Diagonalització

Si no es diu el contrari, treballarem amb espais vectorials de dimensió finita. Fixarem per a tot el tema $V$ un $\mathbb{K}$-espai vectorial amb $\mathrm{dim}_{\mathbb{K}}(V)=n$. Plantegem el següent problema. Donat un endomorfisme $f\colon V\longrightarrow V$ i dues bases $\mathcal{B}$ i $\overline{\mathcal{B}}$ de $V$, considerem

$\mathsf{A}$ la matriu coordenada d’$f$ de $\mathcal{B}$ a $\mathcal{B}$;
$\overline{\mathsf{A}}$ la matriu coordenada d’$f$ de $\overline{\mathcal{B}}$ a $\overline{\mathcal{B}}$.

Així, si $v$ és un vector qualsevol de $V$ i anomenem

$\mathsf{X}$ les coordenades de $v$ en $\mathcal{B}$;
$\mathsf{Y}$ les coordenades d’$f(v)$ en $\mathcal{B}$;
$\overline{\mathsf{X}}$ les coordenades de $v$ en $\overline{\mathcal{B}}$;
$\overline{\mathsf{Y}}$ les coordenades d’$f(v)$ en $\overline{\mathcal{B}}$,

tenim que \[ \mathsf{AX}=\mathsf{Y}, \qquad\qquad \overline{\mathsf{A}}\, \overline{\mathsf{X}} = \overline{\mathsf{Y}}. \]

Sabem pels resultats vists al capítol 4 que $\mathsf{A}$ i $\overline{\mathsf{A}}$ són matrius equivalents perquè representen el mateix homomorfisme en dues bases diferents. No obstant, pel que respecta al plantejament del capítol 4, dues coses han canviat. Notem que $f$ és un endomorfisme i, per tant, domini i codomini són iguals. I el segon canvi resulta de considerar les mateixes bases en domini i codomini. Per tant, tot i ser un problema d’equivalència de matrius, en aquest cas podrem trobar una relació entre les matrius $\mathsf{A}$ i $\overline{\mathsf{A}}$ molt més forta que la d’equivalència.

Així, si prenem $\mathsf{P}$ la matriu canvi de base de $\mathcal{B}$ a $\overline{\mathcal{B}}$, trobem les següents igualtats \[ \mathsf{P}\mathsf{X}=\overline{\mathsf{X}}, \qquad\qquad \mathsf{P}\mathsf{Y}=\overline{\mathsf{Y}}. \]

Per tant, de les anteriors equacions, deduïm que \[ \overline{\mathsf{A}}\mathsf{P}\mathsf{X}=\overline{\mathsf{A}}\,\overline{\mathsf{X}} =\overline{\mathsf{Y}}=\mathsf{P}\mathsf{Y}. \]

Recordem que, per la proposició sobre la invertibilitat de les matrius canvi de base, la matriu $\mathsf{P}$ és invertible. Per tant, arribem a que \[ \mathsf{P}^{-1}\overline{\mathsf{A}}\mathsf{PX}=\mathsf{Y}. \]

Per la unicitat de la matriu associada a una aplicació lineal, la matriu coordenada d’una aplicació lineal per a una base donada és única. Així trobem la següent relació entre les matrius $\mathsf{A}$ i $\overline{\mathsf{A}}$ \[ \mathsf{P}^{-1}\overline{\mathsf{A}}\mathsf{P}=\mathsf{A}. \]

Definició 6.1 (Matrius semblants) Siguen $\mathsf{A}$ i $\mathsf{B}$ dues matrius en $\mathrm{M}_{n}(\mathbb{K})$. Direm que $\mathsf{A}$ i $\mathsf{B}$ són semblants si existeix una matriu $\mathsf{P}\in\mathrm{GL}_{n}(\mathbb{K})$ de forma que $\mathsf{P}^{-1}\mathsf{AP}=\mathsf{B}$.

Nota

Nota. Ser semblants és una relació d’equivalència sobre el conjunt $\mathrm{M}_{n}(\mathbb{K})$.

Corol·lari 6.1 Siguen $\mathsf{A}$ i $\mathsf{B}$ dues matrius semblants en $\mathrm{M}_{n}(\mathbb{K})$, aleshores $\mathsf{A}$ i $\mathsf{B}$ són matrius equivalents.

Corol·lari 6.2 Siguen $\mathsf{A}$ i $\mathsf{B}$ dues matrius en $\mathrm{M}_{n}(\mathbb{K})$. Les següents afirmacions són equivalents

Les matrius $\mathsf{A}$ i $\mathsf{B}$ són semblants;
Les matrius $\mathsf{A}$ i $\mathsf{B}$ representen el mateix endomorfisme en bases diferents.

6.1 Valors i vectors propis

Pel que hem vist en el començament del tema, donat un endomorfisme $f\colon V\longrightarrow V$, l’elecció de base repercuteix en la forma que tindrà la matriu coordenada d’$f$. Ens plantegem el següent problema per al que resta de capítol.

Important

Pregunta. Donat un endomorfisme $f\colon V\longrightarrow V$, podem trobar una base $\mathcal{B}$ de $V$ de manera que la matriu coordenada d’$f$ de $\mathcal{B}$ en $\mathcal{B}$ siga una matriu diagonal?

El problema pot expressar-se equivalentment per a matrius. Donada una matriu $\mathsf{A}$ en $\mathrm{M}_{n}(\mathbb{K})$, podem trobar una matriu $\mathsf{P}$ en $\mathrm{GL}_{n}(\mathbb{K})$ de manera que $\mathsf{P}^{-1}\mathsf{AP}$ siga una matriu diagonal?

El fet de demanar una matriu coordenada diagonal respon al fet que les matrius diagonals són molt més senzilles de manipular que les matrius arbitràries.

Posarem nom a les situacions plantejades en el problema anterior.

