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Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
MATRICES SIMÉTRICAS Y ORTOGONALES.
¿Cómo diagonalizar eficientemente?
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1.
2.
3.
Autovalores de matrices reales.
Lema 1
Lema 2
Lema 3
Ejemplo 1
Ejemplo 2
Matrices simétricas reales.
Definición 1
Lema 4
Lema 5
Ejemplo 3
Teorema 1
Lema 6
Congruencia-semejanza.
Definición 2
6
7
7
8
9
9
9
9
10
10
11
12
12
13
13
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4.
5.
Corolario 1
Lema 7
Definición 3
Corolario 2
Ejemplo 4
El grupo ortogonal O(n).
Definición 4
Corolario 3
Ejemplo 5
Definición 5
Interpretación geométrica de O(2).
Corolario 4
Lema 8
Ejemplo 6
Definición 6
Definición 7
Corolario 5
Lema 9
Ejemplo 7
Definición 8
Corolario 6
Definición 9
Ejemplo 8
13
14
14
14
15
16
16
18
19
20
20
20
21
21
23
23
23
24
24
26
26
26
26
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6.
7.
8.
Matrices de Givens y de Householder.
Definición 10
Ejemplo 9
Lema 10
Corolario 7
Definición 11
Corolario 8
Ejemplo 10
Descomposición por valores singulares (SVD).
Teorema 2
Ejemplo 11
Definición 12
Corolario 9
Definición 13
Corolario 10
Ejemplo 12
Lema 11
Definición 14
Corolario 11
Lema 12
Seudoinversa de Moore-Penrose.
Definición 15
Lema 13
27
27
27
28
29
29
29
29
30
30
31
33
33
33
34
34
35
36
37
37
37
37
38
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9.
10.
11.
12.
13.
Definición 16
Teorema 3
Ejemplo 13
Ejemplo 14
Ejemplo 15
Área de paralelogramos.
Lema 14
Lema 15
Ejemplo 16
Ejemplo 17
Número de condición de una matriz.
Definición 17
Ejemplo 18
Ejemplo 19
Lema 16
Ejemplo 20
Apéndice 1. Valores propios de un producto de matrices.
Ejemplo 21
Teorema 4
Ejemplo 22
Apéndice 2. Una aplicación estadística de la SVD.
Ejemplo 23
Ejercicios.
38
38
38
39
39
40
41
42
43
43
44
44
44
45
46
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48
48
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53
55
57
59
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Ejercicio 1
Ejercicio 2
Ejercicio 3
Ejercicio 4
Ejercicio 5
Ejercicio 6
Ejercicio 7
Ejercicio 8
Ejercicio 9
Ejercicio 10
14. Test de repaso.
59
59
59
60
60
60
60
61
61
61
61
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1. AUTOVALORES DE MATRICES REALES .
Dada una matriz cuadrada real, A = (ai j ) ∈ Mn (R), sus autovalores son las
raíces de su polinomio característico
p(λ) = |A − λI | =
a 11 − λ
a 12
...
a 21
a 22 − λ . . .
..
.
..
.
a n1
a n2
..
a 1n
a 2n
..
.
.
=
. . . a nn − λ
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= (−1)n λn + (−1)n−1 p n−1 λn−1 + · · · + p 0
Contenido
Por desarrollo directo, el coeficiente p n−1 = t r (A) = a11 + · · · + ann coincide
con la suma de la diagonal principal de A y se le llama la traza de la matriz.
Haciendo λ = 0, en ambos lados, se ve que el coeficiente p 0 = det(A) ∈ R
coincide con el determinante de la matriz1.
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Como p(λ) ∈ R(λ), es un polinomio real de grado n , sabemos por el Teorema
Fundamental del Álgebra2 que tiene exactamente n raíces complejas. O sea,
n autovalores (contados con su multiplicidad), λ1 , . . . , λn ∈ C, y se tiene
n n
p(λ) = (−1) λ + (−1)
n−1
n−1
p n−1 λ
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n
+ · · · + p 0 = (−1) (λ − λ1 ) · · · (λ − λn )
1Hay fórmulas para los demás coeficientes aunque son mas complicadas.
2Todas sus demostraciones tienen una parte que cae fuera del alcance de estas notas.
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Igualando coeficientes, en ambos miembros, se obtiene
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p n−1 = t r (A) = a 11 + · · · + a nn = λ1 + · · · + λn
p 0 = det(A) = λ1 · · · λn
Así, dada una matriz cuadrada real A , hemos demostrado que
Lema 1. La suma de autovalores da la traza y su producto el determinante.
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Si λ ∈ C es un valor propio de A , el s.l. (A − λI )X = 0 tiene solución distinta
de cero y existe un vector, 0 = v ∈ Cn tal que Av = λv .
v se dice un autovector asociado a λ. El par (λ, v) es una autopareja de A .
Así, si (λ, v) es una autopareja de A , se verifican las siguientes.
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Lema 2. [Propiedades de los autovalores y autovectores]
1)
2)
3)
4)
5)
(λ, µv) es una autopareja de A , para todo µ ∈ R.
(µλ, v) es una autopareja de µA , para todo µ ∈ R.
(1/λ, v) es una autopareja de A −1 (si existe).
(λk , v) es una autopareja de A k , para todo k ∈ N.
λ es un autovalor de A t .
Demostración:
1) Av = λv implica A(µv) = λ(µv).
2) Av = λv implica (µA)v = (µλ)v .
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1
λ v.
3) Av = λv implica v = λ(A v) =⇒ A v =
4) Av = λv implica, por inducción, A k v = λk v .
5) |A − λI | = |(A − λI )t | = |A t − λI |.
−1
−1
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Aunque, A y su traspuesta A t tienen los mismos autovalores, no tienen los
mismos autovectores. Los de A t se llaman autovectores por la izquierda3.
Si A, B ∈ Mn (R) y B es una matriz regular, entonces
|AB − λI | = 0 ⇐⇒|B ||AB − λI | = 0 ⇐⇒ |B AB − λB | = 0 ⇐⇒ |B A − λI ||B | = 0
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⇐⇒|B A − λI | = 0
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O sea, si son cuadradas y A o B es regular, hemos demostrado
Lema 3. AB y B A tienen exactamente los mismos autovalores.
Aunque no sean cuadradas, si existen ambos productos AB y B A . Estas son
matrices cuadradas y coinciden sus autovalores distintos de cero4.
1
1 1
, AB = (2) y B A =
cuyo
1
1 1
polinomio característico es p(λ) = (1−λ)2 −1 = λ2 −2λ = λ(λ−2) y tiene los
autovalores 0 y 2. Luego coincide el autovalor (2) distinto de cero.
Un caso muy simple es A = (1, 1), B =
3Cuando A es simétrica, si coinciden los autovectores por la izquierda y derecha.
4Si A de dimensión mxn , B de dimensión nxm . La demostración es diferente.
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
1
1
1 1 1
Ejemplo 1. Dadas las matrices A =
y B = 0 −1,
0 0 1
0
1


1 1
2
1 1

sus productos son AB =
, y B A = 0 0 −1
0 1
0 0
1
Sus polinomios son respectivamente p 1 (λ) = (1 − λ)2 y p 2 (λ) = −λ(1 − λ)2 .
De nuevo, coinciden sus autovalores distintos de cero (λ = 1 doble).


1 0
1 −2
1
Ejemplo 2. Dadas las matrices A =
y B =  0 1,
0
1 −1
−1 1


1 −2
1
0 −1

sus productos son AB =
, y B A = 0 1 −1
1
0
−1
3 −2
2
Sus polinomios son respectivamente p 1 (λ) = λ + 1 y p 2 (λ) = −λ3 − λ. De
nuevo, coinciden sus dos autovalores distintos de cero, i , −i .

2. M ATRICES SIMÉTRICAS REALES .
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Dado un esp. vect. euclídeo, (V, •), y una a.l. f : V → V , decimos que
Definición 1. f es autoadjunta5 si f (u) • v = u • f (v), para todo u, v ∈ V .
5Algunos autores lo llaman endomorfismo simétrico.
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Dada una base, B = {e 1 , . . . , e n } de V , por definición, la matriz de un endomorfismo, A = (ai j ), por columnas son las coordenadas de f (e 1 ), . . . , f (e n )
respecto de la propia base.
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Si f (e j ) = a1 j e 1 + · · · + an j e n y B es ortonormal. Los coeficientes de Fourier
son ai j = f (e j ) • e i , ∀i , j = 1, . . . , n . Entonces, si f es autoadjunta la matriz
a i j = f (e j ) • e i = e j • f (e i ) = f (e i ) • e j = a j i
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es simétrica. Recíprocamente, si A es simétrica y B ortonormal6
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f (x) • y = (AX )t Y = X t A t Y = X t AY = X t f (Y ) = x • f (y)
Contenido
y hemos demostrado, que respecto a una base B ortonormal
Lema 4. f es autoadjunta (simétrico) si, y sólo si su matriz es simétrica.
En lo que sigue, A = (ai j ) ∈ Mn (R), será una matriz simétrica real.
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Lema 5. Los autovalores de A son todos números reales.
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Demostración: Sea (λ, v) una autopareja compleja. O sea, un autovector
v = x + yi ∈ Cn , dondex, y ∈ Rn , y un autovalor λ = a +bi ∈ C, donde a, b ∈ R
Ax + i Ay = A(x + yi ) = Av = λv = (a + bi )(x + yi ) = (ax − b y) + i (bx + a y)
6En este caso, el producto escalar se calcula como el usual, x • y = X t Y .
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Igualando, partes reales e imaginarias, se tiene
Ax = ax − b y,
Ay = bx + a y
Entonces
Ax • y = (ax − b y) • y = a(x • y) − b y
x • Ay = x • (bx + a y) = b x
2
2
+ a(x • y)
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restando
2
2
0 = x • Ay − Ax • y = b( x + y )
finalmente, como x 2 + y 2 = 0, b = 0 y λ = a ∈ R es real.
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10 −6
Ejemplo 3. Dada la matriz, A =
, su polinomio característico es
−6
5
10 − λ
−6
p(λ) =
= λ2 − 15λ + 14 = (λ − 1)(λ − 14) =⇒ 1, 14 ∈ R.
−6 5 − λ
Contenido
Sean {λ1 , . . . , λr } ⊂ R, los autovalores distintos de A 7.
Para toda matriz cuadrada, espacios propios, Vλi , correspondientes a autovalores distintos dan intersección cero. O sea, su suma es directa
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U = Vλ1 ⊕ · · · ⊕ Vλr ⊂ V = Rn
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Por el teorema espectral, sabemos que A es diagonalizable por semejanza si,
y sólo si U = Rn . Pero U = Rn ⇐⇒ U ⊥ = 0.
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7El espectro tiene tamaño r ≤ n . Pero contados con su multiplicidad, en total, dan n .
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Como, para todo autovector f (u) = Au = λu , se tiene f (U ) ⊂ U .
Si su complemento ortogonal U ⊥ = 0, se tiene para todo u ∈ U y v ∈ U ⊥
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f (v) • u = v • f (u) = 0
O sea, f (U ⊥ ) ⊂ U ⊥ y f : U ⊥ → U ⊥ será un endomorfismo.
Tendrá al menos un autovector 0 = v ∈ U ⊥ y entonces, f (v) = λv ⇒ v ∈ U
contradiciendo que U ∩U ⊥ = {0}. Por tanto,
U = Vλ1 ⊕ · · · ⊕ Vλr = Rn
el endomorfismo será diagonalizable por semejanza y hemos demostrado el
Teorema 1. [espectral para matrices simétricas]
Toda matriz simétrica real es diagonalizable en R.
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O sea, A es diagonalizable por semejanza. Pero se puede decir algo mas.
Lema 6. Si λ, µ ∈ R son autovalores distintos de f A , entonces Vλ ⊥Vµ .
Demostración: Para todo u ∈ Vλ y u ∈ Vµ
Página 12 de 64
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f (u) • v = (λu) • v = λ(u • v)
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u • f (v) = u • (µv) = µ(u • v)
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Como f = f A es simétrico, ambos son iguales, y
(λ − µ)(u • v) =⇒ u • v = 0
3. C ONGRUENCIA - SEMEJANZA .
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Por lo anterior, dada una matriz simétrica real A , podemos aplicar el método
de Gram-Schmidt, para obtener una base ortonormal para cada Vλ .
Por el lema anterior, su unión será una base de Rn , formada por autovectores
ortonormales. La matriz por columnas de estos vectores, P , es una matriz
ortogonal, P t = P −1 , tal que diagonaliza A . O sea,
λ1
 ..
P AP = D =  .
0

