Diagonalització de matrius: valors propis, vectors propis i potències

La diagonalització de matrius és el punt d'arribada del bloc d'àlgebra lineal: consisteix a trobar una base en què una matriu quadrada actuï només estirant o encongint cada direcció, sense barrejar-les. Les direccions que ho permeten són els vectors propis i els factors d'escala són els valors propis, que surten com a arrels del polinomi característic. Quan hi ha prou direccions independents, la matriu es descompon com $A = PDP^{-1}$ amb $D$ diagonal, i aleshores calcular $A^{n}$, resoldre sistemes dinàmics o estudiar vibracions es converteix en una operació d'una línia. En aquesta pàgina trobaràs les definicions, el criteri de diagonalitzabilitat amb les multiplicitats, la construcció de $P$ i $D$, els casos que fallen i el protocol per resoldre el problema d'examen. Necessitaràs el càlcul de determinants i de nuclis que hem vist a determinants, inversa i rang i a espais vectorials i bases.

Valor propi i vector propi

Geomètricament, $A$ transforma els vectors de $\mathbb{R}^n$ i, en general, en canvia la direcció. Un vector propi és una direcció invariant: $A$ només l'escala pel factor $\lambda$ (l'estira si $|\lambda| > 1$, l'encongeix si $|\lambda| < 1$, la inverteix si $\lambda < 0$ i l'aixafa sobre l'origen si $\lambda = 0$). Un vector propi mai no és el vector zero, perquè $A \cdot 0 = 0 = \lambda \cdot 0$ es compleix per a qualsevol $\lambda$ i no identificaria cap direcció. En canvi, $\lambda = 0$ sí que pot ser un valor propi: passa exactament quan $\operatorname{Ker} A \neq \{0\}$, és a dir, quan $\det A = 0$.

Fixa't que si $v$ és vector propi, també ho és $\mu v$ per a qualsevol $\mu \neq 0$: els vectors propis vénen en rectes (o subespais) senceres, no d'un en un.

Polinomi característic

Per trobar els valors propis reescrivim la condició: $Av = \lambda v$ equival a $(A - \lambda I) v = 0$. Aquest sistema homogeni té una solució $v \neq 0$ si i només si la matriu $A - \lambda I$ és singular, és a dir, si el seu determinant és zero.

Alguns textos defineixen $\det(\lambda I - A)$; les arrels i les multiplicitats són les mateixes (només canvia el signe global quan $n$ és senar), però no barregis les dues convencions dins d'un mateix càlcul. Dues propietats útils per comprovar: el terme independent de $p_A$ és $\det A$ i el coeficient de $\lambda^{n-1}$ és $\pm\operatorname{tr} A$; per tant el producte dels valors propis és el determinant i la suma és la traça (comptant multiplicitats). Si els valors propis que has trobat no compleixen això, hi ha un error.

Espai propi

Per a cada valor propi $\lambda$, el conjunt

$$E_\lambda = \operatorname{Ker}(A - \lambda I) = \{ v \in K^n : (A - \lambda I) v = 0 \}$$

és un subespai vectorial, l'espai propi de $\lambda$. Conté tots els vectors propis associats a $\lambda$ i, a més, el vector zero. Per calcular-lo, substitueixes $\lambda$ a la matriu, resols el sistema homogeni $(A - \lambda I) v = 0$ per Gauss i dones una base de les solucions. Els vectors d'aquesta base són els vectors propis que faràs servir després.

Matrius semblants i què vol dir diagonalitzar

Dues matrius $A$ i $B$ de $M_n(K)$ són semblants si existeix una matriu inversible $P$ tal que $B = P^{-1} A P$. Representen la mateixa transformació lineal en dues bases diferents: $P$ és la matriu de canvi de base. Les matrius semblants comparteixen tot allò que no depèn de la base:

La demostració és una línia: $\det(B - \lambda I) = \det(P^{-1}(A - \lambda I)P) = \det(P)^{-1} \det(A - \lambda I) \det(P) = \det(A - \lambda I)$. Per exemple, amb la matriu $A$ de l'exemple anterior i $P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ s'obté $B = P^{-1}AP = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 2 & 5 \end{pmatrix}$, que té traça 7, determinant 10 i valors propis 2 i 5, com $A$.