Definició 6.2 (Endomorfisme i matriu diagonalitzables) Siga $V$ un $\mathbb{K}$-espai vectorial i siga $f\colon V\longrightarrow V$ un endomorfisme. Direm que $f$ és diagonalitzable si existeix una base $\mathcal{B}$ de $V$ de manera que la matriu coordenada d’$f$ de $\mathcal{B}$ a $\mathcal{B}$ és una matriu diagonal.

Equivalentment, si $\mathsf{A}$ és una matriu en $\mathrm{M}_{n}(\mathbb{K})$, direm que és diagonalitzable si existeix una matriu invertible $\mathsf{P}$ en $\mathrm{GL}_{n}(\mathbb{K})$ de manera que \[ \mathsf{P}^{-1}\mathsf{AP}=\mathsf{D}, \] on $\mathsf{D}$ és una matriu diagonal en $\mathrm{M}_{n}(\mathbb{K})$.

Siga $f\colon V\longrightarrow V$ un endomorfisme. Suposem que siga diagonalitzable. Aleshores podem trobar una base $\mathcal{B}=\{e_{1},\cdots, e_{n}\}$ de $V$ de manera que si considerem $\mathsf{D}$ la matriu coordenada d’$f$ de $\mathcal{B}$ a $\mathcal{B}$, es té que $\mathsf{D}$ és una matriu diagonal en $\mathrm{M}_{n}(\mathbb{K})$. Així, \[ \mathsf{D}= \begin{bmatrix} \lambda_{1}&0&\cdots&0\\ 0&\lambda_{2}&\ddots& \vdots\\ \vdots&\ddots&\ddots&0\\ 0&\cdots&0&\lambda_{n} \end{bmatrix}. \]

En aquesta situació, per a cada $1\leq j\leq n$, el vector $e_{j}$ de $\mathcal{B}$ satisfà que \[ f(e_{j})=\lambda_{j}e_{j}. \]

Posem nom a aquesta condició.

Definició 6.3 (Vector i valor propi) Siga $V$ un $\mathbb{K}$-espai vectorial, siga $f\colon V\longrightarrow V$ un endomorfisme i siga $\lambda$ un escalar en $\mathbb{K}$. Direm que un vector $v\in V$ és propi per a $\lambda$ si satisfà

$v\neq 0$;
$f(v)=\lambda v$.

En aquest cas, direm que $\lambda$ és un valor propi d’$f$ i que $v$ és un vector propi associat a $\lambda$.

Corol·lari 6.3 Siga $V$ un $\mathbb{K}$-espai vectorial i siga $f\colon V\longrightarrow V$ un endomorfisme. Les següents afirmacions són equivalents

$f$ és diagonalitzable;
Tota matriu coordenada d’$f$ és diagonalitzable;
Existeix una base $\mathcal{B}$ de $V$ formada per vectors propis.

Exemple 6.1 Considerem l’$\mathbb{R}$-espai vectorial $\mathbb{R}^{2}$ i l’endomorfisme \[ \begin{array}{rccl} f\colon&\mathbb{R}^{2}&\longrightarrow&\mathbb{R}^{2}\\ &(x,y)&\longmapsto&(3x,x+2y) \end{array} \]

Per a la base canònica d’$\mathbb{R}^{2}$, $\mathcal{B}_{\mathrm{c}}=\{(1,0),(0,1)\}$, anomenem $\mathsf{A}$ la matriu coordenada d’$f$ de $\mathcal{B}_{\mathrm{c}}$ a $\mathcal{B}_{\mathrm{c}}$.

Així, la matriu $\mathsf{A}$ ve donada per \[ \mathsf{A}= \begin{bmatrix} 3&0\\ 1&2 \end{bmatrix}. \]

$\mathsf{A}$ no és una matriu coordenada diagonal. Per a obtindre’n una ens cal trobar vectors propis.

Notem que, per al vector $(1,1)\in\mathbb{R}^{2}$ es té que $(1,1)\neq (0,0)$ i que \[ f(1,1)=(3,3)=3(1,1). \] És a dir, $(1,1)$ és un vector propi associat al valor propi $3$.

Per altra banda, per al vector $(0,1)\in\mathbb{R}^{2}$ es té que $(0,1)\neq (0,0)$ i que \[ f(0,1)=(0,2)=2(0,1). \] És a dir, $(0,1)$ és un vector propi associat al valor propi $2$.

Notem que el conjunt $\mathcal{B}=\{(1,1),(0,1)\}$ és una base d’$\mathbb{R}^{2}$ formada per vectors propis. Així, si anomenem $\mathsf{D}$ la matriu coordenada d’$f$ de $\mathcal{B}$ a $\mathcal{B}$, aleshores la matriu $\mathsf{D}$ ve donada per \[ \mathsf{D}= \begin{bmatrix} 3&0\\ 0&2 \end{bmatrix}. \]

A més, les matrius $\mathsf{A}$ i $\mathsf{D}$ són semblants. Si anomenem $\mathsf{P}$ la matriu canvi de base de $\mathcal{B}$ a $\mathcal{B}_{\mathrm{c}}$, aleshores la matriu $\mathsf{P}$ i la seua inversa venen donades per \[ \mathsf{P}= \begin{bmatrix} 1&0\\ 1&1 \end{bmatrix}; \qquad \mathsf{P}^{-1}= \begin{bmatrix} 1&0\\ -1&1 \end{bmatrix}, \]

i es dóna la relació de semblança \[ \mathsf{P}^{-1}\mathsf{A}\mathsf{P}= \begin{bmatrix} 1&0\\ -1&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 3&0\\ 1&2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&0\\ 1&1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3&0\\ 0&2 \end{bmatrix} =\mathsf{D}. \]

És a dir, $\mathsf{A}$ és diagonalitzable.

