Introducción
Ya dimos la definición de que una matriz sea diagonalizable y encontramos buenas razones para, dada una matriz, intentar encontrar una matriz similar que sea diagonal. En esta entrada enunciaremos y demostraremos un teorema de caracterización de matrices diagonalizables, el cual nos ayudará a entender con más profundidad la diagonalizabilidad.
El teorema de caracterización
El teorema principal de esta entrada es el siguiente.
Teorema. Sea $V$ un espacio de dimensión finita sobre $F$ y $T:V\to V$ una transformación lineal. Las siguientes afirmaciones son equivalentes.
- $T$ es diagonalizable.
- Existe un polinomio $P\in F[X]$ que se divide sobre $F$ y tiene raíces distintas dos a dos, tal que $P(T)=0$.
- El polinomio mínimo $\mu_T$ de $T$ se divide sobre $F$ y tiene raíces distintas dos a dos.
- Sea $\operatorname{Sp}(T)\subset F$ el conjunto de eigenvalores de $T$. Entonces
\begin{align*}
\bigoplus_{\lambda \in \operatorname{Sp}(T)} \ker (T-\lambda \cdot \operatorname{Id})=V.
\end{align*}
Demostración. Demostremos primero que $1$ implica $2$. Escogemos una base en la que $T$ se represente por una matriz diagonal $D$. Sea $P$ el polinomio cuyas raíces son las diferentes entradas de la diagonal de $D$. Entonces $P(T)$ está representada por la matriz diagonal $P(D)$ con entradas $P(d_{ii})=0$. Es decir $P(T)=0$.
Que $2$ implica $3$ se sigue de la definición del polinomio mínimo: si $P$ cumple $2$, entonces $\mu_T$ divide a $P$ y por tanto cumple $3$.
La implicación $3\Rightarrow 4$ es consecuencia del último teorema de la entrada anterior aplicado a $P=\mu_T$ y los factores lineales siendo los $P_i$.
Finalmente veamos que $4$ implica $1$. Sea $\operatorname{Sp}(T)=\{\lambda_1,\dots, \lambda_k\}$ y sea $v_1,\dots v_n$ una base de $V$ obtenida al pegar una base de $\ker(T-\lambda_1\cdot \operatorname{Id})$ a una base de $\ker(T-\lambda_2\cdot \operatorname{Id})$ y a una base de $\ker(T-\lambda_3 \cdot \operatorname{Id})$ y así sucesivamente hasta pegar una base de $\ker(T-\lambda_n\cdot \operatorname{Id})$. Entonces $v_1,\dots, v_n$ es una base de eigenvectores de $V$ y por tanto se cumple $1$.
$\square$
Consecuencias del teorema
Hacemos algunas observaciones que son consecuencia del teorema anterior.
Observación. Si $T$ es una transformación lineal diagonalizable, entonces el polinomio mínimo de $T$ es
\begin{align*}
\mu_T(X)=\prod_{\lambda \in \operatorname{Sp}(T)} (X-\lambda)
\end{align*}
dónde el producto se toma sobre todos los valores propios, contados sin multiplicidad. El mismo producto pero tomado con multiplicidades rinde el polinomio característico de $T$.
Observación. Si $T$ es cualquier transformación lineal en un espacio vectorial de dimensión finita entonces $T$ es diagonalizable si y sólo si la suma de las dimensiones de los eigenespacios coincide con la dimensión de $V$, es decir si
\begin{align*}
\sum_{\lambda \in \operatorname{Sp}(T)}\dim \ker (T-\lambda \cdot \operatorname{Id})=\dim V.
\end{align*}
Observación. Supongamos que $T$ es diagonalizable. Para cada $\lambda\in \operatorname{Sp}_T$ sea $\pi_{\lambda}$ la proyección al subespacio $\ker(T-\lambda\cdot \operatorname{Id})$. Entonces
\begin{align*}
T=\sum_{\lambda\in \operatorname{Sp}(T)} \lambda \pi_{\lambda}.
\end{align*}
Esto se sigue de la descomposición $\bigoplus_{\lambda \in \operatorname{Sp}(T)} \ker (T-\lambda \cdot \operatorname{Id})=V$ y que si
\begin{align*}
v=\sum_{\lambda \in \operatorname{Sp}(T)} v_{\lambda}, v_{\lambda}\in \ker(T-\lambda\cdot \operatorname{Id}),
\end{align*}
entonces
\begin{align*}
T(v)=\sum_{\lambda \in \operatorname{Sp}(T)} T(v_{\lambda})=\sum_{\lambda \in \operatorname{Sp}(T)} \lambda v_{\lambda}= \sum_{\lambda \in \operatorname{Sp}(T)} \lambda \pi_{\lambda}(v).
