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MONOGRAFIAS MATEMÁTICAS
ANÁLISIS MATRICIAL

DIAGONALIZACIÓN DE MATRICES

 
DIAGONALIZACIÓN DE MATRICES ORTOGONALES

RESUMEN

En la presente monografía desarrollamos algunos de los conceptos relativos a la teoría sobre diagonalización de matrices y obtención de valores y vectores propios, estudiando paso a paso el proceso mediante la diagonalización de la siguiente matriz ortogonal:
    \( A = \left(
    \begin{array}{ccc}
    \cos \phi & \sin \phi & 0 \\
    - \sin \phi & \cos \phi & 0 \\
    0 & 0 & 1 \\
    \end{array}
    \right) \)
Y determinando la matriz que desarrolla la transformación de semejanza.

DESARROLLO

Para diagonalizar una matriz debemos encontrar previamente sus valores propios, es decir, calcular aquellos valores que satisfagan la ecuación:
    \( |A - \lambda·I| = 0 \)
Y para el caso que estamos estudiando:
    \( A = \left|
    \begin{array}{ccc}
    \cos \phi - \lambda & \sin \phi & 0 \\
    - \sin \phi & \cos \phi - \lambda & 0 \\
    0 & 0 & 1- \lambda \\
    \end{array}
    \right| = 0\)
Desarrollando el determinante tenemos:
    \((\cos \phi - \lambda)^2(1- \lambda) + (1- \lambda)\sin^2 \phi = 0 \)
Y agrupando términos y simplificando:
    \( \lambda^3 - \lambda^2(1+ 2·\cos \phi)+ \lambda(1+ 2·\cos \phi)- 1 = 0 \)
Podemos ver con facilidad que el polinomio resultante es divisible por \((\lambda - 1)\). Aplicando la regla de Ruffini nos queda la ecuación de segundo grado:
    \( \lambda^2 - \lambda^2(2·\cos \phi)+ 1 = 0 \)
Cuyas raíces son:
    \( \displaystyle \frac{2·\cos \phi \pm \sqrt{4·\cos^2 \phi- 4}}{2} = \cos \phi \pm \sqrt{- \sin^2 \phi} = \cos \phi \pm i·\sin \phi\)
Y aplicando las fórmulas de Euler:
    \( \lambda_2 = e^{+i\phi}\quad ; \quad \lambda_3 = e^{-i\phi} \)
La matriz diagonal semejante a la dada será, entonces:
    \( A' = \left(
    \begin{array}{ccc}
    1 & 0 & 0 \\
    0 & e^{+i\phi} & 0 \\
    0 & 0 & e^{-i\phi} \\
    \end{array}
    \right) \)
Para determinar los correspondientes vectores propios, debemos resolver la ecuación matricial:
    \((A - \lambda·I)R = 0 \)
Para λ = 1 tenemos:
    \( \left(
    \begin{array}{ccc}
    \cos \phi - 1 & \sin \phi & 0 \\
    - \sin \phi & \cos \phi - 1 & 0 \\
    0 & 0 & 0 \\
    \end{array}
    \right) \left(
    \begin{array}{c}
    X_1 \\
    X_2 \\
    X_3 \\
    \end{array}
    \right)
    = 0 \)
Ecuación matricial que equivale a las ecuaciones escalares:
    \( \begin{array}{l}
    (\cos \phi - 1)X_1 + \sin \phi·X_2 = 0 \\
    \\
    - \sin \phi·X_1 + (\cos \phi - 1)X_2 = 0 \\
    \\
    0 ·X_3 = 0
    \end{array} \)
La tercera de estas ecuaciones es independiente de las dos primeras y a partir de ella se deduce que X3 puede ser cualquier valor sobre el eje Z.
Para los otros dos valores tenemos el sistema homogéneo:
    \( \begin{array}{l}
    (\cos \phi - 1)X_1 + \sin \phi·X_2 = 0 \\
    \\
    - \sin \phi·X_1 + (\cos \phi - 1)X_2 = 0 \\