Nota

Nota. Siga $f\colon V\longrightarrow V$ un endomorfisme. Aleshores, si $v$ i $w$ són vectors associats al valor $\lambda$ per $f$, és a dir, $f(v)=\lambda v$ i $f(w)=\lambda w$, aleshores la seua suma, $v+w$, també satisfà que \[ f(v+w)=f(v)+f(w)=\lambda v+\lambda w=\lambda (v+w). \]

Per altra banda, si $v$ és un vector associat al valor $\lambda$ per $f$, és a dir, $f(v)=\lambda v$, i $\mu\in\mathbb{K}$ és un escalar qualsevol, aleshores el seu producte, $\mu v$, també satisfà que \[ f(\mu v)=\mu f(v)=\mu (\lambda v)=\lambda (\mu v). \]

Açò ens fa pensar que hi ha un subespai vectorial associat a $\lambda$.

Definició 6.4 (Espai propi) Siga $f\colon V\longrightarrow V$ un endomorfisme i $\lambda$ un escalar en $\mathbb{K}$. Definim l’espai propi associat al valor propi $\lambda$ al conjunt de vectors \[ V_{\lambda}=\{v\in V\mid f(v)=\lambda v\}. \]

Proposició 6.1 Siga $V$ un $\mathbb{K}$-espai vectorial amb $\mathrm{dim}_{\mathbb{K}}(V)=n$, $f\colon V\longrightarrow V$ un endomorfisme i $\lambda$ un escalar en $\mathbb{K}$. Aleshores, se satisfan les següents propietats

$V_{\lambda}=\mathrm{Ker}(f-\lambda\mathrm{id}_{V})$;
$V_{\lambda}$ és un subespai vectorial de $V$;
$\mathrm{dim}_{\mathbb{K}}(V_{\lambda})= n-\mathrm{rang}(\mathsf{A}-\lambda \mathsf{I}_{n})$,

on $\mathsf{A}$ és qualsevol matriu coordenada d’$f$ en alguna base $\mathcal{B}$ de $V$.

Demostració. Notem que $f$ i $\mathrm{id}_{V}$ són dues aplicacions lineals en $\mathrm{End}_{\mathbb{K}}(V)$; si prenem la combinació lineal $f-\lambda\mathrm{id}_{V}$, aquesta torna a ser una aplicació lineal en $\mathrm{End}_{\mathbb{K}}(V)$.

A més, es dóna la següent cadena d’igualtats \[ \begin{aligned} \mathrm{Ker}\left( f-\lambda \mathrm{id}_{V}\right)&= \{v\in V\mid (f-\lambda\mathrm{id}_{V})(v)=0\} \\&= \{v\in V\mid f(v)-\lambda v=0\} \\&= \{v\in V\mid f(v)=\lambda v\} \\&= V_{\lambda}. \end{aligned} \]

Emprant el corol·lari sobre nucli i imatge, com $V_{\lambda}$ és el nucli d’una aplicació lineal, $V_{\lambda}$ és un subespai vectorial de $V$. A més, com $f-\lambda\mathrm{id}_{V}$ és una aplicació lineal, pel teorema de les dimensions, trobem que \[ \mathrm{dim}_{\mathbb{K}}(V)= \mathrm{dim}_{\mathbb{K}}(\mathrm{Im}(f-\lambda\mathrm{id}_{V}))+ \mathrm{dim}_{\mathbb{K}}(\mathrm{Ker}(f-\lambda\mathrm{id}_{V})) \tag{$\star$} \]

A més, si $\mathcal{B}$ és una base qualsevol de $V$ i anomenem $\mathsf{A}$ la matriu coordenada d’$f$ de $\mathcal{B}$ en $\mathcal{B}$, trobem que $\mathsf{I}_{n}$ és la matriu coordenada d’$\mathrm{id}_{V}$ de $\mathcal{B}$ en $\mathcal{B}$ i, per tant, $\mathsf{A}-\lambda\mathsf{I}_{n}$ és la matriu coordenada d’$f-\lambda\mathrm{id}_{V}$ de $\mathcal{B}$ en $\mathcal{B}$.

Aplicant el teorema de les dimensions, trobem que \[ \mathrm{dim}_{\mathbb{K}}(\mathrm{Im}(f-\lambda \mathrm{id}_{V}))= \mathrm{rang}(\mathsf{A}-\lambda\mathsf{I}_{n}). \]

Així, substituint en $(\star)$, arribem a que \[ \mathrm{dim}_{\mathbb{K}}(V_{\lambda})= n-\mathrm{rang}(\mathsf{A}-\lambda\mathsf{I}_{n}). \]

Com volíem demostrar.

Proposició 6.2 Siga $V$ un $\mathbb{K}$-espai vectorial, $f\colon V\longrightarrow V$ un endomorfisme i $\lambda$ un escalar en $\mathbb{K}$.

Les següents afirmacions són equivalents

$\lambda$ és valor propi d’$f$;
$\mathrm{Det}(\mathsf{A}-\lambda\mathsf{I}_{n})=0$,

on $\mathsf{A}$ és qualsevol matriu coordenada d’$f$ en alguna base $\mathcal{B}$ de $V$.

Demostració. Es dóna la següent cadena d’equivalències \[ \begin{aligned} \lambda\mbox{ és valor propi d'}f &\Leftrightarrow \exists\, v\in V-\{0\} \mbox{ tal que } f(v)=\lambda v &&(1) \\&\Leftrightarrow \exists\, \mathsf{X}\in \mathrm{M}_{n1}(\mathbb{K})-\{\mathsf{0}\} \mbox{ tal que } \mathsf{AX}=\lambda\mathsf{X} &&(2) \\&\Leftrightarrow \exists\, \mathsf{X}\in \mathrm{M}_{n1}(\mathbb{K})-\{\mathsf{0}\} \mbox{ tal que } (\mathsf{A}-\lambda\mathsf{I}_{n})\mathsf{X}=\mathsf{0} &&(3) \\&\Leftrightarrow \mathrm{Det}(\mathsf{A}-\lambda\mathsf{I}_{n})=0. &&(4) \end{aligned} \]

En l’anterior cadena, la primera equivalència ve donada per la Definició 6.3; la segona equivalència ve donada per l’equació i la corresponent representació matricial en prendre coordenades; la tercera equivalència s’obté passant a l’altra banda i agrupant; finalment, la quarta equivalència s’obté del fet que el sistema homogeni $(\mathsf{A}-\lambda\mathsf{I}_{n})\mathsf{X}=\mathsf{0}$ admet més d’una solució si, i només si, la matriu $\mathsf{A}-\lambda\mathsf{I}_{n}$ no és invertible, és a dir, per la caracterització de la invertibilitat pel determinant, si, i només si, el seu determinant és zero.