t
...
0
..
.. 
.
.
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
. . . λr
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donde cada autovalor λi se repite con su multiplicidad.
Asi, dadas matrices cuadradas, A, B, P ∈ Mn (R), se dice que
Definición 2. A y B son congruentes-semejantes si A = P t B P y P t = P −1 .
A P , se le llama una matriz ortogonal o una semejanza-ortogonal.
Por lo anterior, para toda matriz simétrica real A ∈ Mn (R)
Corolario 1. A es congruente-semejante con la diagonal de sus autovalores.
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Así, toda matriz simétrica real es diagonalizable por una semejanza-ortogonal.
Toda semejanza P representa un cambio de base, g : Rn −→ Rn ,
tal que g (u) = Pu . Si además P t = P −1 , se tiene
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u • v = u t v = u t P t P v = (Pu)t (P v) = g (u) • g (v) =⇒
=⇒ u
2
= u • u = g (u) • g (u) = g (u)
=⇒ cos(α(u, v)) =
2
=⇒
u•v
g (u) • g (v)
=
= cos(α(g (u), g (v)))
u v
g (u) g (v)
O sea, hemos demostrado que
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Lema 7. Toda semejanza-ortogonal preserva productos escalares.
Por tanto, también normas y ángulos.
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Si una a.l., g , preserva normas también preserva productos escalares, ya que
u+v
u•v =
u+v 2
2( u 2 + v
2
2
= u
2)
=
+ 2(u • v) + v
2
=⇒
g (u) + g (v) 2
= g (u) • g (v)
2( g (u) 2 + g (v) 2 )
Definición 3. Decimos que una a.l., g : Rn −→ Rn , es una isometria si
preserva normas. Por tanto, también productos escalares y ángulos8.
Corolario 2. Una semejanza es ortogonal si, y sólo si es una isometría.
8Si una a.l. preserva ángulos se llama conforme y puede no preservar normas.
Por ejemplo, una homotecia o dilatación
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Ejemplo 4. Dada la curva de R , C = (x, y) ∈ R : 10x − 12x y + 5y = 1 ,
se puede comprobar que
2
2
10x 2 − 12x y + 5y 2 = (x, y)
con A =
10 −6
−6
5
2
2
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x
= X t AX
y
10 −6
una matriz simétrica real.
−6
5
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Por el ejemplo 3, sabemos que sus autovalores son 1 y 14.
Resolviendo el s.l., (A − 14I )X = 0, se obtiene el autovector v 1 =
Resolviendo el otro s.l., (A − I )X = 0, se obtiene el autovector
1
(3, −2).
13
v 2 = 1 (2, 3).
13
Escribiendolos por columnas, la semejanza-ortogonal es P =
Por tanto, el cambio de base es X =
x
=
y
1
13
3 2
−2 3
1
13
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3 2
.
−2 3
x
=PX
y
Así, diagonalizamos
Página 15 de 64
10x 2 −12x y+5y 2 = X t AX = (P X )t AP X = X t P t AP X = (x , y )
14 0
0 1
x
y
O sea, con el cambio de base (sistema de referencia) la curva se ve que es
una elipse
C = (x , y ) ∈ R2 : 14x 2 + y 2 = 1
inclinada según tan( 32 ) y semiejes
1
14
y 1.
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4. E L GRUPO ORTOGONAL O(n).
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Dadas matrices, A, B ∈ Mn (R), cuadradas reales, si ambas son regulares, se
tiene que el producto AB −1 es de nuevo una matriz regular.
A un subconjunto G ⊂ Mn (R) tal que, dadas A, B ∈ G , se tenga que AB −1 ∈ G ,
se le llama un grupo de matrices.
Definición 4. Al conjunto de las matrices regulares reales se le denota,
GL n (R), y se le llama el grupo general lineal de orden n 9.
GL n (R) tiene 3 subgrupos de matrices interesantes, ya que
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• Si A, B tienen determinantes uno, |A| = 1 = |B |, también
|AB −1 | = |A||B |−1 = 1
Así, el conjunto de las matrices de determinante uno, denotado SL(n),
se le llama el grupo especial lineal de orden n .
• Si A, B son matrices ortogonales, A t = A −1 , B t = B −1 , también
(AB −1 )t = B A t = (AB −1 )−1
Así, el conjunto de la matrices ortogonales, denotado O(n), se le
llama el grupo ortogonal de orden n .
9O simplemente, grupo de las matrices regulares de orden n .
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• El conjunto de las matrices ortogonales, de determinante uno, es la
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intersección de los dos anteriores,
SO(n) = SL(n) ∩ O(n)
se le llama el grupo especial ortogonal de orden n .
La importancia de estos grupos de matrices, está en que admiten interpretación
geométrica y además permiten procesos algorítmicos10.
n
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n
A ∈ O(n), nos define una isometría, f : R → R , tal que f (u) = Au , ya que
u • v = u t v = u t A t Av = (Au)t Av = f (u) • f (v)
Recíprocamente, si una aplicación verifica que u•v = f (u)• f (v), ∀u, v ∈ Rn .
Para la base canónica, {e 1 , . . . , e n }, se tiene que los coeficientes de Fourier
y i = f (u) • f (e i ) = u • e i = x i son iguales. O sea, u = x 1 e 1 + · · · + x n e n , y

