MATRICES SIMÉTRICAS Y ORTOGONALES. - Página de inicio

Enrique R. AznarDpto. de Álgebra

Página web personal

Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 1 de 65

Atrás

Pantalla grande/pequeña

Cerrar

MATRICES SIMÉTRICAS Y ORTOGONALES.

¿Cómo diagonalizar eficientemente?

1. Autovalores de matrices reales. 6Lema 1 7Lema 2 7Lema 3 8Ejemplo 1 9Ejemplo 2 9

2. Matrices simétricas reales. 9Definición 1 9Lema 4 10Lema 5 10Ejemplo 3 11Teorema 1 12Lema 6 12

3. Congruencia-semejanza. 13Definición 2 13

http://www.ugr.es/

http://www.ugr.es/~algebra/


http://www.ugr.es/~decacien/

http://www.ugr.es/%7Edecacien



Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 2 de 65

Atrás


Cerrar

Corolario 1 13Lema 7 14Definición 3 14Corolario 2 14Ejemplo 4 15

4. El grupo ortogonal O(n). 16Definición 4 16Corolario 3 18Ejemplo 5 19Definición 5 20

5. Interpretación geométrica de O(2). 20Corolario 4 20Lema 8 21Ejemplo 6 21Definición 6 23Definición 7 23Corolario 5 23Lema 9 24Ejemplo 7 24Definición 8 26Corolario 6 26Definición 9 26Ejemplo 8 26

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 3 de 65

Atrás


Cerrar

6. Matrices de Givens y de Householder. 27Definición 10 27Ejemplo 9 27Lema 10 28Corolario 7 29Definición 11 29Corolario 8 29Ejemplo 10 29

7. Descomposición por valores singulares (SVD). 30Teorema 2 30Ejemplo 11 31Definición 12 33Corolario 9 33Definición 13 33Corolario 10 34Ejemplo 12 34Lema 11 35Definición 14 36Corolario 11 37Lema 12 37

8. Seudoinversa de Moore-Penrose. 37Definición 15 37Lema 13 38

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 4 de 65

Atrás


Cerrar

Definición 16 38Teorema 3 38Ejemplo 13 38Ejemplo 14 39Ejemplo 15 39

9. Área de paralelogramos. 40Lema 14 41Lema 15 42Ejemplo 16 43Ejemplo 17 43

10. Número de condición de una matriz. 44Definición 17 44Ejemplo 18 44Ejemplo 19 45Lema 16 46Ejemplo 20 47

11. Apéndice 1. Valores propios de un producto de matrices. 48Ejemplo 21 48Teorema 4 53Ejemplo 22 53

12. Apéndice 2. Una aplicación estadística de la SVD. 55Ejemplo 23 57

13. Ejercicios. 59

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 5 de 65

Atrás


Cerrar

Ejercicio 1 59Ejercicio 2 59Ejercicio 3 59Ejercicio 4 60Ejercicio 5 60Ejercicio 6 60Ejercicio 7 60Ejercicio 8 61Ejercicio 9 61Ejercicio 10 61

14. Test de repaso. 61

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 6 de 65

Atrás


Cerrar

1. AUTOVALORES DE MATRICES REALES.

Dada una matriz cuadrada real, A = (ai j ) ∈ Mn(R), sus autovalores son lasraíces de su polinomio característico

p(λ) = |A−λI | =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣a11 −λ a12 . . . a1n

a21 a22 −λ . . . a2n...

... . . . ...an1 an2 . . . ann −λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣== (−1)nλn + (−1)n−1pn−1λ

n−1 +·· ·+p0

Por desarrollo directo, el coeficiente pn−1 = tr (A) = a11 +·· ·+ann coincidecon 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 p0 = det(A) ∈ Rcoincide con el determinante de la matriz1.

Como p(λ) ∈R(λ), es un polinomio real de grado n, sabemos por el TeoremaFundamental del Álgebra2 que tiene exactamente n raíces complejas. O sea,n autovalores (contados con su multiplicidad), λ1, . . . ,λn ∈C, y se tiene

p(λ) = (−1)nλn + (−1)n−1pn−1λn−1 +·· ·+p0 = (−1)n(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.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 7 de 65

Atrás


Cerrar

Igualando coeficientes, en ambos miembros, se obtiene

pn−1 = tr (A) = a11 +·· ·+ann =λ1 +·· ·+λn

p0 = 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.

Si λ ∈C es un valor propio de A, el s.l. (A−λI )X = 0 tiene solución distintade cero y existe un vector, 0 6= 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.

Lema 2. [Propiedades de los autovalores y autovectores]

1) (λ,µv) es una autopareja de A, para todo µ ∈R.2) (µλ, v) es una autopareja de µA, para todo µ ∈R.3) (1/λ, v) es una autopareja de A−1 (si existe).4) (λk , v) es una autopareja de Ak , para todo k ∈N.5) λ es un autovalor de At .

Demostración:

1) Av =λv implica A(µv) =λ(µv).2) Av =λv implica (µA)v = (µλ)v .

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 8 de 65

Atrás


Cerrar

3) Av =λv implica v =λ(A−1v) =⇒ A−1v = 1λv .

4) Av =λv implica, por inducción, Ak v =λk v .5) |A−λI | = |(A−λI )t | = |At −λI |. �

Aunque, A y su traspuesta At tienen los mismos autovalores, no tienen losmismos autovectores. Los de At 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

⇐⇒|B A−λI | = 0

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 sonmatrices cuadradas y coinciden sus autovalores distintos de cero4.

Un caso muy simple es A = (1,1), B =(11

), AB = (2) y B A =

(1 11 1

)cuyo

polinomio característico es p(λ) = (1−λ)2−1 =λ2−2λ=λ(λ−2) y tiene losautovalores 0 y 2. Luego coincide el autovalor (2) distinto de cero.

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.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 9 de 65

Atrás


Cerrar

Ejemplo 1. Dadas las matrices A =(1 1 10 0 1

)y B =

1 10 −10 1

,

sus productos son AB =(1 10 1

), y B A =

1 1 20 0 −10 0 1

Sus polinomios son respectivamente p1(λ) = (1−λ)2 y p2(λ) = −λ(1−λ)2.De nuevo, coinciden sus autovalores distintos de cero (λ= 1 doble).

Ejemplo 2. Dadas las matrices A =(1 −2 10 1 −1

)y B =

1 00 1

−1 1

,

sus productos son AB =(0 −11 0

), y B A =

1 −2 10 1 −1

−1 3 −2

Sus polinomios son respectivamente p1(λ) = λ2 +1 y p2(λ) = −λ3 −λ. Denuevo, coinciden sus dos autovalores distintos de cero, i , −i .

2. MATRICES SIMÉTRICAS REALES.

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.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 10 de 65

Atrás


Cerrar

Dada una base, B = {e1, . . . ,en} de V , por definición, la matriz de un endo-morfismo, A = (ai j ), por columnas son las coordenadas de f (e1), . . . , f (en)respecto de la propia base.

Si f (e j ) = a1 j e1+·· ·+an j en y B es ortonormal. Los coeficientes de Fourierson ai j = f (e j )•ei , ∀i , j = 1, . . . ,n. Entonces, si f es autoadjunta la matriz

ai j = f (e j )•ei = e j • f (ei ) = f (ei )•e j = a j i

es simétrica. Recíprocamente, si A es simétrica y B ortonormal6

f (x)• y = (AX )t Y = X t At Y = X t AY = X t f (Y ) = x • f (y)

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.

Lema 5. Los autovalores de A son todos números reales.