L’anterior proposició ens permet definir el polinomi característic.

Definició 6.5 (Polinomi característic) Siga $V$ un $\mathbb{K}$-espai vectorial, $\mathcal{B}$ una base de $V$ i $f\colon V\longrightarrow V$ un endomorfisme. Siga $\mathsf{A}$ la matriu coordenada d’$f$ de $\mathcal{B}$ en $\mathcal{B}$. Definim el polinomi característic d’$f$, denotat per $\mathrm{polcar}(f)$, al polinomi amb indeterminada $x$ donat per \[ \mathrm{polcar}(f)=\mathrm{Det}(\mathsf{A}-x\mathsf{I}_{n}). \]

Per analogia, si $\mathsf{A}$ és una matriu quadrada en $\mathrm{M}_{n}(\mathbb{K})$, definim el polinomi característic d’$\mathsf{A}$, denotat per $\mathrm{polcar}(\mathsf{A})$, al polinomi amb indeterminada $x$ donat per \[ \mathrm{polcar}(\mathsf{A})=\mathrm{Det}(\mathsf{A}-x\mathsf{I}_{n}). \]

El polinomi característic no depén de la matriu coordenada que s’elegisca. De fet, matrius semblants tenen el mateix polinomi característic, com vegem a continuació.

Proposició 6.3 Siguen $\mathsf{A}$ i $\mathsf{B}$ dues matrius en $\mathrm{M}_{n}(\mathbb{K})$. Si $\mathsf{A}$ i $\mathsf{B}$ són semblants, aleshores $\mathrm{polcar}(\mathsf{A}) =\mathrm{polcar}(\mathsf{B})$.

Demostració. Com $\mathsf{A}$ i $\mathsf{B}$ són matrius semblants, existeix una matriu invertible $\mathsf{P}$ en $\mathrm{GL}_{n}(\mathbb{K})$ tal que \[ \mathsf{P}^{-1}\mathsf{AP}=\mathsf{B}. \]

Aleshores, es dóna la següent cadena d’igualtats \[ \begin{aligned} \mathrm{polcar}(\mathsf{B})&= \mathrm{Det}(\mathsf{B}-x\mathsf{I}_{n}) \\&= \mathrm{Det}(\mathsf{P}^{-1}\mathsf{AP}-x\mathsf{I}_{n}) \\&= \mathrm{Det}(\mathsf{P}^{-1}\mathsf{AP}-x\mathsf{P}^{-1}\mathsf{P}) \\&= \mathrm{Det}(\mathsf{P}^{-1}(\mathsf{A}-x\mathsf{I}_{n})\mathsf{P}) \\&= \mathrm{Det}(\mathsf{P}^{-1})\mathrm{Det}(\mathsf{A}-x\mathsf{I}_{n})\mathrm{Det}(\mathsf{P}) \\&= \mathrm{Det}(\mathsf{A}-x\mathsf{I}_{n}) \\&= \mathrm{polcar}(\mathsf{A}). \end{aligned} \]

Queda, per tant, demostrada la proposició.

Corol·lari 6.4 Siga $V$ un $\mathbb{K}$-espai vectorial, $f\colon V\longrightarrow V$ un endomorfisme i $\lambda$ un escalar en $\mathbb{K}$.

Les següents afirmacions són equivalents

$\lambda$ és valor propi d’$f$;
$\lambda$ és arrel del $\mathrm{polcar}(f)$.

Nota

Nota. Del polinomi característic només ens interessen les seues arrels. Per tant, per a la definició de polinomi característic d’un endomorfisme $f$, no hi haurà problema en prendre qualsevol de les dues variants següents \[ \mathrm{polcar}(f)=\mathrm{Det}(\mathsf{A}-x\mathsf{I}_{n}); \qquad\qquad \mathrm{polcar}(f)=\mathrm{Det}(x\mathsf{I}_{n}-\mathsf{A}). \] Notem que aquests dos polinomis, com a molt, es diferencien en un canvi de signe, però tenen les mateixes arrels.

Exemple 6.2 (Continuació de l’Exemple 6.1.) Considerem l’$\mathbb{R}$-espai vectorial $\mathbb{R}^{2}$ i l’endomorfisme \[ \begin{array}{rccl} f\colon&\mathbb{R}^{2}&\longrightarrow&\mathbb{R}^{2}\\ &(x,y)&\longmapsto&(3x,x+2y) \end{array} \]

Per al càlcul del polinomi característic d’$f$, necessitem una matriu coordenada d’$f$ en alguna base. Per exemple, per a la base canònica d’$\mathbb{R}^{2}$, $\mathcal{B}_{\mathrm{c}}=\{(1,0),(0,1)\}$, prenem $\mathsf{A}$ la matriu coordenada d’$f$ de $\mathcal{B}_{\mathrm{c}}$ a $\mathcal{B}_{\mathrm{c}}$.