x1
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Contenido

 .
f (u) = y 1 f (e 1 ) + · · · + y n f (e n ) = ( f (e 1 ), . . . , f (e n ))  .. = Au
xn
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a 11 ... a 1n
donde A = ( f (e 1 ), . . . , f (e n )) =
.. . . ..
. . .
es la matriz ortogonal cuyas colum-
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a n1 ... a nn
nas son las coordenadas de f (e j ) = a1 j e 1 + · · · + an j e n 11.
10Computacionalmente buenos o eficientes. Por ejemplo, para diagonalizar.
11Que son vectores ortonormales, por preservar f productos escalares.
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Hemos encontrado unas ecu. matriciales. Así, f es lineal e isometría.
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Corolario 3. [caracterización de isometrías]
f : Rn → Rn isometría ⇔ f preserva prod. esc. ⇔ f (u) = Au , con A ∈ O(n).
En lo que sigue, vamos a clasificar el grupo ortogonal
a b
∈ M 2 (R) : A t = A −1
c d
O(2) = A =
Para eso, primero observamos que
2
t
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t
|A| = |A ||A| = |A A| = |I | = 1 ⇐⇒ |A| = 1 O |A| = −1
Contenido
Por tanto, distinguimos dos casos:
1) Isometría directa: A ortogonal y |A| = 1. O sea, A ∈ SL(2).
2) Isometría inversa: A ortogonal y |A| = −1. O sea, A ∈ O(2) − SL(2).
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Ahora, si A ∈ O(2)
1 0
a b
= I = A At =
0 1
c d
a c
a 2 + b 2 ac + bd
=
⇐⇒
b d
ac + bd c 2 + d 2
⇐⇒ a 2 + b 2 = 1 = c 2 + d 2 ,
ac + bd = 0,
ac = −bd
Estas ecuaciones determinan completamente las matrices. Así
Caso 1): ad − bc = 1 implica a = a 2 d − bac = a 2 d + b 2 d = (a 2 + b 2 )d = d .
Análogamente, b = abd − b 2 c = −a 2 c − b 2 c = −(a 2 + b 2 )c = −c .
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a b
O sea, se tiene que A ∈ SL(2) si, y sólo si a + b = 1 y A =
−b a
2
SO(2) =
2
a b
∈ M 2 (R) : a 2 + b 2 = 1
−b a
Caso 2): ad −bc = −1 implica −a = a 2 d −bac = a 2 d +b 2 d = (a 2 +b 2 )d = d .
Análogamente, −b = abd − b 2 c = −a 2 c − b 2 c = −(a 2 + b 2 )c = −c ⇔ b = c .
O sea, se tiene que A ∉ SL(2), A ∈ O(2) si, y sólo si a 2 +b 2 = 1 y A =
O(2) − SO(2) =
a
b
b −a
a
b
∈ M 2 (R) : a 2 + b 2 = 1
b −a
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Contenido
En particular, si hay ceros, se obtienen un número finito de matrices
0 −1
0 1
1 0
−1
0
,
,
,
∈ SO(2)
1
0
−1 0
0 1
0 −1
0 1
0 −1
1
0
−1 0
,
,
,
∈ O(2) − SO(2)
1 0
−1
0
0 −1
0 1
Ejemplo 5. Para cualquier valor de un ángulo, θ ∈ R, la matriz
A=
cos(θ) − sin(θ)
∈ SO(2)
sin(θ)
cos(θ)
claramente es una isometría directa, ya que cos(θ)2 + (− sin(θ))2 = 1.
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Además, la primera columna, f (e 1 ) = (cos(θ), sin(θ)), representa gráficamente el vector e 1 (eje x ), girado θ grados en sentido levógiro12.
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
Análogamente, la segunda columna, f (e 2 ) = (− sin(θ), cos(θ)), representa
gráficamente el vector e 2 (eje y ), girado θ grados en el mismo sentido.
Definición 5. Una isometría definida por la matriz ortogonal A =
es llamada una rotación levógira de ángulo θ .
cos(θ) − sin(θ)
sin(θ) cos(θ)
5. I NTERPRETACIÓN GEOMÉTRICA DE O(2).
Dados a, b ∈ R, tales que a 2 + b 2 = 1, siempre existe un ángulo θ ∈ R tal que
a = cos(θ), b = − sin(θ)13, y A ∈ SO(2) determina una rotación levógira.
a b
∈ SO(2), se puede interpretar también como un
−b a
giro en sentido dextrógiro. Basta tomar θ , tal que a = cos(θ) y b = sin(θ)14.
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En realidad, A =
Corolario 4. Las isometrías directas de R2 son las rotaciones.
La última interpretación permite diagonalizar una matriz arbitraria, B .
12Contrario a las agujas de un reloj.
13Por las propiedades de las funciones trigonométricas.
14Toda rotación es levógira y dextrógira, la diferencia está en tomar ángulos opuestos.
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x x
En efecto, si B = 1 2 , elegimos el único ángulo θ ∈ [0, π] tal que
y1 y2
y1
x1
, sin(θ) = , con r =
r
r
O sea, tomamos la rotación R tal que
cos(θ) =
RB =
x 1 /r
−y 1 /r
y 1 /r
x 1 /r
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
x 12 + y 12 = (x 1 , y 1 )
x1 x2
r (x 1 x 2 + y 1 y 2 )/r
=
y1 y2
0 (x 1 y 2 − y 1 x 2 )/r
Trasponiendo la matriz resultante, podemos hacer cero fuera de la diagonal.
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Lema 8. Toda matriz 2x2 se puede diagonalizar con rotaciones.
Contenido
1 1
Ejemplo 6. Para, A =
, con la rotación asociada a su primera columna
1 1
R1 A =
1/ 2 1/ 2
−1/ 2 1/ 2
1 1
=
1 1
2 2/ 2
=B
0
0
ahora, si definimos la rotación, R 2 , asociada a la primera fila de B y multiplicamos a la derecha por su traspuesta, se diagonaliza
R 1 AR 2 = B R 2 =
2 2/ 2
0
0
2/2 −1/ 2
2 0
=D
=
0 0
1/ 2
2/2
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Como R 1 , R 2 ∈ O(2), se tiene |A| = |D|, rango( A )=rango(D ). En este caso,
además, como A t = A ⇒ R 2 = R 1t , la diagonal obtenida son los autovalores y
la factorización es su diagonalización por semejanza.
15
Salvo la identidad, la matriz de una rotación no tiene autovalores reales
p(λ) =
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
a − λ −b
= (a − λ)2 + b 2 = 0 =⇒ (a − λ)2 = −b 2 =⇒ b = 0, a = 1
b
a −λ
Consideramos ahora una isometría inversa. O sea, A ∈ O(2) − SL(2).
En este caso, A =
p(λ) =
a
b
con a 2 + b 2 = 1, tiene los autovalores
b −a
a −λ
b
= λ2 −a 2 −b 2 = 0 =⇒ λ2 = a 2 +b 2 = 1 =⇒ λ = 1, −1
b
−a − λ
Para hallar sus autovectores, resolvemos los s.l.
a −1
b
b
−a − 1
a +1
b
b
−a + 1
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x
0
=
=⇒ x(a − 1) = −yb =⇒ (x, y) = (b, 1 − a)
y
0
x
0
=
=⇒ x(a + 1) = −yb =⇒ (x, y) = (b, −1 − a)
y
0
Si los normalizamos, u =
1
(b, 1 − a),
2−2a
u • v = 0,
v=
Au = u,
1
(b, −1 − a),
2+2a
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tenemos
Av = −v
Entonces, {u, v} es una base ortonormal y para todo vector u ∈ R 2 se tiene
u = xu + y v =⇒ f (u) = Au = x Au + y Av = xu − y v
15Al mover un ángulo θ los vectores de la base canónica, también mueve a cualquier
vector y no tiene direcciones fijas (autovectores).
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Toda a.l., f : R −→ R , que tenga los autovalores 1, −1, actúa de la misma
forma. Tiene una dirección fija u y lleva su perpendicular v a su opuesto.
2
2
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
Definición 6. Llamamos reflexión a una a.l. que tenga los autovalores 1, −1.
Dado v = (a1 , a2 ) ∈ R2 , llamamos la recta definida por v al subesp. vect.
v ⊥ = (x, y) ∈ R2 : a 1 x + a 2 y = 0
Si v es unitario, v = 1, la correspondencia entre v y su recta es biyectiva.
A ese v , le llamamos su vector director.
Si v es el autovector, correspondiente al autovalor −1, de una reflexión.
Definición 7. La llamamos reflexión respecto de la recta dada por v ∈ R2 .
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Así, toda matriz A ∈ O(2) − SL(2) (isometría inversa) es una reflexión.
Recíprocamente, si f : R2 −→ R2 es una reflexión y v = (a1 , a2 ) ∈ R2 es el
autovector unitario correspondiente al autovalor −1. Entonces, la matriz
H = I − 2v v t =
=
1 0
a
1 0
− 2 1 (a 1 , a 2 ) =
−
0 1
a2
0 1
2a 12
2a 1 a 2
2a 1 a 2
=
2a 22
Atrás
1 − 2a 12 −2a 1 a 2
a 22 − a 12 −2a 1 a 2
=
∈ O(2) − SL(2)
−2a 1 a 2 1 − 2a 22
−2a 1 a 2 a 12 − a 22
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16
Corolario 5. Las isometrías inversas del plano euclídeo son sus reflexiones .
16En el plano afín, hay más pero se reducen a éstas.
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Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
Las reflexiones también sirven para diagonalizar eficientemente.
x1 x2
, con u 1 = x 12 + y 12 ,
y1 y2
tomamos q = (x 1 + sg (x 1 ) u 1 , x 2 ) y lo normalizamos
En efecto, si B = {u 1 , u 2 } =
v=
1
(x 1 + sg (x 1 ) x 1 , x 2 )
q
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−sg (x 1 ) u 1
Entonces, la reflexión H = I − 2v v t satisface que Hu 1 =
0
y hace cero por debajo de la diagonal de B .
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Trasponiendo la matriz resultante, podemos repetir y diagonalizar.
Lema 9. Toda matriz 2x2 se puede diagonalizar con reflexiones.
Ejemplo 7. Para, A =
1 1
, la norma de su primera columna es u 1 =
1 1
Entonces, q = (1 + 2, 1), q =
H1
4 + 2 2 =⇒ v =
1
4+2 2
(1 + 2, 1)
1
1
1
1
1
1+ 2
= (I − 2v v t )
=
−
(1 + 2, 1)
=
1
1
1
1
1
2+ 2
=
2+ 2 1+ 2
1
1
1+ 2
− 2
−
=
−
=
1
1
1
1
0
2+ 2
2
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− 2 − 2
Por tanto, H A =
Finalmente, como (− 2, − 2) = 2, existe
0
0
otra reflexión H2 que multiplicada por la derecha diagonaliza A .
H1 AH2 =
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
−(−2) 0
2 0
− 2 − 2
H2 =
=
0
0
0 0
0
0
Observamos, en este ejemplo, que la matriz diagonal es la misma17 del ejemplo 6 (donde se diagonaliza por rotaciones).
Si usamos reflexiones, no es necesario calcular explícitamente las matrices
de cambio H para obtener los productos y por tanto la diagonal. Además,
conocemos de antemano la primera columna o fila del resultado.
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Así, para toda A ∈ M2 (R), existen matrices ortogonales18 U ,V ∈ O(2) tales
que
V t AU = D =
d1 0
0 d2
Página 25 de 64
t
Como hemos visto, U y V no son únicas. Pero siempre A = V DU .
Aunque A , no sea simétrica. Siempre lo son sus grammianas, A t A y A A t .
Luego ambas son diagonalizables por congruencia-semejanza. Además,
t
t t
t
t
t
t
2
A A = (V DU ) V DU = U DV V DU = U DDU = U D U
17
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t
Son los valores propios de A , que ya era diagonalizable por semejanza-ortogonal.
18Pueden ser ambas reflexiones o rotaciones si se preserva el signo del determinante.
En caso contrario, hay que mezclar rotación y reflexión.
Cerrar
Como en esta descomposición, los valores propios aparecen en la diagonal y
son únicos. Hemos demostrado que d12 y d22 son los valores propios de A t A .
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
También se demuestra que d 12 y d22 son los valores propios de A A t .
Por tanto, los elementos d1 y d 2 que únicos salvo su signo y su orden.
Definición 8. Si 0 ≤ d 1 ≤ d 2 , los llamamos los valores singulares de A .
Como siempre se pueden hacer positivos y/o reordenar multiplicando por
matrices ortogonales especiales. Tenemos
Corolario 6. Toda matriz A ∈ M2 (R) tiene valores singulares únicos.
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Como A t A = U D 2U t , la matriz ortogonal U ∈ O(2), tiene por columnas una
base ortonormal de autovectores de A t A . Análogamente, A A t = V D 2V t y
también V ∈ O(2) es una base de autovectores de A A t .
Como V t AU = D ⇐⇒ AU = V D , hay correspondencia entre autovectores.
Si u es autovector de A t A , v de A A t y d es un valor singular de A .
Definición 9. u y v se corresponden por valor singular si Au = d v .
1 1
5 3
2 3
, sus grammianas A t A =
, At A =
3 2
3 5
2 1
tienen los autovalores positivos {6.8541, 0.145898}. Sus raíces cuadradas
{2.61803, 0.381966} son los valores singulares de la matriz.
Ejemplo 8. Para, A =
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6. M ATRICES DE G IVENS Y DE H OUSEHOLDER .
a b
∈ SO(2), se pueden gener−b a
alizar a cualquier dimensión n . Así, si a 2 + b 2 = 1, una matriz


1 ...
0 ... 0 ... 0
 .. . .
..
..
..
.
.
.
.
.


0 . . .
a . . . b . . . 0


 ..

.
.
.
.
.
.
.
.
A= .
∈ SO(n)
. .
.
.