Demostración: Sea (λ, v) una autopareja compleja. O sea, un autovectorv = x+ yi ∈Cn , dondex, y ∈Rn , y un autovalor λ= a+bi ∈C, donde a,b ∈RAx + i Ay = A(x + yi ) = Av =λv = (a +bi )(x + yi ) = (ax −by)+ i (bx +ay)

6En este caso, el producto escalar se calcula como el usual, x • y = X t Y .

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 11 de 65

Atrás


Cerrar

Igualando, partes reales e imaginarias, se tiene

Ax = ax −by, Ay = bx +ay

Entonces

Ax • y = (ax −by)• y = a(x • y)−b‖y‖2

x • Ay = x • (bx +ay) = b‖x‖2 +a(x • y)

restando0 = x • Ay − Ax • y = b(‖x‖2 +‖y‖2)

finalmente, como ‖x‖2 +‖y‖2 6= 0, b = 0 y λ= a ∈R es real. �

Ejemplo 3. Dada la matriz, A =(

10 −6−6 5

), su polinomio característico es

p(λ) =∣∣∣∣10−λ −6

−6 5−λ

∣∣∣∣=λ2 −15λ+14 = (λ−1)(λ−14) =⇒ 1,14 ∈R.

Sean {λ1, . . . ,λr } ⊂R, los autovalores distintos de A7.Para toda matriz cuadrada, espacios propios, Vλi , correspondientes a auto-valores distintos dan intersección cero. O sea, su suma es directa

U =Vλ1 ⊕·· ·⊕Vλr ⊂V =Rn

Por el teorema espectral, sabemos que A es diagonalizable por semejanza si,y sólo si U =Rn . Pero U 6=Rn ⇐⇒U⊥ 6= 0.

7El espectro tiene tamaño r ≤ n. Pero contados con su multiplicidad, en total, dan n.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 12 de 65

Atrás


Cerrar

Como, para todo autovector f (u) = Au =λu, se tiene f (U ) ⊂U .Si su complemento ortogonal U⊥ 6= 0, se tiene para todo u ∈U y v ∈U⊥

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 6= v ∈ U⊥ y entonces, f (v) = λv ⇒ v ∈ Ucontradiciendo 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.

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

f (u)• v = (λu)• v =λ(u • v)

u • f (v) = u • (µv) =µ(u • v)

Como f = f A es simétrico, ambos son iguales, y

(λ−µ)(u • v) =⇒ u • v = 0 �

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 13 de 65

Atrás


Cerrar

3. CONGRUENCIA-SEMEJANZA.

Por lo anterior, dada una matriz simétrica real A, podemos aplicar el métodode Gram-Schmidt, para obtener una base ortonormal para cada Vλ.

Por el lema anterior, su unión será una base de Rn , formada por autovectoresortonormales. La matriz por columnas de estos vectores, P , es una matrizortogonal, P t = P−1, tal que diagonaliza A. O sea,

P t AP = D =

λ1 . . . 0... . . . ...0 . . . λr

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 BP 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.

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

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 14 de 65

Atrás


Cerrar

u • v = ut v = ut P t P v = (Pu)t (P v) = g (u)• g (v) =⇒=⇒‖u‖2 = u •u = g (u)• g (u) = ‖g (u)‖2 =⇒

=⇒ cos(α(u, v)) = u • v

‖u‖‖v‖ = g (u)• g (v)

‖g (u)‖‖g (v)‖ = cos(α(g (u), g (v)))

O sea, hemos demostrado que

Lema 7. Toda semejanza-ortogonal preserva productos escalares.Por tanto, también normas y ángulos.

Si una a.l., g , preserva normas también preserva productos escalares, ya que

‖u + v‖2 = ‖u‖2 +2(u • v)+‖v‖2 =⇒

u • v = ‖u + v‖2

2(‖u‖2 +‖v‖2)= ‖g (u)+ g (v)‖2

2(‖g (u)‖2 +‖g (v)‖2)= g (u)• g (v)

Definición 3. Decimos que una a.l., g : Rn −→ Rn , es una isometria sipreserva 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

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 15 de 65

Atrás


Cerrar

Ejemplo 4. Dada la curva de R2, C = {(x, y) ∈R2 : 10x2 −12x y +5y2 = 1

},

se puede comprobar que

10x2 −12x y +5y2 = (x, y)

(10 −6−6 5

)(xy

)= X t AX

con A =(

10 −6−6 5

)una matriz simétrica real.

Por el ejemplo 3, sabemos que sus autovalores son 1 y 14.Resolviendo el s.l., (A−14I )X = 0, se obtiene el autovector v1 = 1p

13(3,−2).

Resolviendo el otro s.l., (A− I )X = 0, se obtiene el autovector v2 = 1p13

(2,3).

Escribiendolos por columnas, la semejanza-ortogonal es P = 1p13

(3 2

−2 3

).

Por tanto, el cambio de base es X =(

xy

)= 1p

13

(3 2

−2 3

)(x ′y ′

)= P X ′

Así, diagonalizamos

10x2−12x y+5y2 = 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 esuna elipse

C = {(x ′, y ′) ∈R2 : 14x ′2 + y ′2 = 1

}inclinada según tan( 3

2 ) y semiejes 1p14

y 1.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 16 de 65

Atrás


Cerrar

4. EL GRUPO ORTOGONAL O(n).

Dadas matrices, A,B ∈ Mn(R), cuadradas reales, si ambas son regulares, setiene 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,GLn(R), y se le llama el grupo general lineal de orden n9.

GLn(R) tiene 3 subgrupos de matrices interesantes, ya que

• 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, At = A−1, B t = B−1, también

(AB−1)t = B At = (AB−1)−1

Así, el conjunto de la matrices ortogonales, denotado O(n), se lellama el grupo ortogonal de orden n.

9O simplemente, grupo de las matrices regulares de orden n.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 17 de 65

Atrás


Cerrar

• El conjunto de las matrices ortogonales, de determinante uno, es laintersección 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 interpretacióngeométrica y además permiten procesos algorítmicos10.

A ∈O(n), nos define una isometría, f :Rn →Rn , tal que f (u) = Au, ya que

u • v = ut v = ut At 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, {e1, . . . ,en}, se tiene que los coeficientes de Fourieryi = f (u)• f (ei ) = u •ei = xi son iguales. O sea, u = x1e1 +·· ·+xnen , y

f (u) = y1 f (e1)+·· ·+ yn f (en) = ( f (e1), . . . , f (en))

x1...

xn

= Au

donde A = ( f (e1), . . . , f (en)) =( a11 ... a1n

... ... ...an1 ... ann

)es la matriz ortogonal cuyas colum-

nas son las coordenadas de f (e j ) = a1 j e1 +·· ·+an j en11.

10Computacionalmente buenos o eficientes. Por ejemplo, para diagonalizar.11Que son vectores ortonormales, por preservar f productos escalares.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 18 de 65

Atrás


Cerrar

Hemos encontrado unas ecu. matriciales. Así, f es lineal e isometría.

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

O(2) ={

A =(

a bc d

)∈ M2(R) : At = A−1

}Para eso, primero observamos que

|A|2 = |At ||A| = |At A| = |I | = 1 ⇐⇒|A| = 1 O |A| = −1

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).

Ahora, si A ∈O(2)(1 00 1

)= I = A At =

(a bc d

)(a cb d

)=

(a2 +b2 ac +bd

ac +bd c2 +d 2

)⇐⇒

⇐⇒ a2 +b2 = 1 = c2 +d 2, ac +bd = 0, ac =−bd

Estas ecuaciones determinan completamente las matrices. Así

Caso 1): ad −bc = 1 implica a = a2d −bac = a2d +b2d = (a2 +b2)d = d .Análogamente, b = abd −b2c =−a2c −b2c =−(a2 +b2)c =−c.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 19 de 65

Atrás


Cerrar

O sea, se tiene que A ∈ SL(2) si, y sólo si a2 +b2 = 1 y A =(

a b−b a

)

SO(2) ={(

a b−b a

)∈ M2(R) : a2 +b2 = 1

}Caso 2): ad−bc =−1 implica −a = a2d−bac = a2d+b2d = (a2+b2)d = d .Análogamente, −b = abd −b2c =−a2c −b2c =−(a2 +b2)c =−c ⇔ b = c.

