title: Diagonalización
text: # Diagonalización
  
  En matemáticas y, en particular, en álgebra lineal, la diagonalización es un proceso que permite simplificar la descripción de ciertos endomorfismos de un espacio vectorial. En particular, identificando el endomorfismo con su matriz asociada en cierta base, se puede hablar de diagonalización de matrices. Consiste en encontrar una base del espacio vectorial formada por vectores propios, si existe alguna. Esto se refleja en obtener una base tal que la matriz asociada al endomorfismo en la misma es una matriz diagonal.
  
  El proceso se reduce, pues, a una reducción máxima del endomorfismo, es decir, a una descomposición del espacio vectorial en suma directa de subespacios vectoriales invariantes por el endomorfismo. Ristringido sobre cada uno de ellos, el endomorfismo se reduce a una homotecia. Por tanto, la diagonalización permite una mejor visualización geométrico de la actuación del endomorfismo sobre el espacio vectorial. Además, la diagonalización permite un cálculo rápido y simple de potencias y exponenciales de matrices (entendidas como matrices de un endomorfismo), lo que permite expresar numéricamente ciertos sistemas dinámicos lineales, obtenidos por iteración o por ecuaciones diferenciales.
  
  ## Introducción y deducción del método
  
  Supongamos que tenemos un endomorfismo $f:\mathbb {R} ^{3}\rightarrow \mathbb {R} ^{3}$ del espacio vectorial $\mathbb {R} ^{3}$ que en base canónica tiene por matriz asociada la matriz $A={\begin{pmatrix}2&1&1\\0&4&1\\0&3&2\end{pmatrix}}$.
  
  Supongamos que queremos estudiar, por ejemplo, el endomorfismo $f^{10}$, que tiene por matriz asociada $A^{10}$. Esta matriz es difícil de calcular. Sin embargo, si encontráramos otra base ${\mathcal {B'}}$ tal que la matriz de $f$ en esa base fuera una matriz diagonal $D={\begin{pmatrix}d_{1}&0&0\\0&d_{2}&0\\0&0&d_{3}\end{pmatrix}}$, con $P$ la matriz de cambio de base de ${\mathcal {B'}}$ a la base canónica, es decir, $A=PDP^{-1}$, tendríamos que $A^{10}=(PDP^{-1})(PDP^{-1}){\overset {10{\text{ veces}}}{\dots }}(PDP^{-1})(PDP^{-1})=PD(P^{-1}P)D(P^{-1}P)\dots (P^{-1}P)DP^{-1}=PD^{10}P^{-1}=P{\begin{pmatrix}d_{1}^{10}&0&0\\0&d_{2}^{10}&0\\0&0&d_{3}^{10}\end{pmatrix}}P^{-1}$.
  
  Así, el problema se vería reducido a calcular potencias de números reales, algo mucho más sencillo.
  
  Veamos ahora cómo podemos construir la base ${\mathcal {B'}}=\{u_{1},u_{2},u_{3}\}$ para que la matriz de $f$ en esa base sea diagonal. Por construcción de la matriz de una aplicación lineal en una cierta base, que la matriz de $f$ en base ${\mathcal {B'}}$ sea $D$ significa que $\left\{{\begin{matrix}f(u_{1})=d_{1}u_{1}\\f(u_{2})=d_{2}u_{2}\\f(u_{3})=d_{3}u_{3}\end{matrix}}\right.$. Tomemos por ejemplo la primera condición y denotemos ${\mathcal {B}}$ la base canónica: $f(u_{1})=d_{1}u_{1}\Leftrightarrow A(u_{1})_{\mathcal {B}}=d_{1}(u_{1})_{\mathcal {B}}\Leftrightarrow (A-d_{1}I)(u_{1})_{\mathcal {B}}=0$. Como $u_{1}$ forma parte de una base, no puede ser nulo, de forma que esto quiere decir que el sistema homogéneo $(A-d_{1}I)x=0$ tiene soluciones no triviales (distintas de 0). Por el teorema de Rouché–Frobenius, esto quiere decir que $\operatorname {rg} (A-d_{1}I)<3\Leftrightarrow \det(A-d_{1}I)=0$. Si consideramos el polinomio $Q_{f}(t)=\det(A-tI)$ esto quiere decir que $d_{1}$ tiene que ser raíz de $Q_{f}$. Simétricamente para $u_{2}$ y $u_{3}$, obtenemos que $d_{2},d_{3}$ también son raíces de $Q_{f}$. Es decir, $\{d_{i}\}$ es el conjunto de raíces del polinomio $Q_{f}$, al que llamaremos polinomio característico de $f$. Por tanto, si no hay ninguna raíz en el cuerpo donde estamos trabajando, podemos afirmar que el endomorfismo no diagonaliza.
  