0 . . . −b . . . a . . . 0


 ..
..
.. . . ..
.
.
.
.
.
0 ...
0 ... 0 ... 1
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
Las rotaciones del plano euclídeo, A =
representa una rotación, tanto levógira como dextrógira, de dos de los ejes,
manteniendo iguales los n − 2 restantes.
Definición 10. Una matriz del tipo anterior es llamada una matriz de Givens.
Se dice que es una rotación de los ejes i , j , respecto a los n − 2 restantes.
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Ejemplo 9. En R3 , existen tres tipos de rotaciones o matrices de Givens,
Cerrar

 
 

1 0 0
a 0 b
a b 0
0 a b  ,  0 1 0  , −b a 0
0 0 1
0 −b a
−b 0 a
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
llamadas rotaciones respecto a los ejes x , y , z respectivamente
Ahora, toda matriz de orden nxn se puede diagonalizar con rotaciones.
O sea, multiplicando a derecha e izquierda por matrices de Givens.
Análogamente al caso bidimensional, podemos definir reflexiones.
Si u = (a1 , . . . , an ) ∈ Rn , es un vector unitario, u = 1.
Definimos H = I − 2uu t y la llamamos una matriz de Householder.

 
1 ... 0
2a 12
.
.
.  . 
.  .
H =  .. . . . ..  −2  ..  (a 1 , . . . , a n ) =  .. . . . ..  −  ..
0 ... 1
an
0 ... 1
2a 1 a n

1 ... 0


a1

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. . . 2a 1 a n
..
.
...
..
.
2a n2