O sea, se tiene que A ∉ SL(2), A ∈O(2) si, y sólo si a2+b2 = 1 y A =(

a bb −a

)

O(2)−SO(2) ={(

a bb −a

)∈ M2(R) : a2 +b2 = 1

}En particular, si hay ceros, se obtienen un número finito de matrices(

0 −11 0

),

(0 1

−1 0

),

(1 00 1

),

(−1 00 −1

)∈ SO(2)(

0 11 0

),

(0 −1

−1 0

),

(1 00 −1

),

(−1 00 1

)∈O(2)−SO(2)

Ejemplo 5. Para cualquier valor de un ángulo, θ ∈R, la matriz

A =(cos(θ) −sin(θ)sin(θ) cos(θ)

)∈ SO(2)

claramente es una isometría directa, ya que cos(θ)2 + (−sin(θ))2 = 1.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 20 de 65

Atrás


Cerrar

Además, la primera columna, f (e1) = (cos(θ),sin(θ)), representa gráfica-mente el vector e1 (eje x), girado θ grados en sentido levógiro12.

Análogamente, la segunda columna, f (e2) = (−sin(θ),cos(θ)), representagráficamente el vector e2 (eje y), girado θ grados en el mismo sentido.

Definición 5. Una isometría definida por la matriz ortogonal A =(

cos(θ) −sin(θ)sin(θ) cos(θ)

)es llamada una rotación levógira de ángulo θ.

5. INTERPRETACIÓN GEOMÉTRICA DE O(2).

Dados a,b ∈ R, tales que a2 +b2 = 1, siempre existe un ángulo θ ∈ R tal quea = cos(θ), b =−sin(θ)13, y A ∈ SO(2) determina una rotación levógira.

En realidad, A =(

a b−b a

)∈ SO(2), se puede interpretar también como un

giro en sentido dextrógiro. Basta tomar θ, tal que a = cos(θ) y b = sin(θ)14.

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.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 21 de 65

Atrás


Cerrar

En efecto, si B =(

x1 x2

y1 y2

), elegimos el único ángulo θ ∈ [0,π] tal que

cos(θ) = x1

r, sin(θ) = y1

r, con r =

√x2

1 + y21 = ‖(x1, y1)‖

O sea, tomamos la rotación R tal que

RB =(

x1/r y1/r−y1/r x1/r

)(x1 x2

y1 y2

)=

(r (x1x2 + y1 y2)/r0 (x1 y2 − y1x2)/r

)Trasponiendo la matriz resultante, podemos hacer cero fuera de la diagonal.

Lema 8. Toda matriz 2x2 se puede diagonalizar con rotaciones.

Ejemplo 6. Para, A =(1 11 1

), con la rotación asociada a su primera columna

R1 A =(

1/p

2 1/p

2−1/

p2 1/

p2

)(1 11 1

)=

(p2 2/

p2

0 0

)= B

ahora, si definimos la rotación, R2, asociada a la primera fila de B y multi-plicamos a la derecha por su traspuesta, se diagonaliza

R1 AR2 = BR2 =(p

2 2/p

20 0

)(p2/2 −1/

p2

1/p

2p

2/2

)=

(2 00 0

)= D

Como R1,R2 ∈ O(2), se tiene |A| = |D|, rango(A)=rango(D). En este caso,además, como At = A ⇒ R2 = R t

1, la diagonal obtenida son los autovalores yla factorización es su diagonalización por semejanza.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 22 de 65

Atrás


Cerrar

Salvo la identidad, la matriz de una rotación no tiene autovalores reales15

p(λ) =∣∣∣∣a −λ −b

b a −λ

∣∣∣∣= (a −λ)2 +b2 = 0 =⇒ (a −λ)2 =−b2 =⇒ b = 0, a = 1

Consideramos ahora una isometría inversa. O sea, A ∈O(2)−SL(2).

En este caso, A =(

a bb −a

)con a2 +b2 = 1, tiene los autovalores

p(λ) =∣∣∣∣a −λ b

b −a −λ

∣∣∣∣=λ2−a2−b2 = 0 =⇒λ2 = a2+b2 = 1 =⇒ λ= 1,−1

Para hallar sus autovectores, resolvemos los s.l.(a −1 b

b −a −1

)(xy

)=

(00

)=⇒ x(a −1) =−yb =⇒ (x, y) = (b,1−a)(

a +1 bb −a +1

)(xy

)=

(00

)=⇒ x(a +1) =−yb =⇒ (x, y) = (b,−1−a)

Si los normalizamos, u = 1p2−2a

(b,1−a), v = 1p2+2a

(b,−1−a), tenemos

u • v = 0, Au = u, Av =−v

Entonces, {u, v} es una base ortonormal y para todo vector u ∈ R2 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 cualquiervector y no tiene direcciones fijas (autovectores).

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 23 de 65

Atrás


Cerrar

Toda a.l., f : R2 −→ R2, que tenga los autovalores 1,−1, actúa de la mismaforma. Tiene una dirección fija u y lleva su perpendicular v a su opuesto.

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 : a1x +a2 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.

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 elautovector unitario correspondiente al autovalor −1. Entonces, la matriz

H = I −2v v t =(1 00 1

)−2

(a1

a2

)(a1, a2) =

(1 00 1

)−

(2a2

1 2a1a2

2a1a2 2a22

)=

=(

1−2a21 −2a1a2

−2a1a2 1−2a22

)=

(a2

2 −a21 −2a1a2

−2a1a2 a21 −a2

2

)∈O(2)−SL(2)

Corolario 5. Las isometrías inversas del plano euclídeo son sus reflexiones16.

16En el plano afín, hay más pero se reducen a éstas.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 24 de 65

Atrás


Cerrar

Las reflexiones también sirven para diagonalizar eficientemente.

En efecto, si B = {u1,u2} =(

x1 x2

y1 y2

), con ‖u1‖ =

√x2

1 + y21 ,

tomamos q = (x1 + sg (x1)‖u1‖, x2) y lo normalizamos

v = 1

‖q‖ (x1 + sg (x1)‖x1‖, x2)

Entonces, la reflexión H = I −2v v t satisface que Hu1 =(−sg (x1)‖u1‖

0

)y hace cero por debajo de la diagonal de B .Trasponiendo la matriz resultante, podemos repetir y diagonalizar.

Lema 9. Toda matriz 2x2 se puede diagonalizar con reflexiones.


), la norma de su primera columna es ‖u1‖ =

p2

Entonces, q = (1+p2,1), ‖q‖ =

√4+2

p2 =⇒ v = 1p

4+2p

2(1+p

2,1)

H1

(11

)= (I −2v v t )

(11

)=

(11

)− 1

2+p2

(1+p

21

)(1+p

2,1)

(11

)=

=(11

)− 2+p

2

2+p2

(1+p

21

)=

(11

)−

(1+p

21

)=

(−p20

)

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 25 de 65

Atrás


Cerrar

Por tanto, H A =(−p2 −p2

0 0

)Finalmente, como ‖(−p2,−p2)‖ = 2, existe

otra reflexión H2 que multiplicada por la derecha diagonaliza A.

