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Dul
Nivel 3
Edad: 31
Registrado: 03 Jul 2012
Mensajes: 20
Ubicación: Vicente López
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Hola, tengo la siguiente duda:
Una matriz A es diagonalizable unitariamente cuando existe una base BOG de autovectores de A. Pero si yo tengo una base no BOG de autovectores de A, no puedo ortogonalizarla con G-S y conseguirme una bog del mismo subespacio, donde los auto-espacios asociados a cada autovalor sean los mismos (por prop. de G-S)?
No entiendo, porque según este razonamiento basta que encuentre una base de autovectores de A para diagonalizarla unitariamente, y creía que sólo las simétricas/hermíticas tenian esa propiedad..
Desde ya muchas gracias!
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Jackson666
Nivel 9
Edad: 37
Registrado: 01 Feb 2009
Mensajes: 1980
Ubicación: Martínez
Carrera: Electricista
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Excelente pregunta. La respuesta no es tan sencilla como uno cree.
Hay una cosa que se llama teorema de Schur, que dice que toda matriz diagonalizable es unitariamente equivalente a una matriz triangular. Lo cual, contesta tu duda.
El teorema también afirma que cuando la matriz A es normal, entonces es unitariamente equivalente a una matriz diagonal, cosa que conocemos como diagonalización unitaria.
Para entender la demostración del teorema de Schur, hay que saber un poco de análisis matricial. La podes ver acá, en la página 5.
El teorema espectral (o una consecuencia del mismo) dice que una matriz A es normal si y sólo si es unitariamente diagonalizable. La demostración la podes ver acá, en la página 187.
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mausq
Nivel 4
Edad: 35
Registrado: 15 Mar 2009
Mensajes: 81
Carrera: Informática
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Que posibilidades hay de que yo haya entrado para hacer la exactamente la misma pregunta?y veo que la publicaste hace horas, jaja que casualidad.
Viendo lo de jackson666 no me quedó muy claro.
Según en teorema espectral que tengo dice:
Si A es real y simétrica, entonces A es diagonalizable ortogonalmente. Además vale la recíproca.
¿Esto seria un si y solo si, o me equivoco?
Por que por ejemplo tengo la matriz:
0 1 0
0 1 0
-1 1 1
Esta tiene 2 autovalores pero sus autovectores forman base de R3. Entonces hago como dice Dul, consigo la base ortogonal y me quedaria una diagonalizacion ortogonalmente.
Y como está claro que esta matriz no es simétrica, entonces entraría en contradicción con el teorema.
Claramente me estoy confundiendo en algo, pero como Dul no entiendo donde. Gracias
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Huey 7
Nivel 6
Registrado: 03 Mar 2010
Mensajes: 267
Carrera: Electrónica
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A ver si entiendo. Una matriz ![[tex]A \in \mathbf{R}^{n \times n}[/tex]](images/latex/6d6da5482a8d15097362e03bda86156917963df3_0.png "[tex]A \in \mathbf{R}^{n \times n}[/tex]") es diagonalizable si existe una base de ![[tex]\mathbf{R}^n[/tex]](images/latex/66c57c11b76afe29d305b8cfe8f44b2a68bef53d_0.png "[tex]\mathbf{R}^n[/tex]") compuesta por autovectores de A. Si esa base de autovectores es ortogonal, A es diagonalizable mediante una matriz unitaria. Si ustedes tienen una base B de autovectores de A que no ortogonal, ¿lo que quieren hacer es aplicar el método de Gram-Schmidt a B para obtener una base B' ortogonal, y decir que con los vectores de B' supuestamente se podría diagonalizar unitariamente A?
Si es así, la falla del razonamiento está en suponer que B' va a ser también una base de autovectores de A, y, por lo tanto, que sus elementos sirven para diagonalizar A. Aunque claramente B' va a ser una base de tanto como B. El método de Gram-Schmidt trabaja construyendo cada elemento de B' como una combinación lineal conveniente de elementos de B. Y una combinación lineal de autovectores de A asociados a autovalores diferentes no es necesariamente un autovector.