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Lema 10. La matriz H = I − 2uu t , tiene las siguientes propiedades:
•
•
•
•
Hu = −u .
H v = v para todo v ∈ Rn tal que u⊥v .
H = Ht.
H t = H −1 .
Demostración:
•
•
•
•
Como u t u = u 2 = 1, se tiene Hu = (I − 2uu t )u = u − 2u = −u .
Si u t v = 0, se tiene H v = (I − 2uu t )v = v − 0v = v .
H t = (I − 2uu t )t = I t − 2(uu t )t = I − 2uu t = H .
H 2 = (I −2uu t )(I −2uu t ) = I −4uu t +4(uu t )2 = I −4uu t +4uu t = I .
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⊥
La fórmula de las dimensiones, d i m(u ) + d i m(L(u)) = n , implica
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
d i m(u ⊥ ) = n − 1
al subesp. vect.
u ⊥ = v ∈ Rn : u • v = 0 = v = (x 1 , . . . , x n ) ∈ Rn : a 1 x 1 + · · · + a n x n = 0
lo llamamos el hiperplano definido por u . Por tanto,
Corolario 7. La a.l. f : Rn −→ Rn , definida por una matriz de Householder,
f (x) = H x , tiene los autovalores 1 y −1, de multiplicidad geométrica n − 1.
Definición 11. Llamamos reflexión respecto de un hiperplano a un endomorfismo que tenga los autovalores 1, y −1, de multiplicidad geom. n − 1.
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Como dos endomorfismos coinciden si lo hacen sobre una base. Y por definición, toda reflexión determina una base de autovectores de Rn . Entonces
Corolario 8. Toda reflexión viene definida por una matriz de Householder.
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En la práctica, no es necesario calcular la matriz de Householder. Por ej.
Ejemplo 10. Si queremos calcular el vector reflejado de e 1 = (1, 0, 0) respecto al plano x+ y + z = 0, basta calcular el producto escalar e 1 • u =
1
u t e 1 = (1, 1, 1) 0 = 1. Entonces, el reflejado es e 1 − 2u = (−1, −1, −1)
0
He 1 = (I − 2uu t )e 1 = e 1 − 2(u t e 1 )u = e 1 − 2u
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7. D ESCOMPOSICIÓN POR VALORES SINGULARES (SVD).
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
Análogamente al caso bidimensional, multiplicando por matrices de Householder y/o Givens, se puede diagonalizar cualquier matriz19.
O sea, se puede diagonalizar con reflexiones y/o rotaciones cualquier matriz.
Una demostración general es la siguiente.
Teorema 2. [de existencia de valores singulares (SVD)] Para toda A ∈
M mxn (R), existen matrices U ∈ O(m), V ∈ O(n) tal que
V t AU = D
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es diagonal mxn con entradas d1 ≥ · · · ≥ d p ≥ 0 con p = min{m, n}.
Demostración: Podemos suponer n = min{m, n}. En caso contrario, descomponemos A t y trasponiendo su SVD, obtenemos la de A .
Su grammiana B = A t A es una matriz simétrica real y sus autovalores son no
negativos.Así, podemos escribirlos en orden decreciente, como cuadrados
d 12
≥ · · · ≥ d n2
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≥0
Por Gram-Schimdt, podemos elegir, u 1 , . . . , u n ∈ Rn , autovectores ortonormales. Así, Bu k = dk2 u k y por columnas U = (u 1 , . . . , u n ) es ortogonal nxn .
19
Página 30 de 64
Si A es mxn hay que multiplicar a izquierda por matrices de orden m y a derecha de
orden n . Hay algoritmos eficientes para órdenes grandes.
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m
Ahora, suponemos d r = 0 y dr +1 = · · · = dn = 0 y definimos vectores de R ,
v j = d1 Au j 20 para j = 1, . . . , r . Estos son ortonormales, ya que
j
v tj v k
d k2 t
1
1
t t
t
=
u A Au k =
u Bu k =
u uk =
d j dk j
d j dk j
d j dk j
0, Si j = k
1, Si j = k
Podemos ampliar hasta una base ortonormal v 1 , . . . , v r , v r +1 , . . . , v m de Rm .
Así, la matriz por columnas V = (v 1 , . . . , v m ) también es ortogonal. Ahora,
para todo k > r , como Au k = 0 también v tj Au k = 0. Y si k ≤ r , se tiene
v tj Au k
= d k v tj v k
=
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
0,
Si j = k
d k , Si j = k
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Por tanto, la descomposición pedida es V t AU = D ⇐⇒ A = V DU t
La demostración anterior es constructiva y se aplica a cada matriz para hallar
su descomposición por valores singulares. Como en el siguiente
1 1
1 2 1 1
5 3
, su grammiana A t A =
·
=
,
2 1
1 1 2 1
3 2
tiene por ecuación característica p(λ) = |A − λI | = (5 − λ)(2 − λ) − 32 =
λ2 − 7λ + 1 = 0 cuyas raíces son los autovalores positivos
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Ejemplo 11. Para, A =
7+3 5 7−3 5
,
2
2
= {6.8541, 0.145898}
20Ésta es la condición. para la correspondencia entre autovectores izquierda y derecha.
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Si para cada valor propio, se resuelven los s.l. y se normalizan sus soluciones se obtienen los vectores propios u 1 , u 2 que escritos por columnas dan
la matriz U tal que Λ = U t A t AU es diagonal21. O sea,
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
−0.850651 −0.525731 5 3 −0.850651
0.525731
6.8541
0
·
·
=
0.525731 −0.850651 3 2 −0.525731 −0.850651
0
0.145898
−1.37638 −0.32492
y se tiene B t B = U t A t AU = Λ.
−2.22703 0.200811
Por tanto, las columnas de B son vectores ortogonales pero en general no
unitarios (su norma son las raíces cuadradas de los valores propios de A t A ).
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Entonces, B = AU =
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Estas raíces cuadradas positivas son los llamados valores singulares de A
{d 1 , d 2 } = { 6.8541, 0.145898} = {2.61803, 0.381966}
Si normalizamos las columnas de B = AU , dividiendo por d1 y d 2 , obtenemos
−0.525731 −0.850651
cuyas columnas son los
−0.850651
0.525731
vectores unitarios v 1 , v 2 de la demostración. Además, por la definición de V
la matriz ortogonal V =
B = A ·U =
−0.525731 −0.850651 2.61803
0
·
=V ·D
−0.850651
0.525731
0
0.381966
21U diagonaliza por congruencia-semejanza a la grammiana A t A .
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t
Finalmente, despejando A = V · D ·U encontramos su SVD. Explícitamente
1 1
−0.525731 −0.850651
=
2 1
−0.850651
0.525731
2.61803
0
0 0.381966
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
−0.850651 −0.525731
0.525731 −0.850651
U y V en una SVD no son únicas, los d 1 ≥ · · · ≥ d p ≥ 0 si lo son. En efecto,
A t A = (V DU t )t V DU t = U DV t V DU t = U DDU t = U D 2U t
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A A t = V DU t (V DU t )t = V DDV t = V D 2V t
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Así, necesariamente los cuadrados d i2 son valores propios de A t A y A A t . Y
los di son únicos salvo su signo y su orden.
Contenido
Definición 12. Si 0 ≤ d i , ∀i , los llamamos los valores singulares de A .
Corolario 9. Toda matriz A tiene valores singulares únicos.
Como A t A = U D 2U t , la matriz ortogonal U ∈ O(2), tiene por columnas una
base ortonormal de autovectores de A t A . Análogamente, A A t = V D 2V t y
también V ∈ O(2) es una base de autovectores de A A t .
Como V t AU = D ⇐⇒ AU = V D , hay correspondencia entre autovectores.
Si u es autovector de A t A , v de A A t y d es un valor singular de A .
Definición 13. u y v se corresponden por valor singular si Au = d v .
A v se le llama vector singular izquierda y a u vector singular derecha.
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Como las matrices ortogonales U = (u 1 , . . . , u n ) y V = (v 1 , . . . , v m ) representan cambios de base ortonormales, desde la canónica.
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
Para toda a.l. f : Rn → Rm , definida por f (u) = Au , con A ∈ Mmxn (R)
Corolario 10. Existen bases ortonormales en Rn y Rm tales que la matriz de
f , respecto de estas nuevas bases, es diagonal con entradas no negativas.
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Como una a.l., f , definida por una matriz diagonal, con entradas no negativas, es una dilatación/contracción de ejes coordenados.
El corolario nos dice que toda f es esencialmente una dilatación/contracción.
2
7
2
1
3
6
0
9
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Contenido
58 57
tiene los auto57 126
valores positivos {158.37, 25.6298} y sus raíces cuadradas {12.5845, 5.06259}
son los valores singulares de A .
Ejemplo 12. Para, A =
, su grammiana A t A =
−0.869563
Los autovectores de A t A son las columnas de U = 0.493823
0.869563 0.493823 .
Ahora, para hallar la matriz V , lo que hacemos es calcular el producto
A·U =
3.59633 −0.257657
8.67413 −3.124
0.987645 −1.73913
8.31989 3.57484
y normalizar sus columnas de forma que se obtiene
la igualdad A ·U = V · D de donde se despeja A = V · D ·U t
2
7
2
1
3
6
0
9
=
0.285774 −0.0508943
0.68927 −0.617076
0.078481 −0.343525
0.661121 0.706129
12.5845
0
0
5.06259
0.493823 0.869563
−0.869563 0.493823
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2
4
A es la matriz de una a.l. de R en R y la hemos descompuesto en una
rotación en R 2 definida por U 22, después una dilatación en R 2 definida por
la matriz diagonal D y después una a.l. de R 2 en R 4 definida por V .
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
Si ampliamos las 2 columnas de V hasta una base ortonormal de R4 , tenemos
0.285774 −0.0508943 ∗ ∗
0.68927 −0.617076 ∗ ∗
0.078481 −0.343525 ∗ ∗
0.661121 0.706129 ∗ ∗
12.5845
0
t
0.493823 0.869563
0
5.06259
−0.869563 0.493823 = V1 ·D 1 ·U
0
0
0
0
t
y las nuevas V1 , D 1 diagonalizan A A = (V1 D 1U t )(U D 1t V1t ) = V1 D 1 D 1t V1t
12.58452
0
0 0
158.37
0
0 0
t
0
25.6298 0 0 es diagonal
0
5.062592 0 0 =
ya que D 1 D 1 =
0
0
0 0
0
0
0 0
0
0
0 0
0
0
0 0
A=
2
7
2
1
3
6
0
9
=
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Contenido
Cuando una matriz cuadrada A tiene determinante positivo se puede conseguir que las matrices U y V sean de rotaciones. Si A tiene determinante
negativo, son una rotación y una reflexión. Además, siempre se tiene que
Lema 11. Si r ≤ n es tal que d r = 0 y d r +1 = 0. Entonces,
1)
2)
3)
4)
rango(A) = r .
A = (v 1 , . . . , v r )diag{d 1 , . . . , d r }(u 1 , . . . , u r )t .
N (A) = L(u r +1 , . . . , u n ) es el esp. nulo de A .
C (A) = L(v 1 , . . . , v r ) es el esp. de columnas de A .
Demostración:
22Porque U es una matriz ortogonal de determinante 1.
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1) La multiplicación por matrices invertibles no cambia el rango.
2) Calculando el producto, se tiene
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
A = V DU t = (d 1 v 1 , . . . , d r v r , 0, . . . , 0)(u 1 , . . . , u r )t =
r
=
k=1
d k v k u kt = (v 1 , . . . , v r )diag{d 1 , . . . , d r }(u 1 , . . . , u r )t
3) N (A) = L(u r +1 , . . . , u n ) ya que Au kt = 0 para todo k = r + 1, . . . , n y su
dimensión es n − r por ser rango(A) = r .
4) C (A) = L(v 1 , . . . , v r ) es inmediato por 2).
Definición 14. La descomposición 2) del anterior corolario se le dice una
descomposición SVD compacta de A .
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Contenido
De esta descomposición compacta, A = (v 1 , . . . , v r )diag{d 1 , . . . , d r }(u 1 , . . . , u r )t
intercambiando los papeles de U , V y tomando inversos de las entradas, se
define fácilmente otra matriz
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B = (u 1 , . . . , u r )diag{1/d 1 , . . . , 1/d r }(v 1 , . . . , v r )t
Atrás
que es casi una inversa de A , ya que AB y B A son matrices cuadradas muy
n
cercanas a sus identidades. Ya que, m
v v t = Im ,
u u t = In y
k=1 k k
k=1 k k
t
AB = (v 1 , . . . , v r )diag{1, . . . , 1}(v 1 , . . . , v r ) = v 1 v 1t + · · · + v r v rt ∈ M m (R)
B A = (u 1 , . . . , u r )diag{1, . . . , 1}(u 1 , . . . , u r )t = u 1 u 1t + · · · + u r u rt ∈ M n (R)
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En particular, AB y B A son matrices simétricas por ser suma de simétricas.
Además, se deduce otra demostración para la existencia de inversas laterales.
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
Corolario 11. Si A es de rango pleno. Entonces, B es inversa lateral de A .
En general, la matriz B anterior verifica las siguientes igualdades.
A = (v 1 , . . . , v r )diag{d 1 , . . . , d r }(u 1 , . . . , u r )t =
= (v 1 , . . . , v r )diag{d 1 , . . . , d r }diag{1/d 1 , . . . , 1/d r }diag{d 1 , . . . , d r }(v 1 , . . . , v r )t =
= AB A
B = (u 1 , . . . , u r )diag{1/d 1 , . . . , 1/d r }(v 1 , . . . , v r )t =
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Contenido
= (u 1 , . . . , u r )diag{1/d 1 , . . . , 1/d r }diag{d 1 , . . . , d r }diag{1/d 1 , . . . , 1/d r }(v 1 , . . . , v r )t =
= B AB
O sea, dada un matriz A ∈ Mmxn (R) y su B asociada. Entonces, se tiene que
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Lema 12. AB A = A,
B AB = B .
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8. S EUDOINVERSA DE M OORE -P ENROSE .
Ahora, dada un matriz A ∈ Mmxn (R), estamos en condiciones de definir
Definición 15. Decimos que B ∈ Mnxm (R) es una inversa generalizada de
Moore-Penrose de A si AB y B A son simétricas y AB A = A, B AB = B .
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Por lo anterior, toda matriz tiene una inversa de Moore-Penrose. Pero, además
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
Lema 13. La inversa de Moore-Penrose de una matriz es única.
Demostración: Supongamos que B y C son ambas inversas de MoorePenrose de A . Así, por definición, AB , B A , AC , C A son matrices simétricas.
B = B AB = A t B t B = A t C t A t B t B = C A A t B t B = C AB AB = C AB
C = C AC = CC t A t = CC t A t B t A t = CC t A t AB = C AC AB = C AB
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Esta unicidad de la inversa de Moore-Penrose de una matriz A permite darle
nombre propio.
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Definición 16. Llamamos A † , a la inversa de Moore-Penrose de A .
Contenido
Aunque no lo demostramos aquí, dado un s.l. de ecuaciones AX = b , compatible o incompatible, siempre se tiene que
Teorema 3. A † b es una solución mínimo cuadrática de norma mínima.
Ejemplo 13. A =
1 1
, es simétrica real. Por tanto, diagonalizable por
1 1
congruencia-semejanza.
1 1
0.707107 −0.707107
=
1 1
0.707107
0.707107
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2 0
0 0
0.707107 0.707107
−0.707107 0.707107
Como sus autovalores 2, 0 son no negativos, la matriz es semidefinida positiva y su SVD coincide con la descomposición anterior.
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Para hallar su inversa de Moore-Penrose, calculamos el producto
A† =
0.707107 −0.707107
0.707107
0.707107
Ejemplo 14. El s.l.
matriz A =
1/2 0
0 0
x+y = 1
x + y = −1
0.707107 0.707107
0.25 0.25
=
−0.707107 0.707107
0.25 0.25
es incompatible porque el rango de la
1 1
es uno y el de su matriz ampliada es dos.
1 1
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Sin embargo, tiene una solución mínimo cuadrática que es el vector
A†b =
0.25 0.25
0.25 0.25
x+y = 1
x+y = 1
es compatible indeterminado porque el
rango de su matriz y el de su ampliada es uno (menor que dos incógnitas).
La solución de norma mínima es el producto A † b =
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Contenido
1
0
=
−1
0
Así, el origen de coordenadas es el punto de la recta, imagen por la matriz
A (= la bisectriz del primer cuadrante), más cercano al punto (1, −1).
O sea, es la solución mínimo cuadrática del s.l.
Ejemplo 15. El s.l.
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
0.25 0.25
0.25 0.25
Así, (0.5, 0.5) es el punto de la recta, x + y = 1 de norma mínima.
O sea, el más cercano al origen de coordenadas.
1
0.5
=
.
1
0.5
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9. Á REA DE PARALELOGRAMOS .
Empezaremos calculando áreas de paralelogramos en R2 .
Sean u =
a c
a
c
,v=
∈ R2 y A = (u, v) =
la matriz que definen. El
b
d
b d
valor absoluto de su determinante es el área del paralelogramo que forman
y
y
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c
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a
Contenido
T3
T2
d
b
T
T1
a
T3
T2
T
b
T1
x
c
d
Página 40 de 64
x
El área del rectángulo, R = ad , es la suma de las áreas de 4 triángulos.
ab cd (a − c)(d − b)
−
−
=
2
2
2
ab + cd + (ad + bc − ab − cd )
ad + bc ad − bc
= ad −
= ad −
=
=T
2
2
2
R = ad = T + T1 + T2 + T3 ⇐⇒ T = ad −
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Como el área del paralelogramo, S , es dos veces el área de T, se tiene
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Dpto. de Álgebra
S = 2T = ad − bc = |A|
El dibujo de la izquierda se ha hecho suponiendo ad > bc . Si fuera al
contrario, estamos en el dibujo de la derecha, y los mismos cálculos dan
S = bc − ad = | det(A)| que es el valor absoluto del determinante.
Otra forma (vectorial) de hallar el área del mismo paralelogramo es
a c
a
|A| =
= v ⊥ •u = v ⊥ · u ·cos(α) = ± v · h
= ad −bc = (d , −c)
b d
b
donde v ⊥ = c 2 + d 2 = v es la longitud de la base
h = u · cos(α) es la longitud de la proyección de u = (a, b) sobre v ⊥ .
O sea, h es la altura del paralelogramo.
Finalmente, el signo depende de cos(α) y es el signo del determinante.
Los razonamientos anteriores sirven para todo u, v ∈ R2 . Así
Lema 14. S = | det(A)| es el área del paralelogramo formado por u , v .
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Contenido
Página 41 de 64
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n
Pero en R también dos vectores u y v forman un paralelogramo.
Su área también se puede calcular como base por altura23.
Como λu es un vector cualquiera de la recta definida por u . Para que el vector λu − v sea la altura del paralelogramo, basta suponer perpendicularidad
23En Rn , existen normas y la altura se calcula por perpendicularidad.
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Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
con u . O sea,
(λu − v) • u = 0 ⇐⇒ λ(u • u) = v • u = u • v
El valor de la altura es h = λu − v para el λ anterior. Pero, entonces
h 2 = λu − v
2
= (λu − v)•(λu − v) = −(λu − v)• v ⇐⇒ (u • v)λ+h 2 = v • v
Las igualdades anteriores forman un s.l. con dos incógnitas λ y h 2 .
(u • u)λ + 0h 2 = u • v
(u • v)λ + h 2 = v • v
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Contenido
Ahora, por la regla de Cramer para la resolución de sistemas, se tiene
h2 =
u •u u •v
u•v v •v
u •u 0
u•v 1
=
u •u u •v
u•v v •v
u •u
=⇒ |A t A| = h 2 u
Lema 15. S =
2
=
u
(u, v)
v
u
=⇒ S = h u =
2
=
|A t A|
=⇒
u 2
|A t A|
|A t A| es el área del paralelogramo formado por u , v .
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En el caso bidimensional, se reencuentra la fórmula anterior
S=
|A t A| =
|A t | · |A| =
|A| · |A| = | det(A)|
|A t A|,
Aunque, no lo demostramos aquí diremos que la fórmula anterior, S =
cuando A ∈ Mmxn (R) es de rango pleno por columnas, calcula el volumen n dimensional del paralelepípedo formado por sus n columnas.