Així, la matriu $\mathsf{A}$ ve donada per \[ \mathsf{A}= \begin{bmatrix} 3&0\\ 1&2 \end{bmatrix}. \]

Per tant, el polinomi característic d’$f$ ve donat per \[ \mathrm{polcar}(f)= \mathrm{Det}(x\mathsf{I}_{2}-\mathsf{A}) = \mathrm{Det}\left( \begin{bmatrix} x&0\\ 0&x \end{bmatrix} - \begin{bmatrix} 3&0\\ 1&2 \end{bmatrix} \right) = \mathrm{Det}\left( \begin{bmatrix} x-3&0\\ -1&x-2 \end{bmatrix} \right) = (x-3)(x-2). \]

Notem que els valors propis d’$f$ són $2$ i $3$. Per al càlcul de vectors propis, utilitzem la caracterització presentada en la Proposició 6.1 \[ \begin{aligned} V_{2}&=\mathrm{Ker}(f-2\mathrm{id}_{\mathbb{R}^{2}}) \\&= \left\lbrace v\in\mathbb{R}^{2}\mid (f-2\mathrm{id}_{\mathbb{R}^{2}})(v)=0 \right\rbrace \\&= \left\lbrace v\in\mathbb{R}^{2} \,\, \middle| \,\, \begin{gathered} v\mbox{ té coordenades }\mathsf{X}\mbox{ en }\mathcal{B}_{\mathrm{c}}\mbox{ i}\\ (\mathsf{A}-2\mathsf{I}_{2})\mathsf{X}=\mathsf{0} \end{gathered} \right\rbrace \\&= \left\lbrace (x,y)\in\mathbb{R}^{2} \,\, \middle| \,\, \begin{bmatrix} 1&0\\ 1&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\ 0 \end{bmatrix} \right\rbrace \\&= \left\lbrace (x,y)\in\mathbb{R}^{2} \mid x=0 \right\rbrace \\&= \langle (0,1)\rangle. \end{aligned} \]

\[ \begin{aligned} V_{3}&=\mathrm{Ker}(f-3\mathrm{id}_{\mathbb{R}^{2}}) \\&= \left\lbrace v\in\mathbb{R}^{2}\mid (f-3\mathrm{id}_{\mathbb{R}^{2}})(v)=0 \right\rbrace \\&= \left\lbrace v\in\mathbb{R}^{2} \,\, \middle| \,\, \begin{gathered} v\mbox{ té coordenades }\mathsf{X}\mbox{ en }\mathcal{B}_{\mathrm{c}}\mbox{ i}\\ (\mathsf{A}-3\mathsf{I}_{2})\mathsf{X}=\mathsf{0} \end{gathered} \right\rbrace \\&= \left\lbrace (x,y)\in\mathbb{R}^{2} \,\, \middle| \,\, \begin{bmatrix} 0&0\\ 1&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\ 0 \end{bmatrix} \right\rbrace \\&= \left\lbrace (x,y)\in\mathbb{R}^{2} \mid x-y=0 \right\rbrace \\&= \langle (1,1)\rangle. \end{aligned} \]

Aleshores, el vector $(0,1)$ és un vector propi associat al valor propi $2$ i $(1,1)$ és un vector propi associat al valor propi $3$.

Exemple 6.3 Sobre l’$\mathbb{R}$-espai vectorial $\mathbb{R}^{2}$ es consideren les següents aplicacions lineals \[ \begin{array}{rcclcrccl} f\colon&\mathbb{R}^{2}&\longrightarrow&\mathbb{R}^{2} &\qquad\qquad& g\colon&\mathbb{R}^{2}&\longrightarrow&\mathbb{R}^{2} \\ &(x,y)&\longmapsto&(x,x+y) && &(x,y)&\longmapsto&(y,-x) \end{array} \]

Anem a comprovar si $f$ i $g$ són diagonalitzables. Per tant, ens caldrà calcular el polinomi característic. Fixem una base de l’espai, per exemple la base canònica $\mathcal{B}_{\mathrm{c}}$ d’$\mathbb{R}^{2}$, i anomenem

$\mathsf{A}$ la matriu coordenada d’$f$ de $\mathcal{B}_{\mathrm{c}}$ a $\mathcal{B}_{\mathrm{c}}$;
$\mathsf{B}$ la matriu coordenada de $g$ de $\mathcal{B}_{\mathrm{c}}$ a $\mathcal{B}_{\mathrm{c}}$.

Aleshores, \[ \mathrm{polcar}(f)= \mathrm{Det}(x\mathsf{I}_{2}-\mathsf{A})=(x-1)^2; \qquad\qquad \mathrm{polcar}(g)= \mathrm{Det}(x\mathsf{I}_{2}-\mathsf{B})=x^{2}+1. \]

Notem que $\mathrm{polcar}(g)$ no admet arrels en $\mathbb{R}$. Aleshores ja podem dir que $g$ no té valors propis i, per tant, no és diagonalitzable.

Per altra banda, $\mathrm{polcar}(f)$ té a l’$1$ com a arrel doble. Així l’$1$ és l’únic valor propi d’$f$.

Per al càlcul del subespai propi associat a l’$1$, per la Proposició 6.1, tenim que \[ \begin{aligned} V_{1}&=\{v\in\mathbb{R}^{2}\mid f(v)=v\} \\&=\mathrm{Ker}(f-\mathrm{id}_{\mathbb{R}^{2}}) \\&=\left\lbrace (x,y)\in\mathbb{R}^{2} \, \middle| \, \left( \mathsf{A}-\mathsf{I}_{2} \right) \begin{bmatrix} x\\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\ 0 \end{bmatrix} \right\rbrace \\&=\left\lbrace (x,y)\in\mathbb{R}^{2} \, \middle| \, \begin{bmatrix} 0&0\\ 1&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x\\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\ 0 \end{bmatrix} \right\rbrace \\&=\left\lbrace (x,y)\in\mathbb{R}^{2} \mid x=0 \right\rbrace \\&= \langle (0,1) \rangle. \end{aligned} \]

Com no som capaços de trobar $2$ vectors linealment independents que siguen propis per a l’$1$, concloem que $f$ tampoc és diagonalitzable.

Definició 6.6 (Multiplicitat algebraica | Multiplicitat geomètrica) Siga $V$ un $\mathbb{K}$-espai vectorial, $f\colon V\longrightarrow V$ un endomorfisme i $\lambda\in\mathbb{K}$ un valor propi per a $f$. Anomenem

multiplicitat algebraica de $\lambda$, normalment denotada per $\alpha_{\lambda}$, al major nombre natural tal que $(x-\lambda)^{\alpha_{\lambda}}$ divideix al polinomi característic d’$f$;
multiplicitat geomètrica de $\lambda$, normalment denotada per $\mathrm{d}_{\lambda}$, a la dimensió del subespai propi associat a $\lambda$, és a dir, $\mathrm{d}_{\lambda}=\mathrm{dim}_{\mathbb{K}}(V_{\lambda})$.