H1 AH2 =(−p2 −p2

0 0

)H2 =

(−(−2) 00 0

)=

(2 00 0

)Observamos, en este ejemplo, que la matriz diagonal es la misma17 del ejem-plo 6 (donde se diagonaliza por rotaciones).

Si usamos reflexiones, no es necesario calcular explícitamente las matricesde cambio H para obtener los productos y por tanto la diagonal. Además,conocemos de antemano la primera columna o fila del resultado.

Así, para toda A ∈ M2(R), existen matrices ortogonales18 U ,V ∈ O(2) talesque

V t AU = D =(d1 00 d2

)Como hemos visto, U y V no son únicas. Pero siempre A =V DU t .Aunque A, no sea simétrica. Siempre lo son sus grammianas, At A y A At .Luego ambas son diagonalizables por congruencia-semejanza. Además,

At A = (V DU t )t V DU t =U DV t V DU t =U DDU t =U D2U t

17Son 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.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 26 de 65

Atrás


Cerrar

Como en esta descomposición, los valores propios aparecen en la diagonal yson únicos. Hemos demostrado que d 2

1 y d 22 son los valores propios de At A.

También se demuestra que d 21 y d 2

2 son los valores propios de A At .Por tanto, los elementos d1 y d2 que únicos salvo su signo y su orden.

Definición 8. Si 0 ≤ d1 ≤ d2, los llamamos los valores singulares de A.

Como siempre se pueden hacer positivos y/o reordenar multiplicando pormatrices ortogonales especiales. Tenemos

Corolario 6. Toda matriz A ∈ M2(R) tiene valores singulares únicos.

Como At A =U D2U t , la matriz ortogonal U ∈O(2), tiene por columnas unabase ortonormal de autovectores de At A. Análogamente, A At = V D2V t ytambién V ∈O(2) es una base de autovectores de A At .

Como V t AU = D ⇐⇒ AU = V D, hay correspondencia entre autovectores.Si u es autovector de At A, v de A At y d es un valor singular de A.

Definición 9. u y v se corresponden por valor singular si Au = d v .


), sus grammianas At A =

(5 33 2

), At A =

(2 33 5

)tienen los autovalores positivos {6.8541,0.145898}. Sus raíces cuadradas{2.61803,0.381966} son los valores singulares de la matriz.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 27 de 65

Atrás


Cerrar

6. MATRICES DE GIVENS Y DE HOUSEHOLDER.

Las rotaciones del plano euclídeo, A =(

a b−b a

)∈ SO(2), se pueden gener-

alizar a cualquier dimensión n. Así, si a2 +b2 = 1, una matriz

A =

1 . . . 0 . . . 0 . . . 0... . . . ...

......

0 . . . a . . . b . . . 0...

... . . . ......

0 . . . −b . . . a . . . 0...

...... . . . ...

0 . . . 0 . . . 0 . . . 1

∈ SO(n)

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.

Ejemplo 9. En R3, existen tres tipos de rotaciones o matrices de Givens,1 0 00 a b0 −b a

,

a 0 b0 1 0−b 0 a

,

a b 0−b a 00 0 1

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 28 de 65

Atrás


Cerrar

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 −2uut y la llamamos una matriz de Householder.

H =

1 . . . 0... . . . ...0 . . . 1

−2

a1...

an

(a1, . . . , an) =

1 . . . 0... . . . ...0 . . . 1

− 2a2

1 . . . 2a1an... . . . ...

2a1an . . . 2a2n

Lema 10. La matriz H = I −2uut , tiene las siguientes propiedades:

• Hu =−u.• H v = v para todo v ∈Rn tal que u⊥v .• H = H t .• H t = H−1.

Demostración:

• Como ut u = ‖u‖2 = 1, se tiene Hu = (I −2uut )u = u −2u =−u.• Si ut v = 0, se tiene H v = (I −2uut )v = v −0v = v .• H t = (I −2uut )t = I t −2(uut )t = I −2uut = H .• H 2 = (I−2uut )(I−2uut ) = I−4uut +4(uut )2 = I−4uut +4uut = I .

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 29 de 65

Atrás


Cerrar

La fórmula de las dimensiones, di m(u⊥)+di m(L(u)) = n, implica

di m(u⊥) = n −1

al subesp. vect.

u⊥ = {v ∈Rn : u • v = 0

}= {v = (x1, . . . , xn) ∈Rn : a1x1 +·· ·+an xn = 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 endo-morfismo que tenga los autovalores 1, y −1, de multiplicidad geom. n −1.

Como dos endomorfismos coinciden si lo hacen sobre una base. Y por defini-ción, toda reflexión determina una base de autovectores de Rn . Entonces

Corolario 8. Toda reflexión viene definida por una matriz de Householder.

En la práctica, no es necesario calcular la matriz de Householder. Por ej.

Ejemplo 10. Si queremos calcular el vector reflejado de e1 = (1,0,0) res-pecto al plano x + y + z = 0, basta calcular el producto escalar e1 • u =

ut e1 = (1,1,1)

100

= 1. Entonces, el reflejado es e1 −2u = (−1,−1,−1)

He1 = (I −2uut )e1 = e1 −2(ut e1)u = e1 −2u

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 30 de 65

Atrás


Cerrar

7. DESCOMPOSICIÓN POR VALORES SINGULARES (SVD).

Análogamente al caso bidimensional, multiplicando por matrices de House-holder 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 ∈Mmxn(R), existen matrices U ∈O(m), V ∈O(n) tal que

V t AU = D

es diagonal mxn con entradas d1 ≥ ·· · ≥ dp ≥ 0 con p = min{m,n}.

Demostración: Podemos suponer n = min{m,n}. En caso contrario, des-componemos At y trasponiendo su SVD, obtenemos la de A.

Su grammiana B = At A es una matriz simétrica real y sus autovalores son nonegativos.Así, podemos escribirlos en orden decreciente, como cuadrados

d 21 ≥ ·· · ≥ d 2

n ≥ 0

Por Gram-Schimdt, podemos elegir, u1, . . . ,un ∈ Rn , autovectores ortonor-males. Así, Buk = d 2

k uk y por columnas U = (u1, . . . ,un) es ortogonal nxn.

19Si A es mxn hay que multiplicar a izquierda por matrices de orden m y a derecha deorden n. Hay algoritmos eficientes para órdenes grandes.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 31 de 65

Atrás


Cerrar

Ahora, suponemos dr 6= 0 y dr+1 = ·· · = dn = 0 y definimos vectores de Rm ,v j = 1

d jAu j

20 para j = 1, . . . ,r . Estos son ortonormales, ya que

v tj vk = 1

d j dkut

j At Auk = 1

d j dkut

j Buk = d 2k

d j dkut

j uk ={

0, Si j 6= k1, Si j = k

Podemos ampliar hasta una base ortonormal v1, . . . , vr , vr+1, . . . , vm de Rm .Así, la matriz por columnas V = (v1, . . . , vm) también es ortogonal. Ahora,para todo k > r , como Auk = 0 también v t

j Auk = 0. Y si k ≤ r , se tiene

v tj Auk = dk v t

j vk ={

0, Si j 6= kdk , Si j = k

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 hallarsu descomposición por valores singulares. Como en el siguiente


), su grammiana At A =

(1 21 1

)·(1 12 1

)=

(5 33 2

),

tiene por ecuación característica p(λ) = |A − λI | = (5 − λ)(2 − λ) − 32 =λ2 −7λ+1 = 0 cuyas raíces son los autovalores positivos{

7+3p

5

2,

7−3p

5

2

}= {6.8541,0.145898}

20Ésta es la condición. para la correspondencia entre autovectores izquierda y derecha.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 32 de 65

Atrás


Cerrar

Si para cada valor propio, se resuelven los s.l. y se normalizan sus solu-ciones se obtienen los vectores propios u1,u2 que escritos por columnas danla matriz U tal que Λ=U t At AU es diagonal21. O sea,(−0.850651 −0.525731

0.525731 −0.850651

)·(5 33 2

)·(−0.850651 0.525731−0.525731 −0.850651

)=

(6.8541 0

0 0.145898

)

Entonces, B = AU =(−1.37638 −0.32492−2.22703 0.200811

)y se tiene B t B =U t At AU =Λ.