2
Ejemplo 16. Dada la matriz A = 1
1
mado por sus columnas, u = (2, 1, 1) y

2
0 el área del paralelogramo for1
v = (2, 0, 1), se calcula como la raíz
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
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cuadrada del determinante de su grammiana. Por tanto,
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u •u u •v
6 5
|A t A| =
=
= 30 − 25 = 5 =⇒ S =
u•v v •v
5 5
|A t A| =
5 = 2.23607
Contenido
Si calculamos el determinante de la otra grammiana sale cero.
Lo que indica que las tres filas de A son l.d. y forman un paralelepípedo
degenerado de volumen cero.
Página 43 de 64

2
1
Ejemplo 17. Dada la matriz A = 
0
1

2
0
 el área del paralelogramo formado
1
1
por sus columnas es
|A t A| =
u •u u •v
6 5
=
= 36−25 = 11 =⇒ S =
u•v v •v
5 6
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|A t A| =
11 = 3.31662
Enrique R. Aznar
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10. N ÚMERO DE CONDICIÓN DE UNA MATRIZ .
Sabemos por el teorema 2, que dada A ∈ Mmxn (R), existen matrices U ∈
O(m), V ∈ O(n) tal que
V t AU = D
es diagonal mxn con entradas d1 ≥ · · · ≥ d p ≥ 0 con p = min{m, n}.
Si rango(A) = r entonces d r = 0 y dr +1 = 0 y podemos definir el
Definición 17. [Número de condición (espectral) de una matriz]
Es el cociente entre el mayor y el menor valor singular de A , y lo denotamos
k(A) =
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Contenido
d1
≥1
dr
Si k(A) >> 1, es mucho mayor que 1, decimos que A está mal condicionada.
Si por el contrario, k(A) ≈ 124 decimos que A está bien condicionada.
Ejemplo 18. Dada la matriz de una rotación arbitraria A =
a −b
, con
b
a
a 2 + b 2 = 1, sabemos que tiene autovalores complejos conjugados, ya que
p(λ) =
a − λ −b
= (a − λ)2 + b 2 = 0 =⇒ (a − λ)2 = −b 2 =⇒
b
a −λ
=⇒λ = a ±
24Próximo a uno.
−b 2 = a ± bi
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los dos autovalores son números complejos de norma uno, λ1 = λ2 =
a 2 + b 2 = 1. O sea, pertenecen a la circunferencia unidad.
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
Además, como su grammiana asociada es la identidad
At A =
a b
−b a
a −b
1 0
=
b
a
0 1
tiene autovalores 1 (doble) y los valores singulares de A son 1, 1.
Por tanto, k(A) = 1 y toda rotación está bien condicionada.
Ejemplo 19. Dada la matriz de una reflexión arbitraria A =
a
b
, con
b −a
a 2 + b 2 = 1, sabemos que tiene los autovalores 1 y −1.
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Contenido
Además, también su grammiana asociada es la identidad
At A =
a
b
b −a
a
b
1 0
=
b −a
0 1
tiene autovalores 1 (doble) y de nuevo, los valores singulares de A son 1, 1.
Por tanto, k(A) = 1 y toda reflexión está bien condicionada.
En general, toda matriz ortogonal, A , tiene grammiana asociada la identidad,
A t A = I . Tiene todos sus valores singulares 1 y número de condición 1.
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Cualquier isometría, en cualquier dimensión, tiene número de condición 1.
Conforme el número de condición de una matriz se hace mayor, más se aleja
A de ser una isometría y más se deformarán las figuras.
Por definición, el nº de condición de una matriz es siempre k(A) ≥ 1. Además
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
Lema 16. [Propiedades del nº de condición de una matriz]
1)
2)
3)
4)
k(A) = k(A t ) = k(A −1 ).
k(λA) = k(A) para 0 = λ ∈ R.
k(A t A) = k(A)2 ≥ k(A).
k(A) = k(B ), si A y B son semejantes.
Demostración:
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t
t
1) Ya que las 2 matrices, A A y A A tienen los mismos autovalores,
distintos de cero. Mientras que (A −1 )t A −1 = (A t A)−1 tiene por autovalores los correspondientes inversos de los anteriores.
2) Ya que las 2 matrices, λA y A tienen los mismos autovalores.
3) Ya que los autovalores de la matriz A son las raíces cuadradas positivas de los autovalores de A t A .
4) Si A y B son semejantes, también los son A t A y B t B .
Estas tienen los mismos autovalores reales positivos.
Por tanto, A y B tienen los mismos valores singulares.
Contenido
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En R , la interpretación geométrica de la descomposición por valor singular
(SVD) de una matriz es interesante por el impacto visual de f (X ) = AX .
2
El círculo unidad se transforma en una elipse, cuya deformación se mide por
k(A), que coincide con el cociente de sus semiejes.
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3 1
Ejemplo 20. La matriz A =
, es simétrica real y definida positiva.
1 1
Tiene dos autovalores reales positivos, que son λ1 = 3.41421 y λ2 = 0.585786.
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
Por tanto, coinciden con sus valores singulares. Así, el número de condición
de esta matriz es
kA =
3.41421
= 5.82843
0.585787
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Su descomposición SVD coincide con la de congruencia/semejanza
3 1
−0.92388 0.382683
=
1 1
−0.382683 0.525731
3.41421
0
0 0.525731
−0.92388 −0.382683
0.382683 −0.850651
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Contenido
Así la a.l, f (X ) = AX , es un automorfismo ( A es regular) del plano, que
consiste primero en aplicar la rotación definida por
−0.92388 −0.382683
0.382683 −0.850651
después una dilatación/contracción25 y después la rotación inversa.
Ambas rotaciones no se anulan porque la dilatación/contracción central deforma los ángulos. El resultado final es una rotación de ejes que se calcula
diagonalizando por congruencia/semejanza la matriz B = (A −1 )t A −1 que es
la que transforma el círculo unidad en la elipse 0.5s 2 − 2s ∗ t + 2.5t 2 = 1.
25de los dos ejes, según los valores singulares.
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11. A PÉNDICE 1. VALORES PROPIOS DE UN PRODUCTO DE MATRICES .
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
Por definición, para que una matriz tenga valores propios tiene que ser la
matriz de un endomorfismo. O sea, tiene que ser una matriz cuadrada26.
Por tanto, para que el producto, A·B , de dos matrices tenga autovalores, hace
falta que tengan dimensiones simétricas m × n y n × m .
De forma que ambos productos, A · B de dimensión m × m y B · A de dimensión n × n son matrices cuadradas y se pueden comparar sus autovalores.

 
a 11 . . . a 1n
b 11 . . .
 ..


.
.
..
..  ·  ... . . .
A ·B =  .
a m1 . . . a mn
b n1 . . .
n ×m
 
 m ×n
b 11 . . . b 1m
a 11 . . .
 .
..  ·  ..
...
...
B · A =  ..
.   .
b n1 . . . b nm
a m1 . . .
n ×m
m ×n
b 1m


c 11
..  =  ..
 .
. 
...
..
.
c 1m
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
..  = C
1
. 
Contenido
b nm
c m1 . . . c mm
m ×m 


a 1n
c 11 . . . c 1n
..  =  .. . .
. 
 .
. ..  = C 2
. 
a mn
c n1 . . . c nn
n ×n
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Pero puede suceder que uno de los productos tenga una dimensión más pequeña y sea más fácil calcular su ecuación característica y autovalores.
26De números reales o complejos.
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1
1
1
1
Ejemplo 21. Para las matrices A =
A ·B =
1
1
1
1
·(1
4×1
B · A = (1
−2 1 −2 )
1×4
−2 1 −2 ) ·
1×4
1
1
1
1
y B = ( 1 −2 1 −2 ), se tiene
=
1
1
1
1
−2
−2
−2
−2
1
1
1
1
4×4
−2
−2
−2
−2
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
= C1
= (−2) = C 2
4×1
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1×1
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Aquí, C 2 es una matriz mucho más sencilla ya que, C 2 = (−2), es esencialmente un escalar y es inmediato que λ = −2 es el único autovalor que tiene.
Contenido
En cambio, la matriz C 1 como es 4 × 4 tiene 4 (contando multiplicidades)
autovalores complejos que aparentemente son difíciles de hallar ya que la
ecuación característica, |C 1 − λI | = 0, es un determinante de orden 4 × 4.
Pero podemos aplicar la propiedad de que dos matrices semejantes tienen
los mismos autovalores. Por tanto, si aplicamos una trasformación elemental de filas a C 1 que equivale a multiplicar E · C 1 y luego la correspondiente
(a E −1 ) transformación elemental de columnas. Entonces, la nueva matriz
E C 1 E −1 tiene los mismos autovalores. Así, si restamos a la segunda fila la
primera y después sumamos la segunda columna a la primera
C1 =
1
1
1
1
−2
−2
−2
−2
1
1
1
1
−2
−2
−2
−2
∼
1 −2 1 −2
0 0 0 0
1 −2 1 −2
1 −2 1 −2
∼
−1 −2 1 −2
0 0 0 0
−1 −2 1 −2
−1 −2 1 −2
= E 1 C 1 E 1−1
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Si restamos a la 3ª fila la primera y sumamos la 3ª columna a la primera
−1 −2 1 −2
0 0 0 0
−1 −2 1 −2
−1 −2 1 −2
∼
−1 −2 1 −2
0 0 0 0
0 0 0 0
−1 −2 1 −2
∼
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
0 −2 1 −2
0 0 0 0
0 0 0 0
0 −2 1 −2
Finalmente, restamos a la 4ª fila la 1ª y sumamos la 4ª columna a la 1ª
0 −2 1 −2
0 0 0 0
0 0 0 0
0 −2 1 −2
∼
0 −2 1 −2
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
∼
−2 −2 1 −2
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
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Ahora, esta última matriz tiene de ecuación característica
−2−λ −2 1 −2
0 −λ 0 0
0
0 −λ 0
0
0 0 −λ
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= (−λ)3 (−2 − λ) = 0
Contenido
y por tanto los valores propios de C 1 son λ = 0 triple y λ = −2 simple.
En el ejemplo, el producto B · A tiene de ecuación característica λ4−1 = λ3
veces la de A · B y por tanto comparten el mismo autovalor distinto de cero
(-2). Veremos que siempre se puede repetir el mismo proceso.
−1
Página 50 de 64
−1
Como, A · B tiene los mismos autovalores que P (A · B ) P = (P A) · (B P )
si demostramos que éste producto tiene los mismos distintos de cero que
(B P ) · (P −1 A) = B · A , habremos demostrado que A · B y B · A tienen los
mismos autovalores no nulos.
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Esto nos permite, cambiar una de las matrices por su forma normal de Hermite (de filas o columnas según nos interese) para hacer la demostración de
que tienen la misma ecuación característica salvo una potencia de λ.
Por ejemplo si r (B ) = 1 podemos aplicar el algoritmo de transformaciones
elementales de columnas para transformarla en su forma normal de Hermite,
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
1 0 ... 0
∗ 0 ... 0
B · P = .. .. . . ..
. . ..
∗ 0 ... 0
−1
Como el otro producto P A es una matriz arbitraria m × n , basta demostrar
que tienen los mismos autovalores no nulos cuando B es de esa forma. O sea