  Por tanto, el primer paso es encontrar las raíces de $Q_{f}$ a las que llamaremos valores propios (o VAPS) de $f$. Una vez encontradas, encontramos los vectores $u_{i}$ como soluciones no triviales de los sistemas $(A-d_{i}I)x=0$ que sabemos que existen porque hemos impuesto que el rango de la matriz $A-d_{i}I$ baje para los $d_{i}$ encontrados. A los vectores $u_{i}$ los llamaremos vectores propios (o VEPS) de $f$. Una vez encontrados, hay que comprobar que formen entre ellos una base. Si la forman, ya tenemos la base ${\mathcal {B'}}$ que buscábamos. Si no, diremos que $f$ era un endomorfismo no diagonalizable. Este método es válido en general para cualquier dimensión. Es decir, para diagonalizar una matriz los pasos a seguir son:
  
  (1) Encontrar los valores propios: las raíces de $Q_{f}(t)=\det(A-tI)$. Si no tiene, $f$ no diagonaliza.
  
  (2) Encontrar los vectores propios: para cada valor propio $d_{i}$, las soluciones de $(A-d_{i}I)x=0$. Tomar, de entre los vectores propios de cada valor propio, tantos linealmente independientes como sea posible.
  
  (3) Comprobar que el conjunto de vectores obtenidos es, efectivamente una base. Si lo es, ya estamos. Si no, $f$ no es diagonalizable.
  
  En el ejemplo anterior haríamos lo siguiente:
  
  $(1)\quad Q_{f}(t)=\det(A-tI)={\begin{vmatrix}2-t&1&1\\0&4-t&1\\0&3&2-t\end{vmatrix}}=(2-t){\begin{vmatrix}4-t&1\\3&2-t\end{vmatrix}}=$
  
  $=(2-t)((4-t)(2-t)-3)=(2-t)(5-6t+t^{2})=(2-t)(5-t)(1-t)$. Por lo que los valores propios son $1,2$ y $5$.
  
  $(2)\quad$Encontramos los vectores propios:
  
  $t=1$: $A-I={\begin{pmatrix}1&1&1\\0&3&1\\0&3&1\end{pmatrix}}\sim {\begin{pmatrix}1&1&1\\0&3&1\\0&0&0\end{pmatrix}}\Rightarrow \ker(A-I)=\operatorname {span} (-2,1,3)\Rightarrow u_{1}=(-2,1,3)$
  
  $t=2$: $A-2I={\begin{pmatrix}0&1&1\\0&2&1\\0&3&0\end{pmatrix}}\sim {\begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}}\Rightarrow \ker(A-2I)=\operatorname {span} (1,0,0)\Rightarrow u_{2}=(1,0,0)$
  
  $t=5$: $A-5I={\begin{pmatrix}-3&1&1\\0&-1&1\\0&3&-3\end{pmatrix}}\sim {\begin{pmatrix}-3&0&2\\0&-1&1\\0&0&0\end{pmatrix}}\Rightarrow \ker(A-5I)=\operatorname {span} (2,3,3)\Rightarrow u_{3}=(2,3,3)$
  
  $(3)\quad$ Nuestro candidato a base es ${\mathcal {B'}}=\{(-2,1,3),(1,0,0),(2,3,3)\}$, que efectivamente, es una base. Por tanto,
  
  $A={\begin{pmatrix}-2&1&2\\1&0&3\\3&0&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&0&0\\0&2&0\\0&0&5\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}-2&1&2\\1&0&3\\3&0&3\end{pmatrix}}^{-1}$, y podemos calcular $A^{k}={\begin{pmatrix}-2&1&2\\1&0&3\\3&0&3\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1^{k}&0&0\\0&2^{k}&0\\0&0&5^{k}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}-2&1&2\\1&0&3\\3&0&3\end{pmatrix}}^{-1}$.
  
  Sin embargo, no todos los endomorfismos son diagonalizables, pero podemos caracterizar aquellos que sí que lo son.
  