    \end{array} \)
Si el rango de este sistema es menor que el número de ecuaciones, el sistema tendrá infinitas soluciones. Si el rango del sistema es igual que el número de incógnitas, el sistema sólo admitirá la solución trivial
    \( \left|
    \begin{array}{cc}
    (\cos \phi - 1) & \sin \phi \\
    - \sin \phi & (\cos \phi - 1) \\
    \end{array}
    \right| = (\cos \phi - 1)^2 + \sin^2 \phi = 2(1- \cos \phi) \neq 0 \)
Como el ángulo de giro no es nulo, resulta cos Φ y el sistema sólo admite la solución trivial, X1 = X2 = 0.
El vector propio R1 será de la forma R1 = (0, 0, X3).
Para el valor propio:
    \( \lambda = e^{+i\phi} = \cos \phi + i·\sin \phi \)
Se tiene:
    \( \left(
    \begin{array}{ccc}
    \cos \phi - e^{+i\phi}& \sin \phi & 0 \\
    - \sin \phi & \cos \phi - e^{+i\phi}& 0 \\
    0 & 0 & 1- e^{+i\phi}\\
    \end{array}
    \right) \left(
    \begin{array}{c}
    X_1 \\
    X_2 \\
    X_3 \\
    \end{array}
    \right)
    = 0 \)
Simplificando la ecuación matricial, obtenemos las ecuaciones escalares:
    \( \begin{array}{l}
    -i·\sin \phi·X_1 + \sin \phi ·X_2 = 0 \\
    \\
    -\sin \phi·X_1 - i·\sin \phi ·X_2 = 0 \\
    \\
    (1- \cos \phi - i·\sin \phi)X_3 = 0
    \end{array} \)
Observamos a primera vista que la tercera ecuación no depende de las otras dos, por lo que determinamos el valor de X3:
    \( (1- \cos \phi - i·\sin \phi)X_3 = 0 \)
Como el término entre paréntesis es No nulo por ser el ángulo de giro distinto de cero, se tendrá X3 = 0.
Por otro lado, las dos primeras ecuaciones son linealmente dependientes ya que multiplicando por i la segunda, obtenemos la primera. Despejamos, por tanto, el valor de una de las coordenadas en función del valor de la otra:
    \( -\sin \phi·X_1 - i·\sin \phi ·X_2 = 0 \Rightarrow X_1 = - i·X_2 \)
Con lo que el vector propio más sencillo será R2 = (-i, 1, 0)
El vector obtenido no está normalizado ya que su módulo es distinto de la unidad. Para normalizarlo, lo multiplicamos por un escalar cuyo valor sea igual al inverso de su módulo. Para determinar el módulo del vector, al tratarse de un vector complejo, multiplicamos por su complejo conjugado, que vale: R*2 = (i, 1, 0). De ese modo, tendremos:
    \( R_2^*·R_2 = (i,1,0)(-i,1,0)= 1 + 1 = 2\)
Con lo que el módulo del vector R2 valdrá:
    \( |R_2| = \sqrt{R_2^*·R_2} = \sqrt{2} \)
Y el vector normalizado será:
    \( \hat{R}_2 = \left(
    \begin{array}{ccc}
    -i/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} & 0 \\
    \end{array}
    \right) \)
Para el valor propio
    \( \lambda = e^{+i\phi} = \cos \phi - i·\sin \phi \)
Tenemos una situación similar a la que acabamos de desarrollar y por un proceso similar llegamos a un vector normalizado de la forma:
    \( \hat{R}_3 = \left(
    \begin{array}{ccc}
    i/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} & 0 \\
    \end{array}
    \right) \)
Poniendo en columna los vectores obtenidos, obtenemos la matriz de paso normalizada:
    \( \displaystyle X = \left( \begin{array}{ccc} 0 & -i/\sqrt{2} & i/\sqrt{2} \\ 0 & 1/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} \\ 1 & 0 & 0 \\ \end{array} \right) \)
Esta matriz de paso debe cumplir:
    \( X^{-1}·A·X = \lambda \)
Donde A es la matriz de la transformación inicial, λ es una matriz diagonal cuyos elementos son los valores propios de A y X-1 es la matriz inversa de X.
Para desarrollar la expresión matricial debemos obtener el valor de X-1. Los pasos para determinarla son:
    1º) Obtener la traspuesta de X, Xt.
    2º) Calcular la adjunta de Xt (sustituir cada elemento de Xt por su adjunto).
    3º) Dividir cada elemento de la matriz adjunta por el determinante de X.
Con todo ello llegamos al resultado:
    \( \displaystyle X^{-1} = \left( \begin{array}{ccc} 0 & 0 & 1 \\ i/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} & 0 \\ -i/\sqrt{2} & 1/\sqrt{2} & 0 \\ \end{array} \right) \)
Y resulta sencillo comprobar que se cumple:
    \( \displaystyle X^{-1}·A·X =\left(
    \begin{array}{ccc}
    1 & 0 & 0 \\
    0 & e^{+i\phi} & 0 \\
    0 & 0 & e^{-i\phi} \\
    \end{array}
    \right) \)
Como observación, podemos ver que la matriz X es una matriz unitaria, pues se tiene:
    \(X^{-1} = \bar{X}^t = X^* \)
La inversa de X es igual a la traspuesta de su conjugada.
    \( X·X^{-1} =X·X^* = I \)
El producto de X por su adjunta es la matriz unidad.
 

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tema escrito por: José Antonio Hervás