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Álgebra Lineal II: El teorema espectral complejo

Por Ayax Calderón

Introducción

En esta entrada nos dedicaremos a demostrar los resultados análogos de vistos en esta unidad, pero aplicados a espacios hermitianos. Veremos que las pruebas son muy parecidas, razón por la cuál algunas simplemente las omitiremos.

Definiciones y lemas auxiliares

Definición. Sea $V$ un espacio hermitiano, es decir, un $\mathbb{C}$-espacio vectorial de dimensión finita equipado con un producto interior hermitiano $\langle \cdot , \cdot \rangle$. Una transformación lineal $T:V\to V$ se dice hermitiana si
$$\langle T(x),y \rangle=\langle x,T(y) \rangle$$ para cualesquiera $x,y\in V$.
Decimos que una matriz $A\in M_n(\mathbb{C})$ es hermitiana si $A=A^*$, donde $A^*=\overline{^tA}$.

Teorema. Sea $V$ un $\mathbb{C}$-espacio vectorial hermitiano y $B=\{e_1,\dots, e_n\}$ una base ortonormal de $V$. $T$ es hermitiana si y sólo si $A=Mat_B(T)$ es hermitiana.

Demostración. Recordemos que si $B$ es una base ortonormal de $V$, entonces cualquier $x\in V$ se puede expresar como
$$x=\displaystyle\sum_{i=1}^n \langle x,e_i \rangle e_i.$$
Entonces $$T(e_j)=\displaystyle\sum_{i=1}^n\langle T(e_j),e_i \rangle e_i$$ y por lo tanto $$A_{ij}=\langle T(e_j),e_j \rangle .$$
Supongamos primero que $T$ es hermitiana, entonces $A_{ji}=\langle T(e_i),e_j \rangle$ y luego $\overline{A_{ji}}\langle e_j,T(e_i) \rangle=\langle T(e_j),e_i \rangle$ y así $A$ es herrmitiana.

Supongamos ahora que $A$ es hermitiana, entonces
\begin{align*}
\langle T(x),y \rangle &=\displaystyle\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n \langle T(x_ie_i),y_je_j \rangle =\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n x_i\overline{y_j}A_{ji}\\
&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n x_i\overline{y_j}\overline{A_{ij}}=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n \langle x_ie_i, T(y_j)e_j \rangle=\langle x,T(y) \rangle.
\end{align*}
Por lo tanto $T$ es hermitiana.

$\square$

Teorema. Sea $V$ un $\mathbb{C}$-espacio vectorial hermitiano y $T:V\to V$ una transformación lineal hermitiana. Entonces las siguientes afirmaciones son verdaderas:

  1. Todos los eigenvalores de $T$ son reales.
  2. Si $W$ es un subespacio de $V$ estable bajo $T$, entonces $W^\bot$ también es estable bajo $T$, y las restricciones de $T$ a $W$ y $W^\bot$ son transformaciones lineales hermitianas sobre estos subespacio.
  3. Existe una base ortonormal de $V$ formada por eigenvectores de $T$.

Demostración.

  1. Sea $t$ un eigenvalor de $T$, entonces $T(x)=tx$ para algún vector no nulo $x\in V$. Como $T$ es hermitiana, entonces también es normal, y así por el primer teorema visto en la entrada de transformaciones normales, tenemos que
    $$tx=T(x)=T^*(x)=\overline{t}x.$$
    Por lo tanto $t=\overline{t}$ y así $t$ es real.
  2. Sea $y\in W^\bot$, entonces
    $$\langle x,T(y) \rangle=\langle T(x),y \rangle=0 \hspace{2mm} \forall x\in W,$$
    pues $T(x)in W$ ya que $W$ es $T$-invariante.
    Entonces $T^*(y)\in W^\bot$ y así $T(W^\bot)\subseteq W^\bot$. Además,
    $$\langle T_W(x),y \rangle =\langle T(x),y \rangle=\langle x,T(y) \rangle=\langle x,T_W(y) \rangle\hspace{2mm}\forall x,y\in W.$$ Por lo tanto $T_W$ es hermitiana. La prueba de que $T_{W^\bot}$ es hermitiana es análoga.
  3. Por el teorema fundamental de álgebra tenemos que el polinomio característico de $T$ se divide en $\mathbb{C}$. Entonces, por el teorema de Schur existe una base ortonormal $B$ de $V$ tal que $A= Mat_B(T)$ es una matriz triangular superior. Recordemos que $Mat_B(T^*)=Mat_B(T)^*$, se sigue que
    $$A=Mat_B(T)=Mat_B(T^*)=Mat_B(T)^*=A^*.$$
    Entonces $A$ y $A^*$ son simultaneamente triangulares superiores y por lo tanto $A$ es diagonal. Finalmente $B$ es una base formada por eigenvectores de $T$.

$\square$

Resulta que el recíproco del último inciso del teorema anterior también es cierto:

Teorema. Si $V$ es un $\mathbb{C}$-espacio vectorial hermitiano y $T:V\to V$ es una transformación lineal hermitiana tal que existe una base $B$ de $V$ formada por eigenvectores de $T$ con eigenvalores reales, entonces $T$ es hermitiana.

Demostración. Sea $A=Mat_B(T)$. Como los elementos de $B=\{e_1,\dots, e_n\}$ son eigenvectores de $T$, entonces $A$ es una matriz diagonal. Como por hipótesis todas el eigenvalor de cada eigenvector de $T$ es real, entonces las entradas de $A$ también son reales, pues $a_{ii}=t_i$, donde $T(e_i)=t_ie_i$. Se sigue que $A=A^*$ y por lo tanto $T$ es hermitiana.

$\square$

Teorema (teorema espectral complejo). Sea $A\in M_n(\mathbb{C})$ una matriz hermitiana, entonces existe una matriz unitaria $P$ y una matriz diagonal $D$ con entradas reales tal que $A=P^{-1}DP$.

Demostración. Supongamos que $A$ es hermitiana. Como las entradas de $A$ son complejas, entonces por el teorema de Schur $A$ es similar a una matriz triangular superior mediante una matriz unitaria, es decir que existe una matriz unitaria $Q$ y una matriz triangular superior $U$ tal que
$$U=Q^*AQ.$$
Notemos que como $A$ es hermitiana, entonces $U$ también lo es, pues
$$U^*=(Q^*AQ)^*=Q^*A^*Q=Q^*AQ=U.$$
Por lo tanto todas las entradas de $U$ son reales y además es una matriz diagonal.

$\square$

Teorema (Descomposición polar compleja). Sea $T:V\to V$ una transformación lineal invertible. Entonces existe una única pareja $(H,U)$ de transformaciones lineales sobre $V$ tal que $H$ es hermitiana con eigenvalores positivos, $U$ es unitaria y $T=U\circ H$.

La prueba es análoga a la vista en la entrada de descomposición polar.