Exemple 6.4 (Continuació de l’Exemple 6.3.) Per a l’aplicació $f$ definida en l’Exemple 6.3, $1$ és valor propi d’$f$. A més, la multiplicitat algebraica d’$1$, és a dir $\alpha_{1}$, val $2$, ja que aquest és el major natural $k\in\mathbb{N}$ per al qual $(x-1)^{k}$ divideix al polinomi característic d’$f$, que en aquest cas ve donat per $\mathrm{polcar}(f)=(x-1)^{2}$.

Per altra banda, com havíem vist que $V_{1}=\langle (0,1)\rangle$, trobem que la multiplicitat geomètrica d’$1$, és a dir $\mathrm{d}_{1}$, val $1$, ja que $\mathrm{dim}_{\mathbb{R}}(V_{1})=1$.

Proposició 6.4 Siga $V$ un $\mathbb{K}$-espai vectorial amb $\mathrm{dim}_{\mathbb{K}}(V)=n$, $f\colon V\longrightarrow V$ un endomorfisme i $\lambda\in\mathbb{K}$ un valor propi d’$f$. Si anomenem

$\alpha_{\lambda}$ la multiplicitat algebraica de $\lambda$;
$\mathrm{d}_{\lambda}$ la multiplicitat geomètrica de $\lambda$,

aleshores $1\leq \mathrm{d}_{\lambda}\leq \alpha_{\lambda}$.

Demostració. Siga $\mathcal{B}$ una base qualsevol de $V$ i siga $\mathsf{A}$ la matriu coordenada d’$f$ de $\mathcal{B}$ a $\mathcal{B}$.

Aleshores, com $\lambda$ és un valor propi d’$f$, per la Proposició 6.2, tenim que $\mathrm{Det}(\mathsf{A}-\lambda\mathsf{I}_{n})=0$. Per tant, $\mathrm{rang}(\mathsf{A}-\lambda\mathsf{I}_{n})<n$. Així, d’acord a la Proposició 6.1, tenim que \[ \mathrm{d}_{\lambda} = \mathrm{dim}_{\mathbb{K}}(V_{\lambda}) = n- \mathrm{rang}(\mathsf{A}-\lambda\mathsf{I}_{n}) \geq 1. \]

Per a l’altra desigualtat, com que $\mathrm{d}_{\lambda}=\mathrm{dim}_{\mathbb{K}}(V_{\lambda})$, podem considerar una base $\mathcal{B}_{\lambda}$ de $V_{\lambda}$ formada per $\mathrm{d}_{\lambda}$ vectors, així \[ \mathcal{B}_{\lambda}= \{ e_{1}, \cdots, e_{\mathrm{d}_{\lambda}} \}. \]

Pel teorema d’ampliació, podem ampliar $\mathcal{B}_{\lambda}$ fins a obtindre una base $\mathcal{B}_{V}$ de $V$, així \[ \mathcal{B}_{V}= \{ e_{1}, \cdots, e_{\mathrm{d}_{\lambda}}, e_{\mathrm{d}_{\lambda}+1}, \cdots, e_{n} \}. \]

Siga $\mathsf{B}$ la matriu coordenada d’$f$ de $\mathcal{B}_{V}$ a $\mathcal{B}_{V}$.

Aleshores, com els vectors $e_{1},\cdots,e_{\mathrm{d}_{\lambda}}$ són propis per a $\lambda$, la matriu $\mathsf{B}$ ve donada per la matriu \[ \mathsf{B}= \left[ \begin{array}{c|c} \begin{matrix} \lambda&0&\cdots&0\\ 0&\lambda&\cdots&0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&0&\cdots&\lambda \end{matrix} &\quad\mathsf{Z}\quad \\ \hline \mathsf{0} & \overline{\mathsf{B}} \\ \end{array} \right], \] on $\mathsf{0}$ és la matriu nul·la en $\mathrm{M}_{(n-\mathrm{d}_{\lambda}),\mathrm{d}_{\lambda}}(\mathbb{K})$, $\mathsf{Z}$ és una matriu en $\mathrm{M}_{\mathrm{d}_{\lambda},(n-\mathrm{d}_{\lambda})}(\mathbb{K})$ i $\overline{\mathsf{B}}$ una matriu quadrada en $\mathrm{M}_{(n-\mathrm{d}_{\lambda})}(\mathbb{K})$. El còmput d’aquestes matrius no és important per a concloure l’argument.

Aleshores, el polinomi característic d’$f$ ve donat per \[ \begin{aligned} \mathrm{polcar}(f)&= \mathrm{Det}(x\mathsf{I}_{n}-\mathsf{B}) \\&= \mathrm{Det}\left( \left[ \begin{array}{c|c} \begin{matrix} x-\lambda&0&\cdots&0\\ 0&x-\lambda&\cdots&0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&0&\cdots&x-\lambda \end{matrix} &\quad-\mathsf{Z}\quad \\ \hline \mathsf{0} & x\mathsf{I}_{(n-\mathrm{d}_{\lambda})}-\overline{\mathsf{B}} \\ \end{array} \right] \right) \\&= (x-\lambda)^{\mathrm{d}_{\lambda}}\mathrm{Det}\left( x\mathsf{I}_{(n-\mathrm{d}_{\lambda})}-\overline{\mathsf{B}} \right) \\&= (x-\lambda)^{\mathrm{d}_{\lambda}}\mathrm{polcar}\left( \overline{\mathsf{B}} \right). \end{aligned} \]

Per tant, $(x-\lambda)^{\mathrm{d}_{\lambda}}$ divideix a $\mathrm{polcar}(f)$. Com la multiplicitat algebraica de $\lambda$ està definida com el major natural $k\in\mathbb{N}$ per al qual $(x-\lambda)^{k}$ divideix a $\mathrm{polcar}(f)$, concloem que $\mathrm{d}_{\lambda}\leq \alpha_{\lambda}$.