Por tanto, las columnas de B son vectores ortogonales pero en general nounitarios (su norma son las raíces cuadradas de los valores propios de At A).

Estas raíces cuadradas positivas son los llamados valores singulares de A{d1,d2} = {

p6.8541,

p0.145898} = {2.61803,0.381966}

Si normalizamos las columnas de B = AU , dividiendo por d1 y d2, obtenemos

la matriz ortogonal V =(−0.525731 −0.850651−0.850651 0.525731

)cuyas columnas son los

vectores unitarios v1, v2 de la demostración. Además, por la definición de V

B = A ·U =(−0.525731 −0.850651−0.850651 0.525731

)·(2.61803 0

0 0.381966

)=V ·D

21U diagonaliza por congruencia-semejanza a la grammiana At A.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 33 de 65

Atrás


Cerrar

Finalmente, despejando A =V ·D ·U t encontramos su SVD. Explícitamente(1 12 1

)=

(−0.525731 −0.850651−0.850651 0.525731

)(2.61803 0

0 0.381966

)(−0.850651 −0.5257310.525731 −0.850651

)U y V en una SVD no son únicas, los d1 ≥ ·· · ≥ dp ≥ 0 si lo son. En efecto,

At A = (V DU t )t V DU t =U DV t V DU t =U DDU t =U D2U t

A At =V DU t (V DU t )t =V DDV t =V D2V t

Así, necesariamente los cuadrados d 2i son valores propios de At A y A At . Y

los di son únicos salvo su signo y su orden.

Definición 12. Si 0 ≤ di , ∀i , los llamamos los valores singulares de A.

Corolario 9. Toda matriz A tiene valores singulares únicos.

Como At A =U D2U t , la matriz ortogonal U ∈O(2), tiene por columnas unabase ortonormal de autovectores de At A. Análogamente, A At = V D2V t ytambién V ∈O(2) es una base de autovectores de A At .

Como V t AU = D ⇐⇒ AU = V D, hay correspondencia entre autovectores.Si u es autovector de At A, v de A At 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.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 34 de 65

Atrás


Cerrar

Como las matrices ortogonales U = (u1, . . . ,un) y V = (v1, . . . , vm) represen-tan cambios de base ortonormales, desde la canónica.

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 def , respecto de estas nuevas bases, es diagonal con entradas no negativas.

Como una a.l., f , definida por una matriz diagonal, con entradas no negati-vas, es una dilatación/contracción de ejes coordenados.El corolario nos dice que toda f es esencialmente una dilatación/contracción.

Ejemplo 12. Para, A =(2 3

7 62 01 9

), su grammiana At A =

(58 5757 126

)tiene los auto-

valores positivos {158.37,25.6298} y sus raíces cuadradas {12.5845,5.06259}son los valores singulares de A.

Los autovectores de At A son las columnas de U = (0.493823 −0.8695630.869563 0.493823

).

Ahora, para hallar la matriz V , lo que hacemos es calcular el producto

A·U =( 3.59633 −0.257657

8.67413 −3.1240.987645 −1.739138.31989 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 37 62 01 9

)=

(0.285774 −0.05089430.68927 −0.617076

0.078481 −0.3435250.661121 0.706129

)(12.5845 0

0 5.06259

)(0.493823 0.869563−0.869563 0.493823

)

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 35 de 65

Atrás


Cerrar

A es la matriz de una a.l. de R2 en R4 y la hemos descompuesto en unarotación en R2 definida por U 22, después una dilatación en R2 definida porla matriz diagonal D y después una a.l. de R2 en R4 definida por V .

Si ampliamos las 2 columnas de V hasta una base ortonormal de R4, tenemos

A =(2 3

7 62 01 9

)=

(0.285774 −0.0508943 ∗ ∗0.68927 −0.617076 ∗ ∗

0.078481 −0.343525 ∗ ∗0.661121 0.706129 ∗ ∗

)(12.5845 00 5.062590 00 0

)(0.493823 0.869563−0.869563 0.493823

)=V1·D1·U t

y las nuevas V1, D1 diagonalizan A At = (V1D1U t )(U D t1V t

1 ) =V1D1D t1V t

1

ya que D1D t1 =

(12.58452 0 0 0

0 5.062592 0 00 0 0 00 0 0 0

)=

(158.37 0 0 00 25.6298 0 00 0 0 00 0 0 0

)es diagonal

Cuando una matriz cuadrada A tiene determinante positivo se puede con-seguir que las matrices U y V sean de rotaciones. Si A tiene determinantenegativo, son una rotación y una reflexión. Además, siempre se tiene que

Lema 11. Si r ≤ n es tal que dr 6= 0 y dr+1 = 0. Entonces,

1) rango(A) = r .2) A = (v1, . . . , vr )diag{d1, . . . ,dr }(u1, . . . ,ur )t .3) N (A) = L(ur+1, . . . ,un) es el esp. nulo de A.4) C (A) = L(v1, . . . , vr ) es el esp. de columnas de A.

Demostración:22Porque U es una matriz ortogonal de determinante 1.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 36 de 65

Atrás


Cerrar

1) La multiplicación por matrices invertibles no cambia el rango.2) Calculando el producto, se tiene

A =V DU t = (d1v1, . . . ,dr vr ,0, . . . ,0)(u1, . . . ,ur )t =

=r∑

k=1dk vk ut

k = (v1, . . . , vr )diag{d1, . . . ,dr }(u1, . . . ,ur )t

3) N (A) = L(ur+1, . . . ,un) ya que Autk = 0 para todo k = r +1, . . . ,n y su

dimensión es n − r por ser rango(A) = r .4) C (A) = L(v1, . . . , vr ) es inmediato por 2). �

Definición 14. La descomposición 2) del anterior corolario se le dice unadescomposición SVD compacta de A.

De esta descomposición compacta, A = (v1, . . . , vr )diag{d1, . . . ,dr }(u1, . . . ,ur )t

intercambiando los papeles de U , V y tomando inversos de las entradas, sedefine fácilmente otra matriz

B = (u1, . . . ,ur )diag{1/d1, . . . ,1/dr }(v1, . . . , vr )t

que es casi una inversa de A, ya que AB y B A son matrices cuadradas muycercanas a sus identidades. Ya que,

∑mk=1 vk v t

k = Im ,∑n

k=1 uk utk = In y

AB = (v1, . . . , vr )diag{1, . . . ,1}(v1, . . . , vr )t = v1v t1 +·· ·+ vr v t

r ∈ Mm(R)

B A = (u1, . . . ,ur )diag{1, . . . ,1}(u1, . . . ,ur )t = u1ut1 +·· ·+ur ut

r ∈ Mn(R)

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 37 de 65

Atrás


Cerrar

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.

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 = (v1, . . . , vr )diag{d1, . . . ,dr }(u1, . . . ,ur )t == (v1, . . . , vr )diag{d1, . . . ,dr }diag{1/d1, . . . ,1/dr }diag{d1, . . . ,dr }(v1, . . . , vr )t =

= AB A

B = (u1, . . . ,ur )diag{1/d1, . . . ,1/dr }(v1, . . . , vr )t == (u1, . . . ,ur )diag{1/d1, . . . ,1/dr }diag{d1, . . . ,dr }diag{1/d1, . . . ,1/dr }(v1, . . . , vr )t =

= B AB

O sea, dada un matriz A ∈ Mmxn(R) y su B asociada. Entonces, se tiene que

Lema 12. AB A = A, B AB = B .