Más adelante…

Tarea moral

  1. Sea $U:V\to V$ una transformación lineal sobre un espacio hermitiano $V$. Demuestra o da un contraejemplo de la siguiente afirmación:
    Si $\norm{U(x)}=\norm{x}$ para cualquier $x\in B$, donde $B$ es una base ortonormal de $V$, entonces $U$ es unitario.
  2. Demuestra que una matriz unitaria y triangular superior necesariamente es diagonal.
  3. Sea $A$ una matriz cuadrada con descomposición polar $A=WP$. Demuestra que $A$ es normal si y sólo si $WP^2=P^2W$.
  4. Bajo las mismas hipótesis del inciso anterior y haciendo uso de éste, demuestra que $A$ es normal si y sólo si $WP=PW$.

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Álgebra Lineal II: El teorema de descomposición polar real

Por Ayax Calderón

Introducción

En la entrada anterior enunciamos y demostramos el teorema espectral para matrices simétricas reales. Una de las consecuencias de este teorema es el teorema de descomposición polar. Se puede pensar en el teorema de descomposición polar como al análogo a un resultado muy conocido de números complejos: cualquier número complejo se puede pensar de la forma $z=e^{i\theta}r$ con $r\geq 0$ real. Geométricamente, el complejo se obtiene «rotando tanto como el argumento y luego alargando de acuerdo a la norma».

Así mismo, veremos que toda matriz $A$ tendrá una expresión de la forma $A=US$ donde $U$ es una matriz ortogonal (que juega el papel de «la rotación») y $S$ es una matriz simétrica positiva (que por el teorema espectral recordemos que es básicamente «alargar en varias direcciones»). Este resultado es increíble: ¡nos dice cómo son todas, todas las matrices reales en términos de matrices muy sencillas: las ortogonales (que conocemos muy bien) y las simétricas (que por el teorema espectral también conocemos muy bien)!

Caso invertible del teorema de descomposición polar

Recordemos un resultado de la entrada anterior, que era una de las partes de nuestro teorema de clasificación de matrices positivas. Nos dice que las matrices simétricas positivas «tienen raíz cuadrada».

Proposición. Sea $A$ una matriz simétrica positiva. Entonces existe una matriz simétrica $B$ tal que $B^2=A$.

Como recordatorio, para obtener a $B$ lo que hicimos fue diagonalizar a $A$ de la forma $A=P^{-1}DP$ con $D$ matriz diagonal cuyas entradas eran $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$ los eigenvalores de $A$. Como $A$ era positiva, sus eigenvalores eran no negativos, así que podíamos construir $D’$ con entradas $\sqrt{\lambda_1},\ldots,\sqrt{\lambda_n}$. Después, vimos que $B=P^{-1}D’P$ servía para que $B^2=A$. Observa que además $B$ es positiva pues sus eigenvalores son no negativos.

Como observación adicional, si $A$ fuera positiva definida entonces sus eigenvalores serían positivos, y entonces $B$ también tendría eigenvalores positivos. Así, $B$ sería positiva definida también. De hecho, se puede demostrar que en este caso la matriz $B$ es única (bajo la condición de ser simétrica positiva definida y raíz de $A$). Para un esbozo de esta pruba, revisa los ejercicios de la entrada.

Estamos listos para enunciar y demostrar el teorema de descomposición polar en el caso de matrices invertibles.

Teorema (De descomposición polar, caso invertible). Sea $A\in M_n(\mathbb{R})$ una matriz invertible. Entonces existe una única pareja $(U,S)$ con $U$ una matriz ortogonal y $S$ una matriz simétrica positiva definida para la que se cumple que $A=US$.

Demostración. Tomemos $A\in M_n(\mathbb{R})$ una matriz invertible. La matriz $^tAA$ es simétrica y positiva definida. Por la discusión anterior, existe una única matriz simétrica positiva definida $S$ tal que $^tAA=S^2$. Como $A$ es invertible, $S$ también lo es, así que definamos $$U=AS^{-1}.$$

Afirmamos que $(U,S)$ cumplen con lo requerido. Ya justificamos que $S$ es simétrica positiva definida. Además, de $U=AS^{-1}$ se obtiene inmediatamente $US=A$. Sólo falta verificar que $U$ es ortogonal. Para ello, al multiplicarla con su transpuesta obtenemos lo siguiente:
\begin{align*}
^tUU&=\hspace{.5mm}^tS^{-1}\hspace{.5mm}^tAAS^{-1}\\
&=S^{-1}S^2S^{-1}\\
&=I_n.
\end{align*}

Veamos ahora la unicidad. Supongamos que $A=U’S’$ con $U’$ ortogonal y $S’$ simétrica positiva definida, Entonces
$$^tAA=S’\hspace{.5mm}^tU’U’S’={S’}^2.$$

De esta manera, $S’$ es precisamente la raíz cuadrada de $^tAA$, que por la discusión anterior es única. Deducimos entonces que $S’=S$ y por lo tanto $U’=A{S’}^{-1}=AS^{-1}=U$.

$\square$

Caso general del teorema de descomposición polar

Es natural preguntarse qué sucede cuando la matriz $A$ no es invertible. Resulta que en ese caso aún podemos encontrar una descomposición, aunque perdemos un poco de las propiedades de las matrices y la unicidad. Por ejemplo, si $A=O_n$, entonces $A=UO_n$ para culaquier matriz ortogonal $U$ y entonces tenemos muchas posibles descomposiciones.

Teorema (De descomposición polar, caso general). Cualquier matriz $A\in M_n(\mathbb{R})$ se puede escribir de la forma $A=US$ con $U$ una matriz ortogonal y $S$ una matriz simétrica positiva.

¿Por qué falla nuestra demostración? Todavía temeos que $^tAA$ es positiva, así que podríamos tomar una raíz cuadrada $S$. El problema es que como $A$ no es invertible, entonces $S$ tampoco lo es. Por ello, no podemos definir $U=AS^{-1}$ como lo hicimos con anterioridad. Sin embargo, podemos ser astutos y «cambiar tantito» a $A$ para que sí se vuelva invertible. De hecho, podemos tomar muchas matrices que se acercan a $A$ y sí son invertibles. Con ello podemos usar un «argumento al límite». Formalicemos estas ideas.

Demostración. Consideremos las matrices $A_k=A+\frac{1}{k}I_n$. Recordemos que $\det(A+\lambda I_n)$ es un polinomio de grado $n$ así que tiene a lo más $n$ raíces. Por ello, existe un $k_0$ tal que para toda $k>k_0$ la matriz $A_k$ es invertible. Al aplicar el teorema de descomposición polar a cada una de dichas $A_k$, obtenemos una matriz ortogonal $U_k$ y una simétrica positiva definida $S_k$ tales que

$$A_k=U_kS_k.$$

Las entradas de cada $U_k$ cumplen que están en el intervalo $[-1,1]$ (pues la suma de las entradas de cada fila es igual a $1$). Así, $U_k$ es una sucesión de matrices en el compacto de matrices con entradas $[-1,1]$. En un compacto toda sucesión tiene una subsucesión convergente, así que podemos elegir una subsucesión de estas matrices, digamos $U_{k_1}, U_{k_2},\ldots$ que converge a una matriz $U$.

Se puede ver que el producto de matrices es contínuo y obtener inversas de matrices también es continuo (por ejemplo, por las fórmulas de inversa por matriz de adjuntos). De este modo, aplicando límite $j\to \infty$ a la igualdad $^tU_{k_j}U_{k_j}=I_n$ obtenemos que $^UU=I_n$, de modo que $U$ es ortogonal.