\end{align*}
Finalmente enunciamos el teorema que demostramos en su forma matricial (que es ciertamente una consecuencia del teorema para transformaciones lineales).
Teorema. Sea $A\in M_n(F)$. Entonces las siguientes afirmaciones son equivalentes.
- $A$ es diagonalizable en $M_n(F)$.
- Si $\operatorname{Sp}(A)$ es el conjunto de eigenvalores de $A$, entonces
\begin{align*}
\bigoplus_{\lambda \in \operatorname{Sp}(A)}\ker(\lambda \cdot I_n-A)=F^{n}.
\end{align*} - El polinomio mínimo $\mu_A$ de $A$ se divide sobre $F$ con raíces distintas dos a dos.
- Existe un polinomio $P\in F[X]$ que se divide sobre $F$ con raíces distintas dos a dos tal que $P(A)=O_n$.
Problemas para practicar
Terminamos esta entrada con unos cuantos problemas para aplicar los resultados vistos.
Problema 1. Considera la matriz
\begin{align*}
A=\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\\ 1 & 0 & 0\end{pmatrix}.
\end{align*}
¿Es $A$ diagonalizable en $M_3(\mathbb{C})$? ¿ En $M_3(\mathbb{R})$?
Solución. El polinomio característico de $A$ está dado por $\chi_A(X)=X^3-1$. Este polinomio se divide sobre $\mathbb{C}$ con raíces distintas, ya que tenemos $3$ soluciones dadas por las raíces de la unidad. Por el teorema de Cayley-Hamilton sabemos que $\chi_A(A)=O_3$. Usando el teorema de esta entrada concluimos que $A$ es diagonalizable sobre $\mathbb{C}$.
Sin embargo, dado que el polinomio característico no se divide sobre $\mathbb{R}$ podemos deducir que $A$ no es diagonalizable en $M_3(\mathbb{R})$.
$\triangle$
Problema 2. ¿Es la matriz
\begin{align*}
A=\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0\\ -4 & 4 & 0\\ -2 & 1 & 2\end{pmatrix}\in M_3(\mathbb{R})
\end{align*}
diagonalizable?
Solución. Comenzamos calculando el polinomio característico de $A$:
\begin{align*}
\chi_A(X)=\begin{vmatrix} X & -1 & 0 \\ 4 & X-4 & 0 \\ 2 & -1 &X-2\end{vmatrix}
&=(X-2)\begin{vmatrix} X & -1\\ 4 & X-4\end{vmatrix} \\
&= (X-2)(X^2-4X+4)\\
&= (X-2)^3.
\end{align*}
Por tanto $2$ es un eigenvalor con multiplicidad algebraíca $3$. Si $A$ fuese diagonalizable, entonces $2$ tendría multiplicidad geométrica $3$, es decir $\ker(A-2I_3)$ sería $3$-dimensional: ¡pero entonces sería todo $\mathbb{R}^3$! Esto implicaría que $A-2I_3=0$, de otra manera que $A=2I_3$, lo que claramente no es cierto.
$\triangle$
Más adelante…
En las siguientes entradas estudiaremos formas bilineales, lo que forma el segundo bloque del curso.
Tarea moral
Los siguientes ejercicios no forman parte de la evaluación del curso, pero te servirán para repasar lo visto en esta entrada.
- Encuentra todos los valores de $a\in \mathbb{R}$ tales que la matriz
\begin{align*}
A=\begin{pmatrix} 2 & 1 &-2\\ 1 & a & -1\\ 1 & 1 & -1\end{pmatrix}\in M_3(\mathbb{R})
\end{align*}
sea diagonalizable. - Explicita el por qué el teorema para operadores lineales implica el teorema para matrices.
- Calcula la $n$-ésima potencia de
\begin{align*}
A=\begin{pmatrix}
1 & 3 & 3\\ 3 & 1 & 3\\ 3 & 3 & 1
\end{pmatrix}.
\end{align*}
Sugerencia. Diagonaliza a $A$. - Demuestra que si $T:V\to V$ es una transformación lineal con $V$ un espacio vectorial de dimensión finita sobre $\mathbb{C}$ tal que $T^2$ diagonalizable y $\ker T=\ker T^2$ entonces $T$ es diagonalizable.
- Si $V$ es un espacio de dimensión finita sobre $F$ y $T:V\to V$ es una transformación lineal diagonalizable fija, entonces cualquier otra transformación lineal $S:V\to V$ satisface $S\circ T=T\circ S$ si y sólo si $S$ deja invariante cada eigenespacio de $T$.
Entradas relacionadas
- Ir a Álgebra Lineal II
- Entrada anterior del curso: Diagonalizar
- Siguiente entrada del curso: Repaso de formas bilineales y cuadráticas
Agradecimientos
Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE109323 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 3»