8. SEUDOINVERSA DE MOORE-PENROSE.

Ahora, dada un matriz A ∈ Mmxn(R), estamos en condiciones de definir

Definición 15. Decimos que B ∈ Mnxm(R) es una inversa generalizada deMoore-Penrose de A si AB y B A son simétricas y AB A = A, B AB = B .

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 38 de 65

Atrás


Cerrar

Por lo anterior, toda matriz tiene una inversa de Moore-Penrose. Pero, además

Lema 13. La inversa de Moore-Penrose de una matriz es única.

Demostración: Supongamos que B y C son ambas inversas de Moore-Penrose de A. Así, por definición, AB , B A, AC , C A son matrices simétricas.

B = B AB = At B t B = AtC t At B t B =C A At B t B =C AB AB =C AB

C =C AC =CC t At =CC t At B t At =CC t At AB =C AC AB =C AB

Esta unicidad de la inversa de Moore-Penrose de una matriz A permite darlenombre propio.

Definición 16. Llamamos A†, a la inversa de Moore-Penrose de A.

Aunque no lo demostramos aquí, dado un s.l. de ecuaciones AX = b, com-patible o incompatible, siempre se tiene que

Teorema 3. A†b es una solución mínimo cuadrática de norma mínima.

Ejemplo 13. A =(1 11 1

), es simétrica real. Por tanto, diagonalizable por

congruencia-semejanza.(1 11 1

)=

(0.707107 −0.7071070.707107 0.707107

)(2 00 0

)(0.707107 0.707107

−0.707107 0.707107

)Como sus autovalores 2, 0 son no negativos, la matriz es semidefinida posi-tiva y su SVD coincide con la descomposición anterior.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 39 de 65

Atrás


Cerrar

Para hallar su inversa de Moore-Penrose, calculamos el producto

A† =(0.707107 −0.7071070.707107 0.707107

)(1/2 0

0 0

)(0.707107 0.707107

−0.707107 0.707107

)=

(0.25 0.250.25 0.25

)

Ejemplo 14. El s.l.x + y = 1x + y = −1

}es incompatible porque el rango de la

matriz A =(1 11 1

)es uno y el de su matriz ampliada es dos.

Sin embargo, tiene una solución mínimo cuadrática que es el vector

A†b =(0.25 0.250.25 0.25

)(1

−1

)=

(00

)Así, el origen de coordenadas es el punto de la recta, imagen por la matrizA (= 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.x + y = 1x + 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 =(0.25 0.250.25 0.25

)(11

)=

(0.50.5

).

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.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 40 de 65

Atrás


Cerrar

9. ÁREA DE PARALELOGRAMOS.

Empezaremos calculando áreas de paralelogramos en R2.

Sean u =(

ab

), v =

(cd

)∈ R2 y A = (u, v) =

(a cb d

)la matriz que definen. El

valor absoluto de su determinante es el área del paralelogramo que forman

x

y

T1

T2 T3

Td

c

a

b

x

y

T1

T2 T3

Tb

a

c

d

El área del rectángulo, R = ad , es la suma de las áreas de 4 triángulos.

R = ad = T +T1 +T2 +T3 ⇐⇒ T = ad − ab

2− cd

2− (a − c)(d −b)

2=

= ad − ab + cd + (ad +bc −ab − cd)

2= ad − ad +bc

2= ad −bc

2= T

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 41 de 65

Atrás


Cerrar

Como el área del paralelogramo, S, es dos veces el área de T, se tiene

S = 2T = ad −bc = |A|El dibujo de la izquierda se ha hecho suponiendo ad > bc. Si fuera alcontrario, estamos en el dibujo de la derecha, y los mismos cálculos danS = bc −ad = |det(A)| que es el valor absoluto del determinante.

Otra forma (vectorial) de hallar el área del mismo paralelogramo es

|A| =∣∣∣∣a cb d

∣∣∣∣= ad−bc = (d ,−c)

(ab

)= v⊥•u = ‖v⊥‖·‖u‖·cos(α) =±‖v‖·‖h‖

donde ‖v⊥‖ =p

c2 +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 .

Pero en Rn 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 vec-tor λu − v sea la altura del paralelogramo, basta suponer perpendicularidad

23En Rn , existen normas y la altura se calcula por perpendicularidad.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 42 de 65

Atrás


Cerrar

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

h2 = ‖λu−v‖2 = (λu−v)•(λu−v) =−(λu−v)•v ⇐⇒ (u•v)λ+h2 = v •v

Las igualdades anteriores forman un s.l. con dos incógnitas λ y h2.

(u •u)λ+0h2 = u • v(u • v)λ+h2 = v • v

}Ahora, por la regla de Cramer para la resolución de sistemas, se tiene

h2 =

∣∣∣∣u •u u • vu • v v • v

∣∣∣∣∣∣∣∣u •u 0u • v 1

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣u •u u • vu • v v • v

∣∣∣∣u •u

=

∣∣∣∣(uv

)(u, v)

∣∣∣∣‖u‖2

= |At A|‖u‖2

=⇒

=⇒ |At A| = h2‖u‖2 =⇒ S = h‖u‖ =√|At A|

Lema 15. S =√

|At A| es el área del paralelogramo formado por u, v .

En el caso bidimensional, se reencuentra la fórmula anterior

S =√|At A| =

√|At | · |A| =

√|A| · |A| = |det(A)|

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 43 de 65

Atrás


Cerrar

Aunque, no lo demostramos aquí diremos que la fórmula anterior, S =√

|At A|,cuando A ∈ Mmxn(R) es de rango pleno por columnas, calcula el volumen n-dimensional del paralelepípedo formado por sus n columnas.

Ejemplo 16. Dada la matriz A =2 2

1 01 1

el área del paralelogramo for-

mado por sus columnas, u = (2,1,1) y v = (2,0,1), se calcula como la raízcuadrada del determinante de su grammiana. Por tanto,

|At A| =∣∣∣∣u •u u • vu • v v • v

∣∣∣∣= ∣∣∣∣6 55 5

∣∣∣∣= 30−25 = 5 =⇒ S =√|At A| =p

5 = 2.23607

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 paralelepípedodegenerado de volumen cero.

Ejemplo 17. Dada la matriz A =

2 21 00 11 1

el área del paralelogramo formado

por sus columnas es

|At A| =∣∣∣∣u •u u • vu • v v • v

∣∣∣∣= ∣∣∣∣6 55 6

∣∣∣∣= 36−25 = 11 =⇒ S =√

|At A| =p11 = 3.31662

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 44 de 65

Atrás


Cerrar

10. NÚMERO 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 ≥ ·· · ≥ dp ≥ 0 con p = min{m,n}.

Si rango(A) = r entonces dr 6= 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) = d1

dr≥ 1

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 −bb a

), con

a2 +b2 = 1, sabemos que tiene autovalores complejos conjugados, ya que

p(λ) =∣∣∣∣a −λ −b

b a −λ

∣∣∣∣= (a −λ)2 +b2 = 0 =⇒ (a −λ)2 =−b2 =⇒

=⇒λ= a ±√−b2 = a ±bi

24Próximo a uno.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 45 de 65

Atrás


Cerrar

los dos autovalores son números complejos de norma uno, ‖λ1‖ = ‖λ2‖ =pa2 +b2 = 1. O sea, pertenecen a la circunferencia unidad.

