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Algoritmo paso a paso 3x3 — Diagonalización

Método de Sarrus (explicado paso a paso)

Vamos a calcular el polinomio característico en la forma monica habitual usando \(p_A(x)=\det(xI - A)\) y aplicando la regla de Sarrus, para evitar signos confusos.

  1. Escribimos la matriz \(xI - A\):
\[ xI - A = \begin{pmatrix}x-4 & -1 & -1 \\ -1 & x-4 & -1 \\ -1 & -1 & x-4\end{pmatrix}. \]
Regla de Sarrus

Para una matriz 3x3 \(\begin{pmatrix}a&b&c\\d&e&f\\g&h&i\end{pmatrix}\),

\[\det = aei + bfg + cdh - ceg - bdi - afh.\]

Es decir, suma de las tres diagonales principales menos la suma de las tres diagonales secundarias.

  1. Identificamos los productos diagonales en \(xI-A\):

  2. Diagonales principales:

  3. \((x-4)(x-4)(x-4) = (x-4)^3\),

  4. \((-1)(-1)(-1) = -1\),

  5. \((-1)(-1)(-1) = -1\). Suma principal = \((x-4)^3 - 2\).

  6. Diagonales secundarias:

  7. \((-1)(x-4)(-1) = (x-4)\),
  8. \((x-4)(-1)(-1) = (x-4)\),

  9. \((-1)(-1)(x-4) = (x-4)\). Suma secundaria = \(3(x-4)\).

  10. Determinante (Sarrus):

\[ p_A(x)=\det(xI-A) = \text{suma principal} - \text{suma secundaria} = (x-4)^3 - 2 - 3(x-4). \]
  1. Simplificamos con la sustitución \(y = x-4\) (para ver la factorización más claro):
\[ p_A(x) = y^3 - 3y - 2 = (y-2)(y+1)^2. \]

Volviendo a \(x\) (con \(y=x-4\)):

\[ p_A(x) = (x-6)(x-3)^2. \]
Consejo — interpretar multiplicidades

Si un factor \((x-\alpha)^m\) aparece en \(p_A(x)\), el autovalor \(\alpha\) tiene multiplicidad algebraica \(m\). Aquí \(3\) aparece con multiplicidad 2 y \(6\) con multiplicidad 1.

Así obtenemos los autovalores: \(\lambda_1=6\) (mult. 1) y \(\lambda_2=3\) (mult. 2).

Esto no está ayudando. Mejor usar la fórmula conocida.

"Fórmula conocida"

Para matrices de la forma \(\begin{pmatrix}a & b & b \\ b & a & b \\ b & b & a\end{pmatrix}\), los autovalores son \(a+2b\) (multiplicidad 1) y \(a-b\) (multiplicidad 2).

Aquí \(a=4\), \(b=1\), así que \(\lambda_1 = 4 + 2\cdot1 = 6\) (mult. 1), \(\lambda_2 = 4 - 1 = 3\) (mult. 2).

Por tanto, \(p_A(x) = (x-6)(x-3)^2\).

Por tanto, los autovalores son:

  • \(\lambda_1 = 6\) con multiplicidad algebraica \(a_1 = 1\).
  • \(\lambda_2 = 3\) con multiplicidad algebraica \(a_2 = 2\).

2. Cálculo de los autovectores

Autovector para \(\lambda_1=6\)

Resolvemos el sistema \((A - 6I)v = 0\), donde \(v = (x, y, z)^\top\):

\[A - 6I = \begin{pmatrix} -2 & 1 & 1 \\ 1 & -2 & 1 \\ 1 & 1 & -2 \end{pmatrix}\]

El sistema de ecuaciones es:

\[ \begin{cases} -2x + y + z = 0 \\ x - 2y + z = 0 \\ x + y - 2z = 0 \end{cases} \]

Sumando las tres ecuaciones: \((-2x + y + z) + (x - 2y + z) + (x + y - 2z) = 0 \Rightarrow 0 = 0\), lo que confirma consistencia.

De la primera ecuación: \(y + z = 2x \Rightarrow y = 2x - z\)

Sustituyendo en la segunda: \(x - 2(2x - z) + z = 0 \Rightarrow x - 4x + 2z + z = 0 \Rightarrow -3x + 3z = 0 \Rightarrow x = z\)

Entonces, \(y = 2x - x = x\)

Por tanto, \(v = (x, x, x)^\top = x(1,1,1)^\top\). Un autovector es \(v^{(1)} = (1,1,1)^\top\).

Verificación: \(A v^{(1)} = \begin{pmatrix}4&1&1\\1&4&1\\1&1&4\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}6\\6\\6\end{pmatrix} = 6 \begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}\).

Autovectores para \(\lambda_2=3\)

Resolvemos \((A - 3I)v = 0\):

\[A - 3I = \begin{pmatrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1\end{pmatrix}\]

El sistema es:

\[ \begin{cases} x + y + z = 0 \\ x + y + z = 0 \\ x + y + z = 0 \end{cases} \]

Todas las ecuaciones son la misma: \(x + y + z = 0\). El rango es 1, nulidad 2.

Dos soluciones independientes: \(v^{(2)} = (1, -1, 0)^\top\), \(v^{(3)} = (1, 0, -1)^\top\).

Verificación: \(A v^{(2)} = 3 v^{(2)}\), \(A v^{(3)} = 3 v^{(3)}\).

3. Construcción de \(P\) y \(D\)

Tomamos como columnas de \(P\) los autovectores encontrados (ordenados como queramos, pero manteniendo la correspondencia con la diagonal de \(D\)):

\[P=\begin{pmatrix}1 & 1 & 1\\1 & -1 & 0\\1 & 0 & -1\end{pmatrix},\qquad D=\begin{pmatrix}6 & 0 & 0\\0 & 3 & 0\\0 & 0 & 3\end{pmatrix}.\]

Comprobemos que \(P\) es invertible calculando su determinante (o observando que las columnas son L.I.). Un cálculo rápido da \(\det(P)=3\neq0\), luego \(P\) es invertible.

Por tanto

\[P^{-1}AP=D,\]

y hemos diagonalizado \(A\).

4. Aplicaciones y observaciones

  • Dado que \(A\) es simétrica, era de esperar que fuera diagonalizable y que los autovectores correspondientes a autovalores distintos fuesen ortogonales (podemos ortonormalizarlos si se desea).
  • Para elevar \(A\) a una potencia basta calcular \(D^k\) y conjugarlos: \(A^k=PD^kP^{-1}\).
Solución paso a paso completa

  1. Polinomio característico: Usando la fórmula conocida, \(p_A(x) = (x-6)(x-3)^2\).

  2. Autovector para \(\lambda=6\): Resolver \((A-6I)v=0\) da \(x=y=z\), así \(v^{(1)}=(1,1,1)^T\).

  3. Autovectores para \(\lambda=3\): Resolver \((A-3I)v=0\) da \(x+y+z=0\). Soluciones: \(v^{(2)}=(1,-1,0)^T\), \(v^{(3)}=(1,0,-1)^T\).

  4. Matriz \(P\): Columnas \(v^{(1)}, v^{(2)}, v^{(3)}\); \(D = \diag(6,3,3)\). Verificar \(\det(P) \neq 0\).