Por ejemplo, en ![[tex]\mathbf{R}^2[/tex]](images/latex/0fc8d32ea581e7082e4a4f2d1801189fc4cd022e_0.png "[tex]\mathbf{R}^2[/tex]") para hacerla fácil, supongamos que A tiene dos autovectores ![[tex]v_1 \mbox{ y } v_2[/tex]](images/latex/cf438535185dc44cd5cdfd3e322410ee41aca05a_0.png "[tex]v_1 \mbox{ y } v_2[/tex]") no ortogonales asociados a autovalores ![[tex]\lambda_1 \mbox{ y } \lambda_2[/tex]](images/latex/294ecbd7aacd134e57b372052af0d84de5f5f38a_0.png "[tex]\lambda_1 \mbox{ y } \lambda_2[/tex]") diferentes. Con el método de Gram-Schmidt se construye una base ![[tex]B' = \{w_1, w_2\}[/tex]](images/latex/4e2898d6915d148c67e048929894335c54bf3e0f_0.png "[tex]B' = \{w_1, w_2\}[/tex]") tal que ![[tex]w_1 = v_1[/tex]](images/latex/af3fc1d5d0dd13fbc277273fe9f4c85e93c146cf_0.png "[tex]w_1 = v_1[/tex]") y ![[tex]w_2 = v_2 + kv_1[/tex]](images/latex/a0322180d3c99eb31cef1aea2cb4e94fef734831_0.png "[tex]w_2 = v_2 + kv_1[/tex]") para un real k calculado convenientemente. Entonces:
![[tex]Aw_2 = A(v_2 + kv_1) = \lambda_2 v_2 + k \lambda_1 v_1[/tex]](images/latex/9d7213b700cf81e3d0086b9a4aa7134c33ad2297_0.png "[tex]Aw_2 = A(v_2 + kv_1) = \lambda_2 v_2 + k \lambda_1 v_1[/tex]")
Para que B' sirva para diagonalizar A, ![[tex]w_2[/tex]](images/latex/bba3e6c47ee7b294f7bf9c90b2b2966978ebf632_0.png "[tex]w_2[/tex]") debería ser autovector de A, así que ![[tex]Aw_2 = \lambda_3 w_2 = \lambda_3 (v_2 + kv_1)[/tex]](images/latex/78676352a0284fadaa2ecf2e56841c29c08273e8_0.png "[tex]Aw_2 = \lambda_3 w_2 = \lambda_3 (v_2 + kv_1)[/tex]") para algún ![[tex]\lambda_3 \in \mathbf{R}[/tex]](images/latex/2b2d50a12b7a6e604741c6f4db31b609bccc184f_0.png "[tex]\lambda_3 \in \mathbf{R}[/tex]") . Como son linealmente independientes, eso sólo puede ocurrir si ![[tex]\lambda_3 = \lambda_2 \mbox{ y } k \lambda_3 = k \lambda_1[/tex]](images/latex/2a12cd3f7043315fb9364993b028a6b4a98a7272_0.png "[tex]\lambda_3 = \lambda_2 \mbox{ y } k \lambda_3 = k \lambda_1[/tex]") . Y como ![[tex]k \not= 0[/tex]](images/latex/451f01e2e0d00110171c0adae5d557ce1ff30e50_0.png "[tex]k \not= 0[/tex]") porque no son ortogonales, eso sólo puede ocurrir si ![[tex]\lambda_3 = \lambda_1 = \lambda_2[/tex]](images/latex/b47fc8f287999b37e931b47132b0ba8dddd84fbd_0.png "[tex]\lambda_3 = \lambda_1 = \lambda_2[/tex]") , que contradice la hipótesis de que ![[tex]\lambda_1 \not= \lambda_2[/tex]](images/latex/62f2d570da2f0ca30324fe0788fc712c90fec1b5_0.png "[tex]\lambda_1 \not= \lambda_2[/tex]") . Así que no puede ser autovector de A, y B' no sirve para diagonalizar A.
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mausq
Nivel 4
Edad: 35
Registrado: 15 Mar 2009
Mensajes: 81
Carrera: Informática
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| Huey 7 escribió:
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A ver si entiendo. Una matriz es diagonalizable si existe una base de compuesta por autovectores de A. Si esa base de autovectores es ortogonal, A es diagonalizable mediante una matriz unitaria. Si ustedes tienen una base B de autovectores de A que no ortogonal, ¿lo que quieren hacer es aplicar el método de Gram-Schmidt a B para obtener una base B' ortogonal, y decir que con los vectores de B' supuestamente se podría diagonalizar unitariamente A?