Además, como su grammiana asociada es la identidad

At A =(

a b−b a

)(a −bb a

)=

(1 00 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 bb −a

), con

a2 +b2 = 1, sabemos que tiene los autovalores 1 y −1.

Además, también su grammiana asociada es la identidad

At A =(

a bb −a

)(a bb −a

)=

(1 00 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,At A = I . Tiene todos sus valores singulares 1 y número de condición 1.

Cualquier isometría, en cualquier dimensión, tiene número de condición 1.Conforme el número de condición de una matriz se hace mayor, más se alejaA de ser una isometría y más se deformarán las figuras.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 46 de 65

Atrás


Cerrar

Por definición, el nº de condición de una matriz es siempre k(A) ≥ 1. Además

Lema 16. [Propiedades del nº de condición de una matriz]

1) k(A) = k(At ) = k(A−1).2) k(λA) = k(A) para 0 6=λ ∈R.3) k(At A) = k(A)2 ≥ k(A).4) k(A) = k(B), si A y B son semejantes.

Demostración:

1) Ya que las 2 matrices, At A y A At tienen los mismos autovalores,distintos de cero. Mientras que (A−1)t A−1 = (At A)−1 tiene por auto-valores 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 posi-

tivas de los autovalores de At A.4) Si A y B son semejantes, también los son At A y B t B .

Estas tienen los mismos autovalores reales positivos.Por tanto, A y B tienen los mismos valores singulares.

En R2, la interpretación geométrica de la descomposición por valor singular(SVD) de una matriz es interesante por el impacto visual de f (X ) = AX .

El círculo unidad se transforma en una elipse, cuya deformación se mide pork(A), que coincide con el cociente de sus semiejes.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 47 de 65

Atrás


Cerrar

Ejemplo 20. La matriz A =(3 11 1

), es simétrica real y definida positiva.

Tiene dos autovalores reales positivos, que son λ1 = 3.41421 y λ2 = 0.585786.

Por tanto, coinciden con sus valores singulares. Así, el número de condiciónde esta matriz es

k A = 3.41421

0.585787= 5.82843

Su descomposición SVD coincide con la de congruencia/semejanza(3 11 1

)=

( −0.92388 0.382683−0.382683 0.525731

)(3.41421 0

0 0.525731

)(−0.92388 −0.3826830.382683 −0.850651

)

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 de-forma los ángulos. El resultado final es una rotación de ejes que se calculadiagonalizando por congruencia/semejanza la matriz B = (A−1)t A−1 que esla que transforma el círculo unidad en la elipse 0.5s2 −2s ∗ t +2.5t 2 = 1.

25de los dos ejes, según los valores singulares.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 48 de 65

Atrás


Cerrar

11. APÉNDICE 1. VALORES PROPIOS DE UN PRODUCTO DE MATRICES.

Por definición, para que una matriz tenga valores propios tiene que ser lamatriz de un endomorfismo. O sea, tiene que ser una matriz cuadrada26.

Por tanto, para que el producto, A ·B , de dos matrices tenga autovalores, hacefalta que tengan dimensiones simétricas m ×n y n ×m.

De forma que ambos productos, A ·B de dimensión m×m y B · A de dimen-sión n ×n son matrices cuadradas y se pueden comparar sus autovalores.

A ·B =

a11 . . . a1n... . . . ...

am1 . . . amn

·

b11 . . . b1m... . . . ...

bn1 . . . bnm

=

c11 . . . c1m... . . . ...

cm1 . . . cmm

= C1

m ×n n ×m m ×m

B · A =

b11 . . . b1m... . . . ...

bn1 . . . bnm

·

a11 . . . a1n... . . . ...

am1 . . . amn

=

c ′11 . . . c ′1n... . . . ...

c ′n1 . . . c ′nn

= C2

n ×m m ×n n ×n

Pero puede suceder que uno de los productos tenga una dimensión más pe-queña y sea más fácil calcular su ecuación característica y autovalores.

26De números reales o complejos.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 49 de 65

Atrás


Cerrar

Ejemplo 21. Para las matrices A =(

1111

)y B = ( 1 −2 1 −2 ), se tiene

A ·B =(

1111

)· ( 1 −2 1 −2 ) =

(1 −2 1 −21 −2 1 −21 −2 1 −21 −2 1 −2

)= C1

4×1 1×4 4×4

B · A = ( 1 −2 1 −2 ) ·(

1111

)= (−2) = C2

1×4 4×1 1×1

Aquí, C2 es una matriz mucho más sencilla ya que, C2 = (−2), es esencial-mente un escalar y es inmediato que λ=−2 es el único autovalor que tiene.

En cambio, la matriz C1 como es 4× 4 tiene 4 (contando multiplicidades)autovalores complejos que aparentemente son difíciles de hallar ya que laecuación característica, |C1 −λI | = 0, es un determinante de orden 4×4.

Pero podemos aplicar la propiedad de que dos matrices semejantes tienenlos mismos autovalores. Por tanto, si aplicamos una trasformación elemen-tal de filas a C1 que equivale a multiplicar E ·C1 y luego la correspondiente(a E−1) transformación elemental de columnas. Entonces, la nueva matrizE C1E−1 tiene los mismos autovalores. Así, si restamos a la segunda fila laprimera y después sumamos la segunda columna a la primera

C1 =(

1 −2 1 −21 −2 1 −21 −2 1 −21 −2 1 −2

)∼

(1 −2 1 −20 0 0 01 −2 1 −21 −2 1 −2

)∼

(−1 −2 1 −20 0 0 0−1 −2 1 −2−1 −2 1 −2

)= E1 C1E−1

1

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 50 de 65

Atrás


Cerrar

Si restamos a la 3ª fila la primera y sumamos la 3ª columna a la primera(−1 −2 1 −20 0 0 0−1 −2 1 −2−1 −2 1 −2

)∼

(−1 −2 1 −20 0 0 00 0 0 0−1 −2 1 −2

)∼

(0 −2 1 −20 0 0 00 0 0 00 −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 00 0 0 00 −2 1 −2

)∼

(0 −2 1 −20 0 0 00 0 0 00 0 0 0

)∼

(−2 −2 1 −20 0 0 00 0 0 00 0 0 0

)Ahora, esta última matriz tiene de ecuación característica∣∣∣∣−2−λ −2 1 −2

0 −λ 0 00 0 −λ 00 0 0 −λ

∣∣∣∣ = (−λ)3(−2−λ) = 0

y por tanto los valores propios de C1 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.

Como, A ·B tiene los mismos autovalores que P−1(A ·B) P = (P−1 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 losmismos autovalores no nulos.

Esto nos permite, cambiar una de las matrices por su forma normal de Her-mite (de filas o columnas según nos interese) para hacer la demostración deque tienen la misma ecuación característica salvo una potencia de λ.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 51 de 65

Atrás


Cerrar

Por ejemplo si r (B) = 1 podemos aplicar el algoritmo de transformacioneselementales de columnas para transformarla en su forma normal de Hermite,

B ·P =( 1 0 ... 0∗ 0 ... 0

...... ... ...∗ 0 ... 0

)

Como el otro producto P−1 A es una matriz arbitraria m×n, basta demostrarque tienen los mismos autovalores no nulos cuando B es de esa forma. O sea

A ·B =

a11 . . . a1n... . . . ...

am1 . . . amn

·

1 0 . . . 0

b21 0 . . . 0...

... . . . ...bn1 0 . . . 0

=

c11 0 . . . 0...

... . . . ...cm1 0 . . . 0

= C1

m ×n n ×m m ×m

Donde |C1 −λI | = (−λ)m−1(c11 −λ) = 0 es la ecuación característica de C1 =A ·B con c11 = a11+a12b21+·· ·+a1nbn1 el único autovalor distinto de cero.Ahora, para calcular los autovalores del otro producto

B · A =

1 0 . . . 0

b21 0 . . . 0...