Del mismo modo, como trasponer es continuo, $S_{k_1}, S_{k_2},\ldots$ converge a una matriz simétrica $S$. Finalmente, usando nuevamente la continuidad del producto de matrices obtenemos

\begin{align*}
A&=\lim_{j\to \infty} A_{k_j}\\
&=\lim_{j\to \infty} U_{k_j} S_{k_j}\\
&=US.
\end{align*}

Sólo nos falta demostrar que $S$ es positiva, pero si tomamos $X\in\mathbb{R}^n$, entonces pasando al límite $j\to \infty$ en la desigualdad $^tXS_{k_j}X > 0$ obtenemos $^tXSX\geq 0$. Aquí es donde se podría perder que $S$ es positiva definida, pero seguimos teniendo que $S$ es positiva.

$\square$

Más adelante…

Tanto el teorema espectral como el teorema de descomposición polar son resultados de caracterización fundamentales en álgebra lineal y finalmente nos dan una respuesta a la pregunta de, geométricamente, cómo son todas las posibles transformaciones lineales. En las siguientes secciones se esbozarán los resultados análogos para el caso complejo.

Después de ello, en la cuarta unidad del curso cubriremos otro teorema que nos permitirá decir «cómo son todas las matrices». Quizás no todas las matrices sean directamente similares a una matriz diagonal. Pero enunciaremos y demostraremos el teorema de Jordan que dirá que cualquier matriz es similar a una «casi diagonal», a la que llamaremos diagonal por bloques.

Tarea moral

  1. Sean que $A$ y $B$ son matrices simétricas. Demuestra que $A$ y $B$ conmutan si y sólo si existe una misma matriz $P$ tal que $PAP^{-1}$ y $PBP^{-1}$ son diagonales (a esto se le conoce como que $A$ y $B$ sean «simultáneamente diagonalizables»)
  2. Usando el ejercicio anterior, demuestra que si $A$ es simétrica positiva definida, y se cumple $B^2=A=C^2$ con $B$ y $C$ matrices simétricas positivas definidas, entonces $B=C$.
  3. Sean $A,B\in M_n(\mathbb{R})$ matrices tales que $^tAA=^tBB$. Demuestra que existe una matriz ortogonal $U\in M_n(\mathbb{R})$ tal que $B=UA$.
  4. Encuentra la descomposición polar de $$\begin{pmatrix}
    11 & -5\\
    -2 & 10 \end{pmatrix}.$$
  5. Sea $A$ una matriz cuadrada con descomposición polar $A=WP$. Demuestra que $A$ es normal si y sólo si $WP^2=P^2W$.

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Álgebra Lineal II: El teorema espectral real

Por Ayax Calderón

Introducción

Por lo que estudiamos en la primera parte de este curso, ya sabemos cuándo una matriz arbitraria es diagonalizable. Lo que haremos ahora es enunciar y demostrar el teorema espectral en el caso real. Una de las cosas que nos dice es que las matrices simétricas reales son diagonalizables. Pero nos dice todavía más. También nos garantiza que la manera en la que se diagonalizan es a través de una matriz ortogonal. Esto combina mucho de la teoría que hemos cubierto. Además, gracias al teorema espectral podremos, posteriormente, demostrar el famoso teorema de descomposicion polar que nos dice cómo son todas las matrices.

Resultados preliminares para el teorema espectral real

Comencemos enunciando algunas propiedades que tienen las matrices y transformaciones simétricas. El primero habla de cómo son los eigenvalores de las matrices simétricas.

Lema. Sea $A\in M_n({\mathbb{R}})$ una matriz simétrica. Entonces todas las raíces del polinomio característico de $A$ son números reales.

Demostración. Tomemos $A\in M_n(\mathbb{R})$ y sea $\lambda$. Su polinomio característico está en $\mathbb{R}[x]$, así que por el teorema fundamental del álgebra todas sus raíces están en $\mathbb{C}$. Sea $t$ una raíz del polinomio característico de $A$.

Pensemos a $A$ como un elemento de $M_n(\mathbb{C})$. Como $\det (tI_n-A)=0$, entonces $t$ es eigenvalor y por lo tanto hay un eigenvector $X\in\mathbb{C}^n$ no nulo tal que $AX=tX$. Como el vector tiene entradas complejas, lo podemos escribir como $X=Y+iZ$ para dos vectores $Y,Z\in \mathbb{R}^n$. Así mismo, podemos escribir a $t$ como $t=a+ib$ con $a$ y $b$ números reales.

Con esta notación, de la igualdad $AX=tX$ se sigue que

\begin{align*}
AY+iAZ&=AX\\
&=(a+ib)(Y+iZ)\\
&=aY-bZ+i(aZ+bY).
\end{align*}

Igualando las partes imaginarias y las partes reales obtenemos que

\begin{equation}\label{1}
AY=aY-bZ, \hspace{4mm} AZ=aZ+bY.
\end{equation}

Usemos ahora que $A$ es simétrica. Tenemos que
\begin{equation}\label{2}
\langle AY,Z \rangle=\langle Y, AZ \rangle.
\end{equation}

Sustituyendo la primera igualdad de \eqref{1} en el lado izquierdo de \eqref{2}, y la segunda igualdad de \eqref{1} en el lado derecho de \eqref{2}, obtenemos que:

\begin{equation*}
\langle aY-bZ,Z \rangle=\langle Y, aZ+bY \rangle,
\end{equation*}

y usando la linealidad del producto interior, se obtiene que

\begin{equation*}
a\langle Y,Z \rangle – b\langle Z,Z\rangle =a\langle Y, Z \rangle + b \langle Y , Y \rangle.
\end{equation*}

Se sigue que
$$b(||Y||^2+||Z||^2)=0$$ y como $Y$ o $Z$ es distinto de cero (de lo contrario tendríamos que $X=0$), entonces concluimos que $b=0$ y con ellos que $t$ es un número real.

$\square$

El segundo lema que veremos nos dice qué sucede cuando una transformación lineal es simétrica y tomamos un subespacio estable bajo ella. Recuerda que un subespacio $W$ de un espacio vectorial $V$ es estable bajo una transformación lineal $T:V\to V$ si $T(W)\subseteq W$.

Lema. Sea $V$ un espacio euclidiano y $T:V\to V$ una transformación lineal simétrica sobre $V$. Sea $W$ un subespacio de $V$ estable bajo $T$. Entonces

  1. $W^\bot$ también es estable bajo $T$.
  2. Las restricciones de $T$ a $W$ y $W^\bot$ son transformaciones lineales simétricas sobre estos espacios.

Demostración.

1. Tomemos $x\in W^\bot$. Nos gustaría ver que $T(x)\in W^\bot$. Para ello, tomemos $y\in W$. Como $W$ es estable bajo $T$, tenemos $T(y)\in W$. Como $x\in W^\bot$, tenemos que $\langle x,T(y) \rangle =0$. Usando esto y la simetría de $T$, obtenemos entonces
$$\langle T(x),y \rangle = \langle x,T(y) \rangle=0,$$
que es lo que queríamos probar.