Per tant, $1\leq \mathrm{d}_{\lambda}\leq \alpha_{\lambda}$.

Proposició 6.5 Siga $V$ un $\mathbb{K}$-espai vectorial, $f\colon V\longrightarrow V$ un endomorfisme i siguen $\lambda_{1},\cdots, \lambda_{k}$ valors propis d’$f$ diferents dos a dos. Considerem per a cada $1\leq i\leq k$ l’espai propi $V_{\lambda_{i}}$ associat al valor propi $\lambda_{i}$. Aleshores la suma de subespais $V_{\lambda_{1}}+\cdots + V_{\lambda_{k}}$ és directa, és a dir, podem escriure \[ V_{\lambda_{1}}\oplus\cdots \oplus V_{\lambda_{k}}. \]

Demostració. Per a demostrar-ho recordem la caracterització de les sumes directes, que ens diu que demostrar que la suma és directa és equivalent a demostrar que l’única forma d’aconseguir obtindre el vector $0$ com a suma de vectors en cadascun dels subespais és sumant vectors zero.

Siguen, per a cada $1\leq i\leq k$, vectors $v_{i}$ en $V_{\lambda_{i}}$ de forma que \[ v_{1}+\cdots+v_{k}=0. \tag{A} \]

Anem a demostrar que, per a tot $1\leq i\leq k$, $v_{i}=0$.

Fem la demostració per inducció sobre $k$.

Cas base. Si $k=1$, aleshores l’equació en (A) ve donada per \[ v_{1}=0. \]

Aquest cas es dóna.

Hipòtesi inductiva. Suposem l’enunciat cert per a $k-1$, és a dir, si \[ v_{1}+\cdots+v_{k-1}=0, \] aleshores, per a tot $1\leq i\leq k-1$, $v_{i}=0$.

Anem a demostrar-ho per a $k$. Siguen, per a cada $1\leq i\leq k$, vectors $v_{i}$ en $V_{\lambda_{i}}$ que satisfan l’equació en (A).

De l’equació en (A), en multiplicar per $\lambda_{k}$, obtenim que \[ \lambda_{k}v_{1}+\cdots+\lambda_{k}v_{k}=0. \tag{B} \]

En fer actuar $f$ a ambdós costats de l’equació en (A) obtenim \[ \lambda_{1}v_{1}+\cdots+\lambda_{k}v_{k}= f(v_{1})+\cdots+f(v_{k}) = f(v_{1}+\cdots+v_{k}) = f(0) =0. \tag{C} \]

En restar les dues equacions en (B) i en (C) obtenim \[ (\lambda_{k}-\lambda_{1})v_{1}+\cdots+(\lambda_{k}-\lambda_{k-1})v_{k-1} =0. \tag{D} \]

Com, per a cada $1\leq i\leq k-1$, $v_{i}$ és un vector en $V_{\lambda_{i}}$ i, d’acord a la Proposició 6.1, $V_{\lambda_{i}}$ és un subespai vectorial de $V$, aleshores, per a cada $1\leq i\leq k-1$, $(\lambda_{k}-\lambda_{i})v_{i}$ és un vector en $V_{\lambda_{i}}$.

Per tant, de l’equació en (D) obtenim, per hipòtesi inductiva, que $(\lambda_{k}-\lambda_{i})v_{i}=0$, per a tot $1\leq i\leq k-1$. Com que, per hipòtesi, els valors propis són diferents dos a dos, aleshores $v_{i}=0$, per a tot $1\leq i\leq k-1$.

Finalment, substituint en (A), obtenim que $v_{k}=0$. Per tant, per a tot $1\leq i\leq k$, $v_{i}=0$.

Així, la suma $V_{\lambda_{1}}+\cdots+V_{\lambda_{k}}$ és directa i podem escriure $V_{\lambda_{1}}\oplus\cdots \oplus V_{\lambda_{k}}$.

Corol·lari 6.5 Siga $V$ un $\mathbb{K}$-espai vectorial, $f\colon V\longrightarrow V$ un endomorfisme i siguen $\lambda_{1},\cdots,\lambda_{k}$ valors propis d’$f$ diferents dos a dos. Siga $v_{i}$ un vector propi en $V_{\lambda_{i}}$, per a cada $1\leq i\leq k$, aleshores $\{v_{1},\cdots, v_{k}\}$ és un conjunt de vectors linealment independent.

Demostració. Considerem una combinació lineal dels vectors $v_{1},\cdots,v_{k}$ igualada a zero de la forma \[ \mu_{1}v_{1}+\cdots +\mu_{k}v_{k}=0, \tag{A'} \] on, per a cada $1\leq i\leq k$, $\mu_{i}$ és un escalar en $\mathbb{K}$. Volem demostrar que per a tot $1\leq i\leq k$, $\mu_{i}=0$.

Per la Proposició 6.1, per a cada $1\leq i\leq k$, $V_{\lambda_{i}}$ és un subespai vectorial de $V$. Com, per a cada $1\leq i\leq k$, $v_{i}$ és un vector en $V_{\lambda_{i}}$, concloem que, per a tot $1\leq i\leq k$, $\mu_{i}v_{i}$ és un vector en $V_{\lambda_{i}}$. Per la Proposició 6.5, com que la suma $V_{\lambda_{1}}\oplus \cdots \oplus V_{\lambda_{k}}$ és directa, de l’equació en (A’), concloem per la caracterització de les sumes directes que, per a tot $1\leq i\leq k$, $\mu_{i}v_{i}=0$. Per hipòtesi, per a cada $1\leq i\leq k$, $v_{i}\neq 0$, ja que $v_{i}$ és un vector propi en $V$. Aleshores, per a tot $1\leq i\leq k$, $\mu_{i}=0$.

És a dir, $\{v_{1},\cdots, v_{k}\}$ és un conjunt de vectors linealment independent.

