halla $A$, una $P$ ortogonal que la diagonalice, y $A^n$.

1. $L(1)$ está determinado. $L(1)\perp L(10)=\langle(2,1,2)\rangle$ (U p.222) y $\dim L(1)=2$ (Teor. 5.7): $L(1)=\{2x+y+2z=0\}$.

2. Base ortonormal. Base de parámetros del plano: $a=(-1,2,0)$, $b=(-1,0,1)$ (no ortogonales: $a\cdot b=1$). Gram-Schmidt:

   $$z=b-\frac{b\cdot a}{a\cdot a}a=(-1,0,1)-\frac15(-1,2,0)=\left(-\frac45,-\frac25,1\right)\sim(-4,-2,5).$$

   Normas: $\|(2,1,2)\|=3$, $\|a\|=\sqrt5$, $\|(-4,-2,5)\|=3\sqrt5$.

   $$P=\left(\frac{(2,1,2)}3\ \ \frac{(-1,2,0)}{\sqrt5}\ \ \frac{(-4,-2,5)}{3\sqrt5}\right),$$

   $\Lambda=\operatorname{diag}(10,1,1)$, $\det P=1$.

3. $A=P\Lambda P^t$. Atajo: $u_2u_2^t+u_3u_3^t=I-u_1u_1^t$ (las tres $u_iu_i^t$ suman $PP^t=I$), así $A=10\,u_1u_1^t+(I-u_1u_1^t)=I+9u_1u_1^t=I+vv^t$ con $v=(2,1,2)$ (porque $9u_1u_1^t=vv^t$): $$A=\begin{pmatrix}5&2&4\cr2&2&2\cr4&2&5\end{pmatrix}.$$ Comprobación: $A(2,1,2)^t=(20,10,20)=10(2,1,2)$; $|A-\lambda I|=-(\lambda-10)(\lambda-1)^2$.

4. $$A^n=P\Lambda^nP^t=10^nu_1u_1^t+(I-u_1u_1^t)=I+\dfrac{10^n-1}9\,vv^t.$$

   Comprobación: $n=1$ da $A$; $n=0$ da $I$; coincide con $A^2,\dots,A^4$ calculadas directamente.

Error típico: escribir $A=P\Lambda P^{-1}$ con $P$ de columnas $(2,1,2),(-1,2,0),(-1,0,1)$ (no ortogonales) y luego «trasponer» en lugar de invertir: solo vale $P^{-1}=P^t$ si $P$ es ortogonal.