2. Sea $T_1$ la restricción de $T$ a$W$. Para $x,y\in W$ tenemos que
$$\langle T_1(x),y \rangle=\langle T(x),y \rangle=\langle x,T(y) \rangle =\langle x,T_1(y) \rangle ,$$ por lo tanto $T_1$ es simétrica sobre $W$. Análogamente se ve que el resultado se cumple para $W^\bot$.

$\square$

El teorema espectral real

Los dos lemas anteriores son lo que necesitamos para demostrar el teorema principal de esta entrada.

Teorema (el teorema espectral real). Sea $V$ un espacio euclidiano y $T:V\to V$ una transformación lineal simétrica. Entonces existe una base ortonormal de $V$ conformada por eigenvectores de $T$.

Demostración. Procederemos por inducción fuerte sobre $n=\dim V$. Si $n=1$, entonces el polinomio característico de $T$ es de grado $1$ y tiene coeficientes reales, por lo que tiene una raíz real $t$. Si $v$ es un eigenvector de $T$ con eigenvalor $t$, entonces $\frac{v}{||v||}$ también es eigenvector de $T$ y forma una base ortonormal de $V$. Esto termina el caso $n=1$.

Ahora supongamos que el resultado se satisface hasta dimensión $n-1$ y tomemos $V$ de dimensión $n$. Sea $B=\{e_1,e_2,\dots e_n\}$ una base ortonormal de $V$. Sea $A$ la matriz asociada a $T$ con respecto a $B$. Como $T$ es simétrica, entonces $A$ también lo es. Su polinomio característico no es constante, de modo que por el teorema fundamental del álgebra tiene por lo menos una raíz $t$, y por el primer lema de la sección anterior, se tiene que $t$ es real y por lo tanto es un eigenvalor.

Sea $W=\ker (t\text{id} -T)$ el $t$-eigenespacio de $T$. Si $W=V$, entonces $T=t\text{id}$ y así $B$ es una base ortonormal de $V$ compuesta por eigenvectores de $T$. De otro modo, $W\neq V$ y por lo tanto $k:=\dim W<n$. Tenemos que $V=W\oplus W^\bot$ y sabemos que los eigenespacios son estables bajo la transformación correspondiente. Así, por el segundo lema de la sección anterior $W^\bot$ también es estable bajo $T$ y la restricción de $T$ a $W^\bot$ es simétrica.

Podemos entonces aplicar la hipótesis inductiva a $T_{|W^\bot}$ para encontrar una base ortonormal $C=\{f_1^\bot,f_2^\bot\dots,f_{n-k}^\bot\}$ de $W^\bot$ compuesta por eigenvectores de $T$. Escogiendo una base ortonormal $D=\{f_1,f_2,\dots,f_k\}$ de $W$ (que automaticamente está formada por eigenvectores de $T$). La base $C\cup D$ de $V$ es entonces la base de eigenvectores que buscábamos.

$\square$

El teorema espectral también puede enunciarse en términos de matrices. Hacemos esto a continuación.

Observación. Si $A\in M_n(\mathbb{R})$ es una matriz simétrica, entonces la transformación lineal $T:X\mapsto AX$ sobre $\mathbb{R}^n$ es simétrica. Aplicando el teorema anterior, podemos encontrar una base ortonormal de $V$ con respecto a la cual la matriz asociada a $T$ es diagonal. Como la base canónica de $V$ es ortonormal, y como la matriz de cambio de pase entre dos bases ortonormlaes es ortogonal, obtenemos el siguiente resultado fundamental.

Teorema (el teorema espectral para matrices reales). Sea $A\in M_n(\mathbb{R})$ una matriz simétrica. Entonces $A$ es diagonalizable y, más específicamente, existen una matriz ortogonal $P\in M_n(\mathbb{R})$ y una matriz diagonal $D\in M_n(\mathbb{R})$ tales que $$A=P^{-1}DP.$$

Así, $A$ es simultaneamente, mediante una misma matriz $P$, tanto similar como congruente a una matriz diagonal.

Aplicación a caracterizar las matrices simétricas positivas

Ya hemos dado algunas caracterizaciones para las matrices simétricas positivas. Veamos algunas caracterizaciones adicionales.

Teorema. Sea $A\in M_n(\mathbb{R})$ una matriz simétrica. Entonces las siguientes afirmaciones son equivalentes:

  1. $A$ es positiva.
  2. Todos los eigenvalores de $A$ son no negativos.
  3. $A=B^2$ para alguna matriz simétrica $B\in M_n(\mathbb{R})$.
  4. $A=\hspace{.5mm}^tCC$ para alguna matriz $C\in M_n(\mathbb{R})$.

Demostración. 1) implica 2). Supongamos que $A$ es positiva y que $t$ es un eigenvalor de $A$ con eigenvector $v$. Como $Av=tv$, obtenemos que

\begin{align*}
t||v||^2&= t\langle v,v \rangle\\
&= \langle v, tv \rangle\\
&= \langle v, Av \rangle\\
&= \hspace{.5mm}^tvAv\\
&\geq 0,
\end{align*}
por lo tanto $t\geq 0$.

2) implica 3). Sean $t_1,\dots, t_n$ todas las raíces del polinomio característico de $A$, escritos con su multiplicidad correspondiente. Por el primer lema de la sección anterior, todos ellos son reales, y estamos suponiendo que son no negativos. Por el teorema espectral podemos encontrar una matriz $P$ y una diagonal $D$ tal que $A=P^{-1}DP$, y por lo que vimos de teoría de diagonalización, $D$ precisamente tiene como entradas en su diagonal a $t_1,t_2,\dots,t_n$. Sea $D’$ la matriz diagonal con entradas $c_i=\sqrt{t_i}$ y sea $B=P^{-1}D’P$. Como $P$ es ortogonal, $B$ es simétrica

Y además, por construcción, $B^2=P^{-1}{D’}^2P=P^{-1}DP=A$, como queríamos.

3) implica 4). Basta con tomar la matriz $B$ de (3) y tomar $C=B$. Como $B$ es simétrica, $A=B^2=\hspace{.5mm}^tBB$.

4) implica 1). Esto ya lo habíamos demostrado en un resultado anterior de caracterización de matrices simétricas.

$\square$

Más adelante…

Hemos enunciado y demostrado el teorema espectral. Lo que nos dice es muy interesante: una matriz simétrica básicamente consiste en cambiar de base a una base muy sencilla $e_1,\ldots,e_n$ (ortonormal) a traves de la matriz $P$. Luego, en esa base pasa algo muy simple: en la dirección de $e_i$, simplemente alargamos de acuerdo al eigenvalor $\lambda_i$.

Como consecuencia, veremos en la siguiente entrada que esto nos permite entender no sólo a las matrices simétricas, sino a todas, todas las matrices. Al teorema que veremos a continuación se le conoce como el teorema de descomposición polar.