La lectura és la següent: les columnes de $P$ són una base de $K^n$ formada per vectors propis, i la diagonal de $D$ diu quin factor d'escala té cadascuna. Diagonalitzar és trobar aquesta base.

Multiplicitat algebraica i geomètrica

Quan el polinomi característic té una arrel repetida, cal distingir dos nombres.

La desigualtat diu que una arrel simple ($m_a = 1$) té sempre un espai propi de dimensió exactament 1, així que no dona mai problemes. Una arrel repetida, en canvi, no decideix res per si sola: pot tenir un espai propi de dimensió igual a la multiplicitat (bé) o més petit (malament), i l'única manera de saber-ho és calcular el rang de $A - \lambda I$.

Criteri de diagonalitzabilitat

Com que vectors propis de valors propis diferents són sempre independents, es dedueix el criteri suficient més usat: si $A$ té $n$ valors propis diferents, és diagonalitzable. Però no és necessari: la matriu identitat té un únic valor propi i és diagonal.

Construcció de P i D i comprovació

Un cop saps que $A$ és diagonalitzable, tria una base de vectors propis $v_1, \ldots, v_n$ (ajuntant les bases dels espais propis) amb $A v_i = \lambda_i v_i$ i posa

$$P = [\, v_1 \; v_2 \; \cdots \; v_n \,], \qquad D = \operatorname{diag}(\lambda_1, \lambda_2, \ldots, \lambda_n) .$$

El mateix ordre. L'entrada $i$ de la diagonal de $D$ ha de ser el valor propi de la columna $i$ de $P$. Si un valor propi té multiplicitat 2, apareix dues vegades a $D$, a les posicions de les seves dues columnes. Qualsevol ordre és vàlid, però ha de ser coherent.

La comprovació més robusta no requereix calcular $P^{-1}$: com que $AP = [Av_1 \cdots Av_n] = [\lambda_1 v_1 \cdots \lambda_n v_n] = PD$, n'hi ha prou amb verificar

$$A P = P D .$$

Aquest producte comprova alhora que cada columna és un vector propi i que l'ordre de $D$ és correcte. Els tres controls mínims són: $P$ és quadrada, $\det P \neq 0$ i $AP = PD$.

Sobre quin cos diagonalitzem

«Diagonalitzable» sempre vol dir diagonalitzable sobre un cos concret, i la resposta pot canviar segons el cos. La matriu de rotació de $90°$,

$$R = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, \qquad p_R(\lambda) = \lambda^2 + 1,$$

no té cap valor propi real: cap direcció del pla queda invariant en girar-lo un quart de volta, cosa que geomètricament és evident. Per tant $R$ no és diagonalitzable sobre $\mathbb{R}$. Sobre $\mathbb{C}$, en canvi, $\lambda^2 + 1 = 0$ té les arrels $\lambda = \pm j$ (unitat imaginària en notació d'enginyeria), que són diferents, i $R$ sí que és diagonalitzable, amb vectors propis $(j, 1)$ i $(-j, 1)$. El mateix passa amb qualsevol rotació d'angle $\theta \neq 0, \pi$: el polinomi és $\lambda^2 - 2\cos\theta\,\lambda + 1$ i les arrels són $\cos\theta \pm j \sin\theta$. Quan un problema no diu res, s'entén que es treballa sobre $\mathbb{R}$, i cal dir explícitament «no és diagonalitzable sobre $\mathbb{R}$ perquè el polinomi característic té arrels complexes».

Aplicació: potències d'una matriu

Si $A = P D P^{-1}$, aleshores $A^2 = P D P^{-1} P D P^{-1} = P D^2 P^{-1}$, i per inducció

$$A^n = P D^n P^{-1}, \qquad D^n = \operatorname{diag}(\lambda_1^n, \ldots, \lambda_n^n) .$$

Elevar una matriu diagonal és elevar cada entrada, així que el cost de calcular $A^{100}$ és el mateix que el de calcular $A^2$. Aquesta és la raó pràctica per diagonalitzar: la descomposició desacobla una dinàmica en direccions independents, cadascuna de les quals evoluciona multiplicant-se per $\lambda^n$.