Si es así, la falla del razonamiento está en suponer que B' va a ser también una base de autovectores de A, y, por lo tanto, que sus elementos sirven para diagonalizar A. Aunque claramente B' va a ser una base de tanto como B. El método de Gram-Schmidt trabaja construyendo cada elemento de B' como una combinación lineal conveniente de elementos de B. Y una combinación lineal de autovectores de A asociados a autovalores diferentes no es necesariamente un autovector.
Por ejemplo, en para hacerla fácil, supongamos que A tiene dos autovectores no ortogonales asociados a autovalores diferentes. Con el método de Gram-Schmidt se construye una base tal que y para un real k calculado convenientemente. Entonces:
Para que B' sirva para diagonalizar A, debería ser autovector de A, así que para algún . Como son linealmente independientes, eso sólo puede ocurrir si . Y como porque no son ortogonales, eso sólo puede ocurrir si , que contradice la hipótesis de que . Así que no puede ser autovector de A, y B' no sirve para diagonalizar A.
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Me re sirvió.
Me quedó una duda. En el caso en que A de R3 sea simétrica y tenga dos autovalores. Los autovectores que estan asociados a distintos avas son ortogonales, pero los que pertenecen a uno mismo no, no? Entonces para diagonalizarla tambien tendria que utilizar Gram-Schmidt para hacerlos ortogonales. Ahora, al hacerlos ortogonales pierden la asociacion con el autovalor al cual estaba asociado como pasa cuando no es simetrica?
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Dul
Nivel 3
Edad: 31
Registrado: 03 Jul 2012
Mensajes: 20
Ubicación: Vicente López
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Ah bueno, veo que no era tan trivial la pregunta (qué alivio).
Muchas gracias a todos por las respuestas, pero me queda la misma duda que a mausq..
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Huey 7
Nivel 6
Registrado: 03 Mar 2010
Mensajes: 267
Carrera: Electrónica
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| mausq escribió:
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Me quedó una duda. En el caso en que A de R3 sea simétrica y tenga dos autovalores. Los autovectores que estan asociados a distintos avas son ortogonales [...]
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Correcto.
| mausq escribió:
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[...] pero los que pertenecen a uno mismo no, no? Entonces para diagonalizarla tambien tendria que utilizar Gram-Schmidt para hacerlos ortogonales.
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En ese caso tenés un subespacio propio de dimensión 2. Todos los vectores de ese subespacio van a ser autovectores de A (asociados al mismo autovalor), y siempre vas a poder agarrar dos que sean ortogonales: agarrás dos cualesquiera que sean linealmente independientes, y si no son ortogonales, les aplicás a esos dos el método de Gram-Schmidt.
| mausq escribió:
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Ahora, al hacerlos ortogonales pierden la asociacion con el autovalor al cual estaba asociado como pasa cuando no es simetrica?
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No si aplicás el método a un conjunto de autovectores asociados al mismo autovalor. Fijate, repito el desarrollo del post anterior, pero esta vez suponiendo que están asociados al mismo autovalor ![[tex]\lambda[/tex]](images/latex/33cc3f1888c40df430b5eed36b9135bf1507eb13_0.png "[tex]\lambda[/tex]") (ya sin subíndice). Rehaciendo todos los pasos, llegás ahora a que:
![[tex]Aw_2 = A(v_2 + kv_1) = Av_2 + kAv_1 = \lambda v_2 + k\lambda v_1 = \lambda(v_2 + kv_1) = \lambda w_2[/tex]](images/latex/de3efab07622f09f1ad1f0e945e013d490b81c39_0.png "[tex]Aw_2 = A(v_2 + kv_1) = Av_2 + kAv_1 = \lambda v_2 + k\lambda v_1 = \lambda(v_2 + kv_1) = \lambda w_2[/tex]")
Ahora sí es autovector (en particular, asociado al mismo autovalor que , o sea, ), y la base ortogonal que obtuviste sirve para diagonalizar A.
EDIT: pequeño agregado.
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