a 11
 .
A · B =  ..
a m1

1
. . . a 1n 
b
21
..  · 
..
.
.
.  
 ..
. . . a mn
b n1
m ×n




0 ... 0
c 11 0 . . . 0

0 . . . 0
 .
.. . . ..  = C
=  ..
.. . . .. 
. .
1
.

. .
.
c m1 0 . . . 0
0 ... 0
n ×m
m ×m
Donde |C 1 − λI | = (−λ)m−1 (c 11 − λ) = 0 es la ecuación característica de C 1 =
A · B con c 11 = a 11 + a 12 b 21 + · · · + a 1n b n1 el único autovalor distinto de cero.
Ahora, para calcular los autovalores del otro producto



1 0 ... 0 
 b 21 0 . . . 0 a 11 . . . a 1n
  ..

..  = C
..
B · A =  ..
· .
.. . . .. 
.
2
. 
 .

.
.
.
a m1 . . . a mn
b n1 0 . . . 0
n ×m
m ×n
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Contenido
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n ×n
Pero podemos aplicar la propiedad de que dos matrices semejantes tienen los
mismos autovalores. Por tanto, si aplicamos una trasformación elemental de
filas a B que equivale a multiplicar E · C 2 y luego la correspondiente (a E −1 )
transformación elemental de columnas a A .
Entonces, la nueva matriz E C 2 E −1 tiene la misma ecuación característica.
Así, si restamos en B a la segunda fila la primera multiplicada por b21 y
después en A sumamos la segunda columna por b21 a la primera


0
1 0 ...
b 21 0 ... 0
a 11 ... a 1n
.. . . ..
. . .
B · A =  .. .. . . ..  ·
. . ..
a m1 ... a mn
b n1 0 ... 0
1 0 ... 0 
0 0 ... 0
 b31 0 ... 0 

∼  . . . .·
.. .. . . ..
b n1 0 ... 0
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
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a 11 +a 12 b 21 a 12 ... a 1n
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a m1 +a m2 b 21 a m2 ... a mn
Contenido
..
.
.. . . ..
. . .
Si aplicamos sucesivamente las trasformaciones de fila y columna para hacer
cero por debajo del 1 en la primera columna de B llegamos al producto
B·A ∼
1 0 ... 0
0 0 ... 0

a 11 +
.. .. . . .. · 
.. ..
a
0 0 ... 0
m1 +
n
a b
i =2 1i i 1
..
.
n
i =2
a 12 ... a 1n

a
.. . . ..  = 
. . .
a mi b i 1 a m2 ... a mn
11 +
n
a b
i =2 1i i 1
0
..
.
0
a 12 ... a 1n
0 ... 0 

.. . . ..
. . .
0
...
0
y esta última tiene un único autovalor no nulo que es el mismo de A · B 27
λ = a 11 +
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n
a 1i b i 1 = a 11 + a 12 b 21 + · · · + a 1n b n1 = c 11
i =2
27Y la ecuación característica de B · A es la misma de A · B salvo una potencia de λ.
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Cuando el menor de los rangos de A y B es mayor que 1, la demostración
es más compleja pero sigue los mismos pasos ya que el proceso anterior es
algorítmico y fácil de generalizar.
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
Empezamos con A · B , con B la que tenga menor rango o menor número de
columnas, si no conocemos su rango, y transformamos B en su forma normal
de Hermite por columnas H y el otro factor A de forma dual en A 1 .
Después seguimos transformando en el producto H · A 1 haciendo ceros por
debajo de los unos hasta llegar a la forma normal de Hermite por filas H1 y
de forma dual A 1 en A 2 y finalmente calculamos H1 · A 2 y comprobamos que
su ecuación característica es la misma de A 1 · H salvo un múltiplo de λ. Así
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Teorema 4. Si existen A · B y B · A tienen la misma ecuación característica
salvo λn−m y por tanto los mismos autovalores no nulos.
1 2
Ejemplo 22. Dadas las matrices A = 21 73 26 y B = 1 7 para comprobar
1 2
que coinciden los autovalores no nulos de AB y B A . Transformamos primero
B , multiplicando la 1ª columna por -2 y sumando a la 2ª, dualmente transformamos A , multiplicando la 2ª fila por 2 y sumando a la 1ª. Después,
dividimos por 5 la 2ª de B y dualmente multiplicamos por 5 la 2ª fila de A
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





1 2
1 0
1 0
2 7 2 
4 13 14 
4 13 14 
A ·B =
· 1 7 ∼
· 1 5 ∼
· 1 1
1 3 6
1 3 6
5 15 30
1 2
1 0
1 0
Seguimos, multiplicando la 2ª columna de B por -1 y sumando a la 1ª, dualmente la 1ª fila de A y sumando a la 2ª
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra



1 0
1 0
18 13
4 13 14 
4 13 14 
· 0 1 =
A ·B ∼
· 1 1 ∼
53 28
9 28 44
5 15 30
1 0
1 0

Hemos llegado a la forma de Hermite por columnas de B y concluimos que
el producto A·B tiene la misma ecuación característica que el producto final.
Ahora, le damos la vuelta al producto y seguimos calculando la forma de
Hermite por filas de B que se consigue multiplicando la 1ª fila de A por -1 y
sumando a la 3ª, dualmente en B sumamos la 3ª a la 1ª columna
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Contenido