  ## Caracterización de endomorfismos diagonalizables
  
  Definimos la multiplicidad algebraica y geométrica de un valor propio $\lambda$. La multiplicidad algebraica $m_{a}(\lambda )$ es su multiplicidad como raíz del polinomio característico. La multiplicidad geométrica $m_{g}(\lambda )$ de $\lambda$ es la dimensión del espacio de vectores propios de valor propio $\lambda$ (que denotaremos $E_{\lambda }$). Así, $m_{g}(\lambda )=\dim(E_{\lambda })$.
  
  Antes de la caracterización, hace falta demostrar dos lemas:
  
  * $(1)$ Sean $\lambda _{1},\dots ,\lambda _{r}$ VAPS de $f$ diferentes dos a dos. Entonces,
  * $E_{\lambda _{1}}\oplus \dots \oplus E_{\lambda _{r}}$,
  * donde $\oplus$ significa suma directa.
  * Lo vemos por inducción sobre $r$:
  * $r=2$:
  * Tenemos $\lambda _{1}\neq \lambda _{2}$. Queremos ver que $E_{\lambda _{1}}\oplus E_{\lambda _{2}}$, o, equivalentemente, $E_{\lambda _{1}}\cap E_{\lambda _{2}}=\{0\}$.
  * Sea $u\in E_{\lambda _{1}}\cap E_{\lambda _{2}}$ arbitrario. Tenemos que $\left\{{\begin{matrix}u\in E_{\lambda _{1}}\Rightarrow f(u)=\lambda _{1}u\\u\in E_{\lambda _{2}}\Rightarrow f(u)=\lambda _{2}u\end{matrix}}\right\}$ $\Rightarrow 0=(\lambda _{1}-\lambda _{2})u{\overset {\lambda _{1}\neq \lambda _{2}}{\Rightarrow }}u=0$
  * Como $u\in E_{\lambda _{1}}\cap E_{\lambda _{2}}$ era arbitrario, tenemos lo que queríamos.
  * Inducción:
  * Sean $u_{i}\in E_{\lambda _{i}}$ con $i=1,\dots ,r$. Supongamos que $u_{1}+\dots +u_{r}=0$. Para ver que $\{E_{\lambda _{i}}$ están en suma directa, es suficiente ver que $u_{i}=0\quad \forall i=1,\dots ,r$.
  * $u_{1}+\dots +u_{r}=0\Rightarrow f(u_{1}+\dots +u_{r})=f(0)\Rightarrow f(u_{1})+\dots f(u_{r})=0\Rightarrow \lambda _{1}u_{1}+\dots +\lambda _{r}u_{r}=0\quad (*)$
  * Por otro lado, $u_{1}+\dots +u_{r}=0\Rightarrow \lambda _{r}u_{1}+\dots +\lambda _{r}u_{r}=0\quad (**)$
  * Restamos $(*)-(**)$:
  * $(\lambda _{1}-\lambda _{r})u_{1}+\dots +(\lambda _{r}-\lambda _{r})u_{r}=0\Rightarrow (\lambda _{1}-\lambda _{r})u_{1}+\dots +(\lambda _{r-1}-\lambda _{r})u_{r-1}=0{\overset {\text{Hip. inducción}}{\Rightarrow }}$
  * $\Rightarrow (\lambda _{i}-\lambda _{r})u_{i}=0\quad \forall i=1,\dots ,r-1{\overset {\lambda {\text{ diferentes dos a dos}}}{\Rightarrow }}u_{i}=0\quad \forall i=1,\dots ,r-1$.
  * Por tanto, como $u_{1}+\dots +u_{r}=0\Rightarrow u_{r}=0$. $\quad \square$
  * $(2)$Si $\lambda$ es VAP de $f$, $1\leq m_{g}({\lambda })\leq m_{a}({\lambda })$
  * Que $1\leq m_{g}(\lambda )$ es obvio, pues $\lambda$ es VAP y, por definición, existen VEPs de VAP $\lambda$. Como los VEPs son distintos de 0, trivialmente, la dimensión del espacio que generan es no nula.
  * Veamos que $m_{g}(\lambda )\leq m_{a}(\lambda )$. Sea $\{u_{1},\dots ,u_{d}\}$ una base de $E_{\lambda }$: $E_{\lambda }=\operatorname {span} (u_{1},\dots ,u_{d})$.
  * Por el teorema de intercambio de Steinitz, podemos completar esta base a una base del espacio: ${\mathcal {B}}=\{u_{1},\dots ,u_{d},u_{d+1},\dots ,u_{n}\}$. Consideremos $A$ la matriz de $f$ en base ${\mathcal {B}}$:
  * $A={\begin{pmatrix}\lambda &0&\dots &0&&&\\0&\lambda &\dots &0&&C_{1}&\\\vdots &\vdots &\ddots &\vdots &&&\\0&0&\dots &\lambda &&&\\0&0&\dots &0&&&\\\vdots &\vdots &&\vdots &&C_{2}&\\0&0&\dots &0&&&\end{pmatrix}}\Rightarrow Q_{f}(t)=\det(A-tI)=(\lambda -t)^{d}\det(C_{2}-tI)=(\lambda -t)^{m_{g}(\lambda )}h(t)$,
  * Con $h(t)$ polinomio que podría, o no, tener a $\lambda$ como raíz. En cualquier caso, $m_{g}(\lambda )\leq m_{a}(\lambda )\quad \square$
  