Tarea moral

  1. La matriz $\begin{pmatrix} \sin \theta & \cos \theta \\ \cos \theta & \sin\theta \end{pmatrix}$ es real y simétrica, de modo que es diagonalizable. ¿Cuál es su diagonalización?
  2. Da un ejemplo de una matriz simétrica con coeficientes complejos que no sea diagonalizable.
  3. Sea $T$ una transformación lineal sobre un espacio euclidiano $V$, y supón que $V$ tiene una base ortonormal conformada por eigenvectores de $T$. Demuestra que $T$ es simétrica (por lo que el recíproco del teorema espectral se satisface).
  4. Considera la matriz $$A=\begin{pmatrix}
    1 & -2 & -2\\
    -2 & 1 & -2\\
    -2 & -2 &1\end{pmatrix}.$$
    Explica por qué $A$ es diagonalizable en $M_n(\mathbb{R})$ y encuentra una matriz $P$ tal que $P^{-1}AP$ es diagonal.
  5. Adapta el teorema de caracterización de matrices positivas visto en esta entrada a una versión para matrices positivas definidas.

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Álgebra Lineal II: Isometrías complejas, transformaciones unitarias y sus propiedades

Por Ayax Calderón

Introducción

En esta ocasión, como es de esperarse, haremos un estudio análogo al que hicimos en la entrada de isometrías reales, ahora centrándonos en espacios vectoriales definidos sobre el campo de los números complejos. Continuamos con la analogía entre los números complejos y los operadores lineales recordando que el adjunto de una transformación lineal se comporta de forma parecida al conjugado de un númeroo complejo.

Definiciones

Definición. Sea $V$ un espacio vectorial sobre $\mathbb{C}$ de dimensión finita y equipado con un producto interior hermitiano $\langle \cdot,\cdot \rangle$ y norma asociada $||\cdot||$. Diremos que una transformación lineal $T:V\to V$ es unitaria o una isometría si
$$\langle T(x),T(y) \rangle=\langle x,y \rangle$$ para cualesquiera $x,y\in V$.
Una matriz $A\in M_n(\mathbb{C})$ se dice unitaria si la transformación lineal asociada

\begin{align*}
\mathbb{C}^n&\to \mathbb{C}^n\\
X &\mapsto AX
\end{align*}
es unitaria (donde $\mathbb{C}^n$ tiene el producto hermitiano usual).

Teorema. Sea $T:V\to V$ una transformación lineal. Las siguientes afirmaciones son equivalentes:

  1. $T$ es unitaria.
  2. Para cualquier $x\in V$ se tiene que $||T(x)||=||x||$.
  3. $T$ manda vectores unitarios (es decir, vectores de norma $1$) en vectores unitarios.

Demostración.

Supongamos que 1. se satisface. Para probar 2. tomamos un $x\in V$ y observamos lo siguiente
$$||T(x)||^2=\langle T(x),T(x) \rangle=\langle x,x \rangle = ||x||^2,$$ y así se satisface 2.

Supongamos que 2. se satisface. Como $T$ preserva la norma, en particular preservará la norma de los vectores unitarios.

Supongamos que 3. se satisface. Como $V$ es de dimensión finita, digamos $\dim V=n$, entonces existe $B=\{e_1,\dots,e_n\}$ base ortonormal de $V$. Consideremos dos vectores $x,y\in V$ y sus descomposiciones con respecto a la base $B$, $x=\displaystyle\sum_{i=1}^nx_ie_i$ y $y=\displaystyle\sum_{i=1}^ny_ie_i$. Entonces
\begin{align*}\langle x,y \rangle&=\left\langle \displaystyle\sum_{i=1}^nx_ie_i, \displaystyle\sum_{i=1}^ny_ie_i \right\rangle\\
= \displaystyle\sum_{i=1}^n \langle x_ie_i,y_ie_i \rangle&=\displaystyle\sum _{i=1}^n x_i\overline{y_i}||e_i||^2=\displaystyle\sum _{i=1}^n x_i\overline{y_i}.\end{align*}

Similarmente se tiene que
\begin{align*}\langle T(x),T(y) \rangle&=\left\langle \displaystyle\sum_{i=1}^nx_iT(e_i), \displaystyle\sum_{i=1}^ny_iT(e_i) \right\rangle\\
= \displaystyle\sum_{i=1}^n \langle x_iT(e_i),y_iT(e_i) \rangle&=\displaystyle\sum _{i=1}^n x_i\overline{y_i}||T(e_i)||^2=\displaystyle\sum _{i=1}^n x_i\overline{y_i}.\end{align*}

Por lo tanto $T$ es unitaria y con ello concluimos la prueba de este teorema.

$\square$

Definición. Diremos que $A\in M_n(\mathbb{C})$ es una matriz unitaria si $A A^*=I_n$, donde $A^*=\overline{A}^t$.

Observación. La condición $AA^*=I_n$ es equivalente a que las filas de $A$ formen una base ortonormal para $\mathbb{C}^n$ porque
$$\delta_{ij}=I_{ij}=(AA^*)_{ij}=\displaystyle\sum_{k=1}^nA_{ik}\overline{A_{jk}},$$
y el último término representa el producto interior del $i$-ésimo y $j$-ésimo renglón de $A$. Una observación similar se puede hacer sobre las columnas y la condición $A^*A=I_n$.

Así, gracias a la observación hemos demostrado el siguiente teorema:

Teorema. Sea $A\in M_n(\mathbb{C})$. Las siguientes afirmaciones son equivalentes:

  1. $A$ es unitaria.
  2. Existe una base ortonormal $B=\{X_1,\dots,X_n\}$ de $\mathbb{C}^n$ tal que $AB:=\{AX_1,\dots,AX_n\}$ es una base ortonormal de $\mathbb{C}^n$.
  3. Para cualquier base ortonormal $B=\{X_1,\dots,X_n\}$ de $\mathbb{C}^n$ se tiene que $AB:=\{AX_1,\dots,AX_n\}$ es una base ortonormal de $\mathbb{C}^n$.

Más adelante…

Tarea moral

  1. Demuestra que si $A$ es una matriz unitaria, entonces $|\det A|=1$.
  2. Describe las matrices $A\in M_n(\mathbb{C})$ que son simultaneamente diagonales y unitarias.
  3. Demuestra que el producto de dos matrices unitarias es una matriz unitaria y que la inversa de una matriz unitaria es unitaria.
  4. Demuestra que si $V$ es un espacio euclidiano de dimensión finita sobre $\mathbb{C}$ y $T:V\to V$ una transformación lineal, $T$ es unitaria si y sólo si la matriz asociada a $T$ con respecto a cualquier base ortonormal de $V$ es unitaria.

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Álgebra Lineal II: Problemas de isometrías y grupo ortogonal

Por Ayax Calderón

Introducción

Un ejemplo importante de transformaciones ortogonales

Una clase importante de transformaciones ortogonales es la de las simetrías ortogonales. Sea $V$ un espacio euclidiano y $W$ un subespacio de $V$. Entonces $V=W\oplus W^\bot$, por lo que podemos definir la simetría $s_W$ sobre $W^\bot$ con respecto a $W$. Recuerda que cualquier $v\in V$ se puede escribir como $v=w+w^\bot$, con $(w,w^\bot)\in W\times W^\bot$, entonces $$s_W(v)=w-w^\bot,$$ de manera que $s_W$ fija puntualmente a $W$ y $-s_W$ fija puntualmente a $W^\bot$.