Teorema 6.1 (Caracterització dels endomorfismes diagonalitzables) Siga $V$ un $\mathbb{K}$-espai vectorial amb $\mathrm{dim}_{\mathbb{K}}(V)=n$, $f\colon V\longrightarrow V$ un endomorfisme i siguen $\lambda_{1},\cdots,\lambda_{k}$ tots els valors propis d’$f$, diferents dos a dos. Denotem, per a cada $1\leq i\leq k$,

$\alpha_{\lambda_{i}}$ la multiplicitat algebraica del valor propi $\lambda_{i}$;
$\mathrm{d}_{\lambda_{i}}$ la multiplicitat geomètrica del valor propi $\lambda_{i}$.

Aleshores les següents afirmacions són equivalents

$f$ és diagonalitzable;
Es donen les dues condicions següents:
- per a tot $1\leq i\leq k$, $\,\alpha_{\lambda_{i}}=\mathrm{d}_{\lambda_{i}}$;
- $\alpha_{\lambda_{1}}+\cdots+\alpha_{\lambda_{k}}=n$.

És a dir, $f$ és diagonalitzable si, i només si, les multiplicitats algebraiques i geomètriques de tots els valors propis coincideixen i, a més, la suma de totes les multiplicitats algebraiques (geomètriques) coincideix amb la dimensió de l’espai.

Demostració. Suposem que $f$ és diagonalitzable. Aleshores pel Corol·lari 6.3, podem trobar $\mathcal{B}=\{e_{1},\cdots, e_{n}\}$ una base formada per vectors propis.

Per a cada $1\leq i\leq k$ prenem \[ W_{\lambda_{i}}=\langle \mbox{vectors propis en }\mathcal{B}\mbox{ associats al valor propi }\lambda_{i}\rangle\leq V. \]

Com que $\mathcal{B}$ és base de $V$, $W_{\lambda_{1}}+\cdots+W_{\lambda_{k}}=V$. A més, per la Proposició 6.5, aquesta suma és directa, és a dir, \[ V=W_{\lambda_{1}}\oplus\cdots \oplus W_{\lambda_{k}}. \]

Si prenem dimensions en l’anterior equació obtenim \[ n=\mathrm{dim}_{\mathbb{K}}(V) =\mathrm{dim}_{\mathbb{K}}\left( \bigoplus_{1\leq i\leq k} W_{\lambda_{i}} \right) = \sum_{i=1}^{k}\mathrm{dim}_{\mathbb{K}}(W_{\lambda_{i}}) \leq \sum_{i=1}^{k}\mathrm{d}_{\lambda_{i}}. \]

L’última desigualtat és conseqüència de que $W_{\lambda_{i}}\leq V_{\lambda_{i}}$ per a tot $1\leq i\leq k$.

Aleshores, trobem la següent seqüència de desigualtats \[ n\leq\sum_{i=1}^{k}\mathrm{d}_{\lambda_{i}}\leq \sum_{i=1}^{k}\alpha_{\lambda_{i}} \leq n. \]

La primera desigualtat ha estat provada abans; la segona desigualtat és conseqüència de la Proposició 6.4; finalment, la tercera desigualtat és conseqüència de que la multiplicitat algebraica és l’exponent d’un factor del polinomi característic i aquest polinomi té grau $n$.

D’aquestes desigualtats es dedueix que $\sum_{i=1}^{k}\mathrm{d}_{\lambda_{i}}=\sum_{i=1}^{k}\alpha_{\lambda_{i}}=n$. Per altra banda, com que, per a cada $1\leq i\leq k$, $\mathrm{d}_{\lambda_{i}}\leq \alpha_{\lambda_{i}}$ i les sumes coincideixen, aleshores concloem que, per a cada $1\leq i\leq k$, $\alpha_{\lambda_{i}}=\mathrm{d}_{\lambda_{i}}$.

Per a l’altra implicació, suposem que per a tot $1\leq i\leq k$, $\alpha_{\lambda_{i}}=\mathrm{d}_{\lambda_{i}}$ i que $n=\sum_{i=1}^{k}\alpha_{\lambda_{i}}$.

Per a cada $1\leq i\leq k$, considerem $V_{\lambda_{i}}$, el subespai propi associat al valor propi $\lambda_{i}$, i considerem $\mathcal{B}_{\lambda_{i}}$ una base de $V_{\lambda_{i}}$ de la forma \[ \mathcal{B}_{\lambda_{i}}=\{ e_{i,1},\cdots , e_{i,\mathrm{d}_{\lambda_{i}}}\}. \]

Notem que la suma dels subespais propis $V_{\lambda_{1}}+\cdots +V_{\lambda_{k}}$ és directa per la Proposició 6.5. Aquest subespai vectorial de $V$ té dimensió $n$, ja que \[ \mathrm{dim}_{\mathbb{K}}\left( \bigoplus_{1\leq i\leq k} V_{\lambda_{i}} \right) = \sum_{i=1}^{k}\mathrm{dim}_{\mathbb{K}}(V_{\lambda_{i}}) = \sum_{i=1}^{k}\mathrm{d}_{\lambda_{i}} = \sum_{i=1}^{k}\alpha_{\lambda_{i}} = n. \]

Llavors concloem per la proposició sobre dimensions de subespais que $V=V_{\lambda_{1}}\oplus\cdots\oplus V_{\lambda_{k}}$.

Per tant, el conjunt $\mathcal{B}$ d’$n$ vectors format per tots els vectors de les bases $\mathcal{B}_{\lambda_{i}}$, per a $1\leq i\leq k$, \[ \mathcal{B}= \left\lbrace e_{1,1},\cdots, e_{1,\mathrm{d}_{\lambda_{1}}}, \cdots, e_{k,1},\cdots, e_{k,\mathrm{d}_{\lambda_{k}}} \right\rbrace \] és un sistema generador per a $V$ de tamany $n$. Per la caracterització de les bases per la dimensió, concloem que $\mathcal{B}$ és una base de $V$ formada per vectors propis per a $f$. En virtut del Corol·lari 6.3, concloem que $f$ és diagonalitzable.

Torna a dalt