Matrius simètriques

Les matrius simètriques reals ($A^T = A$) tenen un comportament excepcionalment bo, i apareixen contínuament en enginyeria (matrius d'inèrcia, de rigidesa, de covariància, formes quadràtiques).

Per exemple, $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{pmatrix}$ té $p_A(\lambda) = -(\lambda - 4)(\lambda - 1)^2$. Tot i l'arrel doble, el teorema garanteix que $\dim E_1 = 2$, i en efecte $A - I$ té les tres files iguals a $(1, 1, 1)$, rang 1, amb $E_1 = \{x + y + z = 0\} = \langle (1, -1, 0), (1, 0, -1) \rangle$ i $E_4 = \langle (1, 1, 1) \rangle$. Observa que $(1, 1, 1)$ és perpendicular a tot $E_1$. Si una matriu simètrica et surt no diagonalitzable, has fet un error de càlcul.

Protocol de diagonalització

Aquest és l'ordre que espera un corrector, i cada pas dona punts per separat:

1. Polinomi característic. Calcula $\det(A - \lambda I)$ aprofitant l'estructura (files o columnes amb zeros, blocs triangulars, factors comuns). Factoritza'l completament i escriu cada valor propi amb la seva multiplicitat algebraica. Control: suma $= \operatorname{tr} A$, producte $= \det A$.
2. Cos. Si alguna arrel no és de $K$, la matriu no és diagonalitzable sobre $K$. Digues-ho i, si escau, continua sobre $\mathbb{C}$.
3. Espais propis. Per a cada valor propi, escriu $A - \lambda I$, calcula'n el rang i dedueix $m_g(\lambda) = n - \operatorname{rang}(A - \lambda I)$. Resol el sistema homogeni i dona una base de $E_\lambda$.
4. Decisió. Compara $m_g$ amb $m_a$ per a cada valor propi. Si coincideixen totes, és diagonalitzable; si alguna falla, no ho és, i has d'assenyalar quin valor propi «perd» direccions.
5. $P$ i $D$. Columnes de $P$ = vectors propis; diagonal de $D$ = valors propis, en el mateix ordre.
6. Comprovació. $\det P \neq 0$ i $AP = PD$. Només si et demanen $A^n$ o $A^{-1}$ calcula $P^{-1}$.

Exercicis proposats

Exercici 1. Diagonalitza $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 0 \end{pmatrix}$ i troba una fórmula per a $A^n$.

Solució de l'exercici 1

$p_A(\lambda) = (1 - \lambda)(-\lambda) - 6 = \lambda^2 - \lambda - 6 = (\lambda - 3)(\lambda + 2)$. Dos valors propis diferents, $3$ i $-2$: diagonalitzable. Control: $3 - 2 = 1 = \operatorname{tr} A$, $3 \cdot (-2) = -6 = \det A$.

$E_3$: $A - 3I = \begin{pmatrix} -2 & 2 \\ 3 & -3 \end{pmatrix}$, equació $x = y$, $E_3 = \langle (1, 1) \rangle$. $E_{-2}$: $A + 2I = \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 3 & 2 \end{pmatrix}$, equació $3x + 2y = 0$, $E_{-2} = \langle (2, -3) \rangle$.

$P = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 1 & -3 \end{pmatrix}$, $D = \operatorname{diag}(3, -2)$, $\det P = -5$, $P^{-1} = \frac{1}{5}\begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$. Comprovació: $AP = \begin{pmatrix} 3 & -4 \\ 3 & 6 \end{pmatrix} = PD$. Aleshores

$$A^n = \frac{1}{5}\begin{pmatrix} 3 \cdot 3^n + 2(-2)^n & 2 \cdot 3^n - 2(-2)^n \\ 3 \cdot 3^n - 3(-2)^n & 2 \cdot 3^n + 3(-2)^n \end{pmatrix} .$$

Amb $n = 2$: $\frac{1}{5}\begin{pmatrix} 35 & 10 \\ 15 & 30 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 7 & 2 \\ 3 & 6 \end{pmatrix} = A^2$.