Para garantizar que $s_W$ es una transformación ortogonal, bastará con verificar que $||s_W(v)||=||v||$ para todo $v\in V$, o equivalentemente
$$||w-w^\bot||=||w+w^\bot|| \hspace{1.5mm}\forall (w,w^\bot)\in W\times W^\bot.$$ Pero por el teorema de Pitágoras se tiene que si elevemos ambos lados a cuadrado se obtiene $||w||^2+||w^\bot||^2$ y se sigue el resultado deseado.

Las simetrías ortogonales se pueden distinguir fácilmente entre las transformaciones ortogonales, pues estas son precisamente las transformaciones ortogonales auto-adjuntas.

Caracterización sobre bases ortonormales

Problema. Sea $V$ un espacio euclidiano y $T:V\to V$ una tranformación lineal. Las siguientes afirmaciones son equivalentes:

  1. $T$ es ortogonal.
  2. Para cualquier base ortonormal $e_1,\dots ,e_n$ de $V$, los vectores $T(e_1),\dots ,T(e_n)$ forman una base ortonormal de $V$.
  3. Existe una base ortonormal de $e_1,\dots ,e_n$ de $V$ tal que $T(e_1),\dots ,T(e_n)$ es una base ortonormal de $V$.

Solución. Supongamos que 1. es cierto y sea $e_1,\dots ,e_n$ una base ortonormal de $V$. Entonces para cada $i,j\in[1,n]$ tenemos
$$\langle T(e_i),T(e_j) \rangle =\langle e_i,e_j \rangle.$$
Se sigue que $T(e_1),\dots ,T(e_n)$ es una familia ortonormal, y como $dim V=n$, entonces es una base ortonormal de $V$. Entonces 1. implica 2. y claramente 2. implica 3.
Supongamos que 3. es cierto. Sea $x\in V$ y escribamos $x=x_1e_1+x_2e_2+\dots +x_ne_n$. Como $e_1,\dots ,e_n$ y $T(e_1),\dots ,T(e_n)$ son bases ortonormales de $V$, tenemos
$$||T(x)||^2=||x_1T(e_1)+\dots +x_nT(e_n)||^2=x_1^2+\dots +x_n^2=||x||^2.$$
Por lo tanto $||T(x)||=||x||$ para todo $x\in V$ y $T$ es ortogonal.

$\square$

El grupo de transformaciones ortogonales en el plano

Definición. Diremos que una isometría $T$ es una isometría positiva si $\det T=1$. Por otro lado, diremos que $T$ es una isometría negativa si $\det T=-1$ En términos geométricos, las isometrías positivas preservan la orientación del espacio, mientras que las isometrías negativas la invierten.

Definición. Sea $B=\{e_1,\dots,e_n\}$ una base ortonormal de un espacio euclidiano $V$. Si $B’=\{f_1,\dots,f_n\}$ es otra base ortonormal de $V$, entonces la matriz de cambio de base de $B$ a $B’$ es ortogonal y por lo tanto $\det P\in\{-1,1\}$. Diremos que $B’$ está orientada positivamente con respecto a $B$ si $\det P=1$ y conversamente diremos que $B’$ está orientada negativamente con respecto a $B$ si $\det P=-1$.

Si $V=\mathbb{R}^n$ está equipado con el producto interior usual, entonces siempre tomamos como $B$ a la base canónica y sólo decimos que una base ortonormal es positiva o negativa.

Observación. El polinomio característo de la matriz
$$\begin{pmatrix}
I_p & 0 & 0 & \dots & 0\\
0 & -I_q & 0 & \dots & 0\\
0 & 0 & R_{\theta_1} & \dots & 0\\
\vdots & \vdots & \vdots &\ddots & \vdots\\
0 & 0 & 0 &\dots & R_{\theta_k}
\end{pmatrix}$$
es
$$(x-1)^p(x+1)^q\cdot\displaystyle\prod_{i=1}^k (x^2-2\cos\theta_i x+1).$$
Las raíces complejas del polinomio $x^2-2\cos\theta_i x+1$ son $e^{i\theta}$ y $e^{-i\theta}$, y tienen modulo $1$. Por lo tanto, todos los eigenvalores complejos de una matriz ortogonal tienen módulo $1$.

Estudiando el grupo ortogonal en dimensiones pequeñas

Empezamos analizando el caso de dimensión $2$. Sea $A\in M_2(\mathbb{R})$ una matriz dada por
$$A=\begin{pmatrix}
a & b\\
c & d\end{pmatrix}$$ que satisface $A^tA=I_2$. Sabemos que $\det A\in\{-1,1\}$, así que consideramos ambos casos.

Si $\det A=1$, entonces la inversa de $A$ simplemente es
$$A^{-1}=\begin{pmatrix}
d & -b\\
-c & a\end{pmatrix}$$
y como $A$ es ortogonal, entonces $A^{-1}=\hspace{.5mm}^tA$, por lo que $a=d$ y $b=-c$, lo que nos dice que $A$ es de la forma
$$A=\begin{pmatrix}
a & -c\\
c & a\end{pmatrix}.$$
Más aún, tenemos que $a^2+c^2=1$, por lo que existe un único $\theta\in(-\pi,\pi]$ tal que $A=\cos\theta$ y $c=\sin\theta$. Por lo tanto
$$A=R_{\theta}=\begin{pmatrix}
\cos\theta & -\sin\theta\\
\sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix}.$$
La transformación lineal correspondiente es
\begin{align*}
T:\mathbb{R}^2&\to\mathbb{R}^2\\
(x,y)&\mapsto (\cos\theta x – \sin\theta y, \sin\theta x+ \cos\theta y)
\end{align*}
y geométricamente corresponde a una rotación de ángulo $\theta$. Además
\begin{equation}\label{rot}
R_{\theta_1}\cdot R_{\theta_2}=R_{\theta_1+\theta_2}=R_{\theta_2}\cdot R_{\theta_1}.
\end{equation}
Una consecuencia importante es que la matriz asociada a $T$ con respecto a cualquier base ortonormal positiva de $\mathbb{R}^2$ aún es $R_\theta$, pues la matriz de cambio de base de la base canónica a la nueva base ortonormal positiva sigue siendo una rotación. Análogamente, si en el argumento anterior tomamos una base ortonormal negativa, entonces la matriz asociada a $T$ es $R_{-\theta}$. La relación \eqref{rot} también muestra que para calcular el ángulo de la composición de dos rotaciones basta con tomar la suma de los ángulos y restar un múltiplo adecuado de $2\pi$ tal que el ángulo obtenido quede en el intervalo $(-\pi,\pi]$.