  Veamos ahora el teorema que caracteriza a los endomorfismos diagonalizables y nos permitirá asegurar que no podemos diagonalizar $f$ antes de acabar el algoritmo presentado en el primer apartado del artículo.
  
  * $f$ diagonaliza $\Leftrightarrow \left\{{\begin{matrix}(i)\quad Q_{f}(t){\text{ descompone completamente}}\\(ii)\quad \forall \lambda {\text{ VAP }}\quad m_{g}(\lambda )=m_{a}(\lambda )\end{matrix}}\right.$
  * Observamos que $Q_{f}(t)$ descompone completamente $\Leftrightarrow Q_{f}(t)=(-1)^{n}(t-\lambda _{1})^{s_{1}}\dots (t-\lambda _{r})^{s_{r}},$ con $s_{1}+\dots +s_{r}=\operatorname {gr} (Q_{f})=n=\dim E\quad (*)$.
  * Además, $f$ es diagonalizable, por definición, si podemos generar el espacio sólo con VEPs, es decir, si $E_{\lambda _{1}}+\dots +E_{\lambda _{r}}=E$.
  * Por tanto,
  * $f{\text{ diagonaliza}}\Leftrightarrow E_{\lambda _{1}}+\dots +E_{\lambda _{r}}=E{\overset {E_{\lambda _{i}}\subseteq E\Rightarrow E_{\lambda _{1}}+\dots E_{\lambda _{r}}\subseteq E}{\Leftrightarrow }}\dim E=\dim(E_{\lambda _{1}}+\dots +E_{\lambda _{r}}){\overset {(1)}{=}}\dim(E_{\lambda _{1}}\oplus \dots \oplus E_{\lambda _{r}})=\dim E_{\lambda _{1}}+\dots \dim E_{\lambda _{r}}=$
  * $=m_{g}(\lambda _{1})+\dots +m_{g}(\lambda _{r}){\overset {(2)}{\leq }}m_{a}(\lambda _{1})+\dots +m_{a}(\lambda _{r})\leq \operatorname {gr} (Q_{f})=n=\dim E\Leftrightarrow$ las dos desigualdades son igualdades.
  * La primera, por $(2)$, es equivalente a pedir que $\forall \lambda$ VAP $m_{g}(\lambda )=m_{a}(\lambda )$.
  * La segunda, por $(*)$, es equivalente a pedir que $Q_{f}$ descomponga completamente. $\quad \square$
  
  Por tanto, en el algoritmo anterior podemos afirmar que $f$ no es diagonalizable sin acabar en dos casos: si el polinomio característico no descompone o si al calcular los subespacios de vectores propios, encontramos alguno cuya dimensión no coincida con la multiplicidad algebraica del VAP correspondiente.
  
  Además, si no hemos parado en ninguno de los dos casos anteriores, el teorema afirma que $f$ es diagonalizable directamente, es decir, no hace falta el tercer paso, donde comprobábamos que el conjunto de VEPs obtenidos eran efectivamente una base. Así, podríamos actualizar el algoritmo como sigue:
  
  (1) Encontrar los valores propios: las raíces de $Q_{f}(t)=\det(A-tI)$. Si no descompone completamente, $f$ no diagonaliza. Fin.
  
  (2) Encontrar los vectores propios: para cada valor propio $d_{i}$, $\ker(A-d_{i}I)$. Si la dimensión de este núcleo no es igual a la multiplidad del VAP correspondiente como raíz del polinomio característico, $f$ no diagonaliza. Fin.
  
  (3) Llegado a este punto, $f$ diagonaliza, y la unión de las bases de los espacios de VEPs es la base que buscamos para diagonalizar $f$.
  
  