1 0
1 0
18 13 14
4 13 14
18 13 14
B · A ∼ 0 1 ·
∼ 0 1 ·
= 53 28 44
9 28 44
53 28 44
1 0
0 0
0 0 0
Página 54 de 64
Finalmente, se comprueba que la ecuación característica de B · A es
18 − λ
13
14
18 − λ
13
53
28 − λ 44 = −λ
=0
53
28 − λ
0
0
−λ
O sea, la misma de A · B multiplicada por λ = λ3−2 .
Por tanto, tiene los mismos autovalores como queríamos demostrar.
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12. A PÉNDICE 2. U NA APLICACIÓN ESTADÍSTICA DE LA SVD.
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
Si tenemos n medidas de varias variables x i = {ai 1 , . . . , ani }, i ∈ {1, . . . , r }
se pueden cambiar los valores a otras nuevas variables, z 1 , . . . , z r , que sean
independientes y sucesivamente de varianza máxima pero que recojan toda
la información de las anteriores.
Las nuevas variables son c.l. de las x 1 , . . . , x r y se obtienen usando la descomposición por valor singular de la matriz de sus desviaciones de las medias.
Para eso, se pasa de la matriz de las observaciones X a la matriz A = X − X¯ .
a 11 −m 1 ··· a 1r −m r
a 11 ··· a 1r
X=
.. . . ..
. . .
donde mi = x i =
a i 1 +···+a ni
n
→ A = X −X =
..
.
...
..
.
Contenido
son las medias aritméticas de las variables.
Ahora, si diagonalizamos la grammiana A t A por congruencia-semejanza. O
sea, usando sus autovalores reales y sus autovectores normalizados tenemos
λ1 ···
0
= (A ·U ) (A ·U ) = U · A A ·U = Λ = ... . . . ...
t
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a n1 −m 1 ··· a nr −mr
a n1 ··· a nr
A 1t A 1
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t
t
0 ··· λr
donde A 1 = A ·U es una nueva matriz n × r , donde sus columnas son c.l. de
las columnas de A . O sea, de las desviaciones de las variables originales.
Ahora, si llamamos z 1 , . . . , z r a las columnas de A 1 , las igualdades anteriores
se traducen en que z i · z i = λi , z i · z j = 0 para cada i , j ∈ {1, . . . , r }.
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Por tanto, son perpendiculares dos a dos y cada vector z i tiene de norma la
raíz cuadrada del valor propio λi (es positivo porque A t A es simétrica real).
zi =
2
2
=
+ · · · + b ni
b 1i
zi · zi =
λi = d i
Además, como las columnas de A = X − X tienen media cero, también las
columnas z i de A 1 tienen media aritmética cero ya que
1
1
∗ (1, . . . , 1) · A 1 = ∗ (1, . . . , 1) · A ·U = (0, . . . , 0) ·U = (0, . . . , 0)
n
n
..
.
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Contenido
b 1i
Como cada z i =
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
tiene media cero,
2
2
b 1i
+···+b ni
n−1
=
λi
n−1
es su varianza y
b ni
λi
n−1
=
di
n−1
su desviación típica.
Como los valores propios de una matriz simétrica real λ1 ≥ λ2 ≥ · · · ≥ λr ≥ 0
dan los máximos sucesivos de las normas que representan, se tiene que las
nuevas variables z i son sucesivamente de varianza máxima28. Como además,
z i · z j = 0, estas variables tienen covarianza cero o sea son independientes.
Finalmente, los di son los valores singulares de A y la matriz A 1 nos sirve
para encontrar su SVD ya que si normalizamos cada una de sus columnas,
28Con la condición de que sean c.l. por un vector unitario de las originales.
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vi =
1
di
∗ z i obtenemos una matriz V formada por columnas unitarias y or-
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
togonales tal que podemos despejar la descomposición por valor singular
d 1 ···
d 1 ···
0
A 1 = A ·U = V · ... . . . ...
0 ··· d r
0
=⇒ A = V · ... . . . ... ·U t = V · D ·U t
0 ··· d r
Ejemplo 23. Consideramos 4 medidas de dos variables x = {2, 7, 2, 1},
y = {3, 6, 0, 1}, queremos hallar mediante c.l. de ellas otras dos nuevas
variables que sean independientes y sucesivamente de varianza máxima.
Ptrimero, escribimos la matriz de las observaciones, X =
2
7
2
1
3
6
0
9
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, calculamos
Contenido
= 3, y¯ = 18
= 4.5, sus desviaciones,
las medias de sus columnas, x¯ = 12
4
4
A = X −X =
2−3
7−3
2−3
1−3
3−4.5
6−4.5
0−4.5
9−4.5
=
−1 −1.5
4 1.5
−1 −4.5
−2 −4.5
su grammiana, su polinomio característico que tiene por raíces los
At A =
−1 4 −1 −2
−1.5 1.5 −4.5 −4.5
−1 −1.5
4 1.5
−1 −4.5
−2 −4.5
=
22 3
3 45
Página 57 de 64
22 − λ
3
=⇒
= λ2 −67λ+981
3
45 − λ
autovalores λ1 = 45.3849 y λ2 = 21.6151 y sus raíces cuadradas que son los
valores singulares de A
d1 =
45.3849 = 6.73683,
d2 =
21.6151 = 4.64921
Los autovectores de A t A son las columnas de U =
0.127245 −0.991871
0.991871 0.127245
.
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Ahora, para hallar la matriz V , lo que hacemos es calcular el producto A ·U
y normalizar sus columnas de forma que se obtiene la igualdad A ·U = V · D
Z = A ·U =
−1 −1.5
4 1.5
−1 −4.5
−2 −4.5
0.127245 −0.991871
0.991871 0.127245
−1.61505
1.99679
−4.59067
4.20893
=
0.801003
−3.77662
0.419267
2.55635
ya que las normas de las columnas de Z son los valores singulares di = λi
porque Z t Z = U t A t · AU = U t (A t A)U = Λ y por tanto z i 2 = z i · z i = λi
Z = A ·U =
−1.61505
1.99679
−4.59067
4.20893
0.801003
−3.77662
0.419267
2.55635
=
−0.239735
0.296399
−0.681428
0.624764
0.172288
−0.812314
0.0901804
0.549846
6.73683
0
0
4.64921
=V ·D
de donde despejamos la SVD, A = V · D ·U t
−1 −1.5
4 1.5
−1 −4.5
−2 −4.5
=
−0.239735
0.296399
−0.681428
0.624764
0.172288
−0.812314
0.0901804
0.549846
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Contenido
6.73683
0
0
4.64921
Pero lo que nos interesa aquí es la matriz Z =
Enrique R. Aznar
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0.127245 0.991871
−0.991871 0.127245
−1.61505
1.99679
−4.59067
4.20893
0.801003
−3.77662
0.419267
2.55635
que está
Página 58 de 64
formada por dos variables llamadas componentes principales
Atrás
z 1 = {−1.61505, 1.99679, −4.59067, 4.20893}
z 2 = {0.801003, −3.77662, 0.419267, 2.55635}
que son independientes porque tienen covarianza cero z 1 · z 2 = 0 y tienen
varianzas múltiplos de λ1 y λ1 y por tanto son las máximas posibles29.
29Con la condición de que sean c.l. por un vector unitario de las originales.
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Sus medias son cero ya que (z 1 , z 2 ) =
1
n (1, . . . , 1) · Z
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Dpto. de Álgebra
y entonces
Z = A ·U = X − X ·U = X ·U − X ·U
=⇒ (z 1 , z 2 ) = n1 (1, . . . , 1) · Z =
1
(1, . . . , 1) · X
n
·U −
1
(1, . . . , 1) · X
n
·U
=⇒ (z 1 , z 2 ) = (x, y) ·U − (x, y) ·U = (0, 0)
En particular, hay otras dos variables independientes trasformadas también
por la matriz U de los vectores singulares derecha, que son las dos columnas
del producto X · U cuyas medias calculadas son, (x, y) · U , una c.l. de las
medias originales y cuyas varianzas son las mismas de z 1 y z 2 .
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Contenido
13. E JERCICIOS .


3
6
2 1 7
Ejercicio 1. Dadas las matrices A =
y B = 0 −1 comprueba
2 0 1
0
9
que coinciden los autovalores de AB y B A .




2 1 7
3 6 2
Ejercicio 2. Dadas las matrices A = 2 0 1 y B = 1 0 7 comprueba
1 1 3
0 9 2
que coinciden los autovalores de AB y B A .
Página 59 de 64
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10 10
Ejercicio 3. Dada la matriz A =
. ¿Se puede diagonalizar por
10 10
Enrique R. Aznar
Dpto. de Álgebra
congruencia-semejanza? ¿Y por semejanza?
Ejercicio 4. Dada la matriz A =
10 −10
. ¿Se puede diagonalizar por
10
10
congruencia-semejanza? ¿Y por semejanza?
Ejercicio 5. Dada la curva de R 2 , C = (x, y) ∈ R2 : 10x 2 − 10x y + 10y 2 = 1 ,
comprueba que existe una matriz, A , simétrica real 2x2, tal que
10x 2 − 10x y + 10y 2 = X t AX = (x, y)
a b
b c
x
y
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Contenido
Calcula los autovalores de A . ¿Qué puedes decir de la curva?
Ejercicio 6. Dada la curva de R 2 , C = (x, y) ∈ R2 : 10x 2 − 40x y + 10y 2 = 1 ,
comprueba que existe una matriz, A , simétrica real 2x2, tal que
10x 2 − 40x y + 10y 2 = X t AX = (x, y)
a b
b c
x
y
Calcula los autovalores de A . ¿Qué puedes decir de la curva?
Ejercicio 7. Dada la curva de R 2 , C = (x, y) ∈ R2 : 10x 2 − 20x y + 10y 2 = 1 ,
comprueba que existe una matriz, A , simétrica real 2x2, tal que
10x 2 − 20x y + 10y 2 = X t AX = (x, y)
a b
b c
x
y
Calcula los autovalores de A . ¿Qué puedes decir de la curva?
Página 60 de 64
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
1 1 0
Ejercicio 8. Dada la matriz A = 1 2 1 Comprueba si se diagonaliza
0 1 1

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por congruencia-semejanza. Halla su descomposición de valor singular.

1 1 2
Ejercicio 9. Dada la matriz A = 1 1 2 ¿ Se puede diagonalizar por
0 1 1

congruencia-semejanza ? ¿Y por semejanza ?. Halla su SVD.


1 1 1
Ejercicio 10. Dada la matriz A = 1 1 2 ¿ Se puede diagonalizar por
0 1 1
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congruencia-semejanza ? ¿Y por semejanza ?. Halla su SVD. Compara las
distintas factorizaciones o descomposiciones de A.
14. T EST DE REPASO .
Página 61 de 64
Para comenzar el cuestionario pulsa el botón de inicio.
Cuando termines pulsa el botón de finalizar.
Para marcar una respuesta coloca el ratón en la letra correspondiente y pulsa
el botón de la izquierda (del ratón).
1. Dada una matriz cuadrada, A ∈ Mn (R).
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(a) La traza de A es un invariante por semejanza pero no su det(A).
(b) El determinante de A es un invariante por semejanza pero no su traza.
(c) La traza de A y su |A|, se calculan con sus autovalores.
(d) Ni su traza, ni su determinante, son invariantes por semejanza.
2. Dada una matriz cuadrada regular, A ∈ Mn (R).
(a) Los autovalores de A son los mismos de A −1 .
(b) Los autovalores de A son los inversos de A t .
(c) Los autovalores de A son los mismos de A 2 .
(d) Los autovalores de A son los mismos de A t .
3. Si A es de dimensión mxn y B de dimensión nxm .
(a) AB y B A tienen exactamente los mismos autovalores.
(b) AB y B A tienen exactamente los mismos autovectores.
(c) A A t y A t A tienen exactamente los mismos autovalores.
(d) A A t y A t A tienen exactamente los mismos autovectores.
4. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es verdadera?.
(a) Matrices congruentes tienen los mismos autovalores.
(b) Matrices congruentes tienen los mismos autovectores.
(c) Dos matrices semejantes son también congruentes.
Enrique R. Aznar
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Página 62 de 64
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(d) Matrices semejantes tienen los mismos autovalores.
5. Dada una matriz simétrica, A ∈ Mn (R).
(a) A es diagonalizable, en R, por semejanza pero no por congruencia.
(b) A es diagonalizable, en R, por congruencia pero no por semejanza.
(c) A no es diagonalizable en R.
(d) A es diagonalizable, en R, por una congruencia-semejanza.
6. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es verdadera?.
(a) Toda semejanza preserva productos escalares, normas y ángulos.
(b) Si un endomorfismo preserva ángulos también preserva normas.
(c) Ninguna semejanza preserva productos escalares, normas y ángulos.
(d) Si un endomorfismo preserva normas también preserva ángulos.
7. Dado un endomorfismo f : Rn → Rn , tal que f (u) = Au .
(a) f es isometría si preserva ángulos.
(b) f es isometría si A ∈ GL(n).
(c) f es isometría si A ∈ O(n).
(d) f es isometría si A ∈ SL(n).
8. Dado un homomorfismo f : R2 → R2 , tal que f (u) = Au .
Enrique R. Aznar
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(a) A ∈ O(2) si, y sólo si es una reflexión.
(b) A ∈ O(2) − SL(2) si, y sólo si es una rotación.
(c) A ∈ O(2) si, y sólo si es una rotación.
(d) Si A ∈ O(2) puede ser una rotación o una reflexión.
9. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es verdadera?.
(a) Una rotación levógira no puede ser dextrógira.
(b) Sólo hay una rotación que es levógira y dextrógira a la vez.
(c) Existen reflexiones levógiras pero no dextrógiras.
(d) No existen reflexiones levógiras ni dextrógiras.
10. ¿Cuál de las siguientes afirmaciones es verdadera?.
(a) Toda matriz se puede diagonalizar con rotaciones pero no con reflexiones.
(b) Toda matriz se puede diagonalizar con reflexiones pero no con rotaciones.
(c) Toda matriz se puede diagonalizar con reflexiones y/o con rotaciones.
(d) Para diagonalizar ortogonalmete, hay que hacerlo con rotaciones a la
izquierda y reflexiones a la derecha.
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