Si $\det A=-1$. Entonces
$$A^{-1}=\begin{pmatrix}
-d & b\\
c & -a\end{pmatrix}$$ y como $A$ es ortogonal, entonces $d=-a$ y $b=c$. También tenemos que $a^2+b^2=1$, por lo que existe un único número real $\theta\in(-\pi,\pi]$ tal que $a=\cos\theta$ y $b=\sin\theta$. Entonces
$$A=S_\theta:=\begin{pmatrix}
\cos\theta & \sin\theta\\
\sin\theta & -\cos\theta \end{pmatrix}.$$
Notemos que $S_\theta$ es simétrica y ortogonal, por lo tanto $S_\theta^2=I_2$ y que la transformación correspondiente es
\begin{align*}
T:\mathbb{R}^2&\to\mathbb{R}^2\\
(x,y)&\mapsto (cos\theta x+\sin\theta y, \sin \theta x-\cos\theta y)
\end{align*}
es una simetría ortogonal. Para encontrar la recta con respecto a la cual $T$ es una simetría ortogonal, bastará con resolver el sistema $AX=X$. El sistema es equivalente a
$$\sin\left(\frac{\theta}{2}\right)\cdot x=\cos \left(\frac{\theta}{2}\right)\cdot y$$ y por lo tanto la recta $AX=X$ está generada por el vector
$$e_1=\left( \cos\left(\frac{\theta}{2}\right), \sin\left(\frac{\theta}{2}\right) \right)$$ y la correspondiente recta ortogonal está generada por el vector
$$e_2=\left(-\sin\left(\frac{\theta}{2}\right),\cos\left(\frac{\theta}{2}\right)\right),$$
y los vectores $e_1,e_2$ forman una base ortonormal de $\mathbb{R}^2$ para la cual la matriz asociada a $T$ es
$$\begin{pmatrix}
1 & 0\\
0 & -1\end{pmatrix}$$
y además $$S_{\theta_1}\cdot S_{\theta_2}=R_{\theta_1-\theta_2}$$
lo que significa que la composición de dos simetrías ortogonales es una rotación. Similarmente tenemos que
$$S_{\theta_1}R_{\theta_2}\hspace{3mm} R_{\theta_1}S_{\theta_2}=S_{\theta_1+\theta_2},$$
por lo que la composición de una rotación y una simetría ortogonal es una simetría ortogonal.

Gracias a todo lo anterior, estamos listos para enunciar el siguiente teorema:

Teorema. Sea $A\in M_2(\mathbb{R})$ una matriz ortogonal.

  1. Si $\det A=1$, entonces
    $$A=R_\theta=\begin{pmatrix}
    \cos\theta & -\sin\theta\\
    \sin\theta &\cos\theta\end{pmatrix}$$
    para único número real $\theta\in(-\pi,\pi]$, y la correspondiente transformación lineal $T$ sobre $\mathbb{R}^2$ es una rotación de ángulo $\theta$. Cualesquiera dos matrices de esa forma conmutan y la matriz asociada a $T$ con respecto a cualquier base ortonormal positiva de $\mathbb{R}^2$ es $R_\theta$.
  2. Si $\det A=-1$, entonces
    $$A=S_\theta=\begin{pmatrix}
    \cos\theta & \sin\theta\\
    \sin\theta &-\cos\theta\end{pmatrix}$$
    para un único número real $\theta\in(-\pi,\pi]$. La matriz $A$ es simétrica y la correspondiente transformación lineal sobre $\mathbb{R}^2$ es la simetría ortogonal con respecto a la recta generada por el vector $\left(\cos\left(\frac{\theta}{2}\right),\sin\left(\frac{\theta}{2}\right)\right)$.

El grupo de transformaciones ortogonales en el espacio

En la entrada anterior estudiamos el grupo de transformaciones ortogonales en dimensión $2$.

Ahora estudiaremos el caso $\dim V=3$, para esto haremos uso del teorema de clasificación de la entrada anterior, así como el estudio que hicimos para el caso de dimensión $2$. Siguendo la misma idea que desarrollamos en el teorema de clasificiación, consideramos enteros $p,q,k$ tales que $$p+q+2k=3,$$ por lo que necesariamente $p\neq 0$ o $q\neq 0$. También podemos probar esto de manera máss directa, observando que el polinomio caracterísitico de $T$ es de grado $3$, por lo que debe tener una raíz real, y por ende un eigenvalor real, el cual será igual a $1$ o $-1$, pues tiene módulo $1$.

Intercambiando $T$ con $-T$ se tiene que simplemente se intercambian los papeles de $p$ y $q$. Supongamos que $p\geq 1$, esto significa que $T$ tiene al menos un punto fijo $v$. Entonces $T$ fija la recta $D=span (v)$ e induce una isometría sobre el plano ortogonal a $D$. Esta isometría se puede clasificar con el último teorema de la entrada anterior. Por lor tanto, hemos reducido el caso de dimensión $3$ al caso de dimensión $2$. Podemos ser más explicitos si consideramos los siguientes casos.