Exercici 2. Estudia per a quins valors de $a \in \mathbb{R}$ és diagonalitzable $A = \begin{pmatrix} 3 & 0 & 0 \\ a & 3 & 0 \\ 1 & 2 & 1 \end{pmatrix}$, i diagonalitza-la quan sigui possible.

Solució de l'exercici 2

La matriu és triangular inferior, així que $p_A(\lambda) = (3 - \lambda)^2(1 - \lambda)$ per a qualsevol $a$: valors propis $3$ (doble) i $1$ (simple). El valor propi simple no dona problemes; tot depèn de $\dim E_3$.

$$A - 3I = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ a & 0 & 0 \\ 1 & 2 & -2 \end{pmatrix} .$$

Si $a \neq 0$, les files $(a, 0, 0)$ i $(1, 2, -2)$ són independents, el rang és 2 i $m_g(3) = 1 < 2$: no diagonalitzable. Si $a = 0$, només queda la fila $(1, 2, -2)$, el rang és 1 i $m_g(3) = 2$: diagonalitzable.

Per a $a = 0$: $E_3$ ve donat per $x + 2y - 2z = 0$, amb base $\big((-2, 1, 0), (2, 0, 1)\big)$. $E_1$: $A - I = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & 2 & 0 \end{pmatrix}$ dona $x = y = 0$, $E_1 = \langle (0, 0, 1) \rangle$. Per tant

$$P = \begin{pmatrix} -2 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad D = \operatorname{diag}(3, 3, 1),$$

i es comprova que $AP = PD$ (per exemple, la tercera columna de $AP$ és $(0, 0, 1)^T = 1 \cdot (0, 0, 1)^T$).

Exercici 3. Sigui $A = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}$. Troba els valors propis i una base de cada espai propi, decideix si és diagonalitzable i, si ho és, escriu $P$ i $D$ i comprova que $AP = PD$.

Solució de l'exercici 3

Desenvolupant per la primera fila, $p_A(\lambda) = (2 - \lambda)\big((1 - \lambda)^2 - 1\big) = (2 - \lambda)\lambda(\lambda - 2) = -\lambda(\lambda - 2)^2$. Valors propis: $2$ (doble) i $0$ (simple). Control: $2 + 2 + 0 = 4 = \operatorname{tr} A$; $\det A = 0$, coherent amb el valor propi $0$.

$E_2$: $A - 2I = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & -1 & -1 \\ 1 & -1 & -1 \end{pmatrix}$ té rang 1, així que $m_g(2) = 2 = m_a(2)$. L'equació $x - y - z = 0$ dona $E_2 = \langle (1, 1, 0), (1, 0, 1) \rangle$.

$E_0 = \operatorname{Ker} A$: de la primera fila $x = 0$, i de la segona $y = z$: $E_0 = \langle (0, 1, 1) \rangle$.

Com que $2 + 1 = 3$, $A$ és diagonalitzable amb

$$P = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad D = \operatorname{diag}(2, 2, 0), \qquad \det P = -2 \neq 0 .$$

Comprovació: $AP = \begin{pmatrix} 2 & 2 & 0 \\ 2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \end{pmatrix}$, que és $PD$ (columnes $2(1, 1, 0)$, $2(1, 0, 1)$ i $0 \cdot (0, 1, 1)$).

Als exàmens resolts del bloc trobaràs un problema complet de diagonalització amb càlcul de $A^n$ i un problema mixt que connecta el nucli d'un sistema homogeni amb paràmetre amb els espais propis d'una matriu. Si necessites repassar com aïllar $X$ en equacions del tipus $X(A - \lambda I) = B$, que apareixen en aquest context, mira matrius i equacions matricials.