  • $id\in\{T,-T\}$.
  • Tenemos que $\dim \ker (T-id)=2$. Si $e_2,e_1$ es una base ortonormal del plano $\ker (T-id)=2$ y completamos a una base ortonormal de $V$ $\{e_1,e_2,e_3\}$, entonces $T$ fija puntualmente al subespacio generado por $e_2,e_3$ y deja invariante a la recta generada por $e_1$. Por lo tanto la matriz asociada a $T$ con respecto a la base ortonormal es
    $$ \begin{pmatrix}
    t & 0 & 0\\
    0 & 1 & 0\\
    0 & 0 & 1
    \end{pmatrix}$$
    para algun número real $t$, el cual forzosamente es $-1$, pues sabemos que debe ser $1$ o $-1$, pero si fuera $1$, entonces $T$ sería la indentidad. Por lo tanto $T$ es una simetría ortogonal con respecto al plano $\ker (T-id)$. Además, $\det T=-1$, por lo que $T$ es una isometría negativa.
  • Tenemos que $\dim\ker (T-id)$ es la recta generado por algún vector $e_1$ de norma $1$. Completamos $e_1$ a una base ortonormal $\{e_1,e_2,e_3\}$ . Entonces la isometría $T$ inducida sobre es subespacio generado por $\{e_2,e_3\}$ no tiene puntos fijos, ya que todos los puntos fijos de $T$ están sobre $span(e_1)$, por lo tanto $T$ es una rotación de ángulo $\theta$, para un único $\theta\in(-\pi,\pi]$. Además, la matriz asociada a $T$ con respecto a la base ortonormal es
    $$ \begin{pmatrix}
    1 & 0 & 0\\
    0 & \cos\theta & -\sin\theta\\
    0 & \sin\theta & \cos\theta
    \end{pmatrix}.$$
    Diremos que $T$ es la rotación de ángulo $\theta$ alrededor del eje $\mathbb{R}e_1$. Notemos que $\det T=1$, por lo que $T$ es una isometría positiva. Además, el ángulo $\theta$ satisface $$1+2\cos\theta=Tr(A),$$,aunque, al ser el coseno una función par, $-\theta$ también satisface la ecuación anterior. Para encontrar a $\theta$ necesitamos hallar a $\sin\theta$. Para ello verificamos que
    $$\det_{(e_1,e_2,e_3)}(e_1,e_2,T(e_2))=\begin{vmatrix}
    1 & 0 & 0\\
    0 & 1 & \cos\theta\\
    0 & 0 & \sin\theta
    \end{vmatrix}=\sin\theta.$$
  • Supongamos que $\ker(T-id)=\{0\}$. Una posibilidad es que $T=-id$. Supongamos que $T\neq id $. Como $T$ o $-T$ tienen un punto fijo y $T$ tiene puntos fijos, entonces necesariamente $-T$ tiene un punto fijo. Sea $e_1$ un vector de norma $1$ fijado por $-T$, por lo tanto $T(e_1)=-e_1$. Completando $e_1$ a una base ortonormal de $V$ dando un argumento similar al del caso anterior, obtenemos que la matriz asociada a $T$ con respecto a la base ortonormal es
    $$\begin{pmatrix}1- & 0 & 0\\
    0 & \cos\theta & -\sin\theta\\
    0 & \sin\theta & \cos\theta
    \end{pmatrix}=R_\theta \cdot \begin{pmatrix}
    1 & 0 & 0\\
    0 & \cos\theta & -\sin\theta\\
    0 & \sin\theta & \cos\theta
    \end{pmatrix}$$
    para algún $\theta \in (-\pi,\pi]$. Por lo tanto $T$ es la composición de una rotación de ángulo $\theta$ y una simetría ortogonal con respecto al eje de rotación. También notemos que $\det T=-1$, por lo que $T$ es una isometría negativa.
    También podemos mirarlo desde el punto de vista de las matrices. Consideremos una matriz ortogonal $A\in M_3(\mathbb{R})$ y la transformación lineal asociada
    \begin{align*}
    T:V&\to V\\
    X&\mapsto AX
    \end{align*}, donde $V=\mathbb{R}^3$ está equipado con el producto interior usual. Excluiremos los casos triviales $A=\pm I_3$. Para estudiar la isometría $T$, primero revisamos si esta es positiva o negativa, calculando el determinante.
    Supongamos que $T$ es positiva. Ahora veremos si $A$ es simétrica. Para ellos consideremos los siguentes dos casos:
  • Si $A$ es simétrica, entonces $A^2=I_3$ (pues $A$ es ortogonal y simétrica) y por lo tanto $T$ es una simetría ortogonal. Afirmamos que $T$ es una simetría ortogonal con respecto a una recta. En efecto, como $A^2=I_3$, todos los eigenvalores de $A$ son $1$ o $-1$. Más aún, los eigenvalores no son iguales, ya que estamos excluendo los casos $A=\pm I_3$, y el producto de ellos es 1, pues $\det A=1$. Por lo tanto, un eigenvalor es igual a $1$ y los otros dos son iguales a $-1$. Se sigue que la matriz asociada a $T$ con respecto a la base ortonormal $\{e_1,e_2,e_3\}$ es
    $$\begin{pmatrix}
    1 & 0 & 0\\
    0 & -1 & 0\\
    0 & 0 & -1
    \end{pmatrix}$$ y $T$ es la simetría ortogonal con respecto a la recta generado por $e_1$. Para encontrar esta recta de manera explícita, necesitamos calcular $\ker(A-I_3)$ resolviendo el sistema $AX=X$.
  • Si $A$ no es simétrica, entonces $A$ es una rotación de ángulo $\theta$ ara un único $\theta\in(-\pi,\pi]$. Podemos encontrar el eje de rotación resolviendo el sistema $AX=X$: si $Ae_1=e_1$ para algún vector $e_1$, entonces el eje de rotación está generado por $e_1$. Para encontrar el ángulo de rotación usamos la siguiente ecuación
    \begin{equation}\label{angulo}
    1+2\cos\theta=Tr(A),
    \end{equation}
    la cual determina a $\theta$ en valor absoluto (pues $\theta$ y $-\theta$ son soluciones por la paridad del coseno). Ahora escogemos un vector $e_2$ ortogonal a $e_1$ y de norma $1$ y definimos $e_3=(u_2v_3-u_3v_2,u_3v_1-u_1v_3,u_1v_2-u_2v_1)$, donde $e_1=(u_1,u_2,u_3)$ y $e_2=(v_1,v_2,v_3)$. Entonces $e_1,e_2,e_3$ es una base ortonormal positiva de $\mathbb{R}^3$ y $\det_{(e_1,e_2,e_3)}(e_1,e_2,Ae_2)$ nos da el valor de $\sin\theta$, con lo cual podremos determinar a $\theta$ de manera única. En la práctica bastará con encontrar el signo de $\det_{(e_1,e_2,e_3)}(e_1,e_2,Ae_2)$, ya que esto nos dará el signo de $\sin\theta$, lo cual determina $\theta$ de manera única gracias a la ecuación \eqref{angulo}.

Finalmente, si se supone que $T$ es negativa, entoces $-T$ es positiva y por lo tanto todo el estudio que acabamos de hacer se puede aplicar a $-T$.

Para finalizar, veremos un ejemplo concreto.

Ejemplo. Demuestra que a matriz
$$A=\frac{1}{3}\begin{pmatrix}
2 & 2 & 1\\
-2 & 1 & 2\\
1 & -2 & 2
\end{pmatrix}$$ es ortogonal y estudia su isometría correspondiente en $\mathbb{R}^3$.

Solución. El cálculo para verificar que $A$ es ortogonal es muy sencillo y se deja como tarea moral. Luego vemos que $\det A=1$, por lo que la isometría asociada es positiva. Como $A$ no es simétrica, se sigue que $T$ es una rotación. Para encontrar el eje necesitamos resolver el sistema $AX=X$, el cual es equivalente a
\begin{align*}
\begin{cases}
2x+2y+z &= 3x\\
-2x+y+2z &=3y\\
x-2y+2z &=3z
\end{cases}
\end{align*} y entonces $x=z$ y $y=0$. Por lo tanto, el eje de rotación está generado por el vector $(1,0,1)$. Normalizandolo obtenemos el vector
$$e_1=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,1),$$ que genera al eje de $T$.
sea $\theta$ el ángulo de rotación, tal que
$$1+2\cos\theta=Tr(A)=\frac{5}{3},$$ y por lo tanto
$$cos\theta=\frac{1}{3}.$$
Falta determinar el signo de $\sin \theta$. Para ello, escogemos un vector ortogonal a $e_1$, digamos $$e_2=(0,1,0)$$ y calculamos el signo de
$$\det (e_1,e_2,Ae_2)=\frac{1}{3\sqrt{2}}\begin{vmatrix}
1 & 0 & 2\\
0 & 1 & 0\\
1 & 0 & -2
\end{vmatrix}=-\frac{4}{3\sqrt{2}}<0,$$ por lo que $\sin\theta<0$ y finalmente $\theta=-\arccos\frac{1}{3}$.

$\square$

Más adelante…

Tarea moral

  1. Verifica que la matriz $A$ del ejemplo anterior es ortogonal.
  2. Encuentra la matriz asociada a la simetría ortogonal en $\mathbb{R}^3$ con respecto a la recta generada por el vector $(1,2,3)$.
  3. Encuentra la matriz asociada a la simetría ortogonal en $\mathbb{R}^3$ con respecto al plano generad por los vectores $(1,1,1)$ y $(0,1,0)$.
  4. Sea $V=\mathbb{R}^3$.¿En qué casos una rotación sobre $V$ conmuta con una simetríai ortogonal?

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