... . . . ...bn1 0 . . . 0

·

a11 . . . a1n... . . . ...

am1 . . . amn

= C2

n ×m m ×n n ×n

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 52 de 65

Atrás


Cerrar

Pero podemos aplicar la propiedad de que dos matrices semejantes tienen losmismos autovalores. Por tanto, si aplicamos una trasformación elemental defilas a B que equivale a multiplicar E ·C2 y luego la correspondiente (a E−1)transformación elemental de columnas a A.

Entonces, la nueva matriz E C2E−1 tiene la misma ecuación característica.Así, si restamos en B a la segunda fila la primera multiplicada por b21 ydespués en A sumamos la segunda columna por b21 a la primera

B · A = 1 0 ... 0

b21 0 ... 0...

... ... ...bn1 0 ... 0

·( a11 ... a1n

... ... ...am1 ... amn

)∼

1 0 ... 00 0 ... 0

b31 0 ... 0...

... ... ...bn1 0 ... 0

·(

a11+a12b21 a12 ... a1n...

... ... ...am1+am2b21 am2 ... amn

)

Si aplicamos sucesivamente las trasformaciones de fila y columna para hacercero por debajo del 1 en la primera columna de B llegamos al producto

B · A ∼(1 0 ... 0

0 0 ... 0...

... ... ...0 0 ... 0

)· a11+∑n

i=2 a1i bi 1 a12 ... a1n

...... ... ...

am1+∑ni=2 ami bi 1 am2 ... amn

=a11+∑n

i=2 a1i bi 1 a12 ... a1n

0 0 ... 0...

... ... ...0 0 ... 0

y esta última tiene un único autovalor no nulo que es el mismo de A ·B27

λ= a11 +n∑

i=2a1i bi 1 = a11 +a12b21 +·· ·+a1nbn1 = c11

27Y la ecuación característica de B · A es la misma de A ·B salvo una potencia de λ.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 53 de 65

Atrás


Cerrar

Cuando el menor de los rangos de A y B es mayor que 1, la demostraciónes más compleja pero sigue los mismos pasos ya que el proceso anterior esalgorítmico y fácil de generalizar.

Empezamos con A ·B , con B la que tenga menor rango o menor número decolumnas, si no conocemos su rango, y transformamos B en su forma normalde Hermite por columnas H y el otro factor A de forma dual en A1.

Después seguimos transformando en el producto H · A1 haciendo ceros pordebajo de los unos hasta llegar a la forma normal de Hermite por filas H1 yde forma dual A1 en A2 y finalmente calculamos H1 ·A2 y comprobamos quesu ecuación característica es la misma de A1 ·H salvo un múltiplo de λ. Así

Teorema 4. Si existen A ·B y B · A tienen la misma ecuación característicasalvo λn−m y por tanto los mismos autovalores no nulos.

Ejemplo 22. Dadas las matrices A = (2 7 21 3 6

)y B =

(1 21 71 2

)para comprobar

que coinciden los autovalores no nulos de AB y B A. Transformamos primeroB , multiplicando la 1ª columna por -2 y sumando a la 2ª, dualmente trans-formamos 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

A ·B =(2 7 21 3 6

)·1 2

1 71 2

∼(4 13 141 3 6

)·1 0

1 51 0

∼(4 13 145 15 30

)·1 0

1 11 0

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 54 de 65

Atrás


Cerrar

Seguimos, multiplicando la 2ª columna de B por -1 y sumando a la 1ª, dual-mente la 1ª fila de A y sumando a la 2ª

A ·B ∼(4 13 145 15 30

)·1 0

1 11 0

∼(4 13 149 28 44

)·1 0

0 11 0

=(18 1353 28

)

Hemos llegado a la forma de Hermite por columnas de B y concluimos queel producto A·B tiene la misma ecuación característica que el producto final.

Ahora, le damos la vuelta al producto y seguimos calculando la forma deHermite por filas de B que se consigue multiplicando la 1ª fila de A por -1 ysumando a la 3ª, dualmente en B sumamos la 3ª a la 1ª columna

B · A ∼1 0

0 11 0

·(4 13 149 28 44

)∼

1 00 10 0

·(18 13 1453 28 44

)=

18 13 1453 28 44

0 0 0

Finalmente, se comprueba que la ecuación característica de B · A es∣∣∣∣∣∣

18−λ 13 1453 28−λ 440 0 −λ

∣∣∣∣∣∣ = −λ∣∣∣∣18−λ 13

53 28−λ

∣∣∣∣= 0

O sea, la misma de A ·B multiplicada por λ=λ3−2.Por tanto, tiene los mismos autovalores como queríamos demostrar.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 55 de 65

Atrás


Cerrar

12. APÉNDICE 2. UNA APLICACIÓN ESTADÍSTICA DE LA SVD.

Si tenemos n medidas de varias variables xi = {ai 1, . . . , ani }, i ∈ {1, . . . ,r }se pueden cambiar los valores a otras nuevas variables, z1, . . . , zr , que seanindependientes y sucesivamente de varianza máxima pero que recojan todala información de las anteriores.

Las nuevas variables son c.l. de las x1, . . . , xr y se obtienen usando la descom-posición 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 .

X =( a11 ··· a1r

... ... ...an1 ··· anr

)7→ A = X −X =

( a11−m1 ··· a1r −mr... ... ...

an1−m1 ··· anr−mr

)donde mi = xi = ai 1+···+ani

n son las medias aritméticas de las variables.

Ahora, si diagonalizamos la grammiana At A por congruencia-semejanza. Osea, usando sus autovalores reales y sus autovectores normalizados tenemos

At1 A1 = (A ·U )t (A ·U ) =U t · At A ·U =Λ=

(λ1 ··· 0... ... ...0 ··· λr

)donde A1 = A ·U es una nueva matriz n × r , donde sus columnas son c.l. delas columnas de A. O sea, de las desviaciones de las variables originales.

Ahora, si llamamos z1, . . . , zr a las columnas de A1, las igualdades anterioresse traducen en que zi · zi =λi , zi · z j = 0 para cada i , j ∈ {1, . . . ,r }.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 56 de 65

Atrás


Cerrar

Por tanto, son perpendiculares dos a dos y cada vector zi tiene de norma laraíz cuadrada del valor propio λi (es positivo porque At A es simétrica real).

‖zi‖ =√

b21i +·· ·+b2

ni =p

zi · zi =√λi = di

Además, como las columnas de A = X − X tienen media cero, también lascolumnas zi de A1 tienen media aritmética cero ya que

1

n∗ (1, . . . ,1) · A1 = 1

n∗ (1, . . . ,1) · A ·U = (0, . . . ,0) ·U = (0, . . . ,0)

Como cada zi =(

b1i...

bni

)tiene media cero,

b21i+···+b2

nin−1 = λi

n−1 es su (cuasi)varianza

ypλip

n−1= dip

n−1su (cuasi)desviación típica.

Como los valores propios de una matriz simétrica real λ1 ≥λ2 ≥ ·· · ≥λr ≥ 0dan los máximos sucesivos de las normas que representan, se tiene que lasnuevas variables zi son sucesivamente de varianza máxima28. Como además,zi · z j = 0, estas variables tienen covarianza cero o sea son independientes.

Finalmente, los di son los valores singulares de A y la matriz A1 nos sirvepara 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.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 57 de 65

Atrás


Cerrar

vi = 1di

∗ zi obtenemos una matriz V formada por columnas unitarias y or-togonales tal que podemos despejar la descomposición por valor singular

A1 = A ·U =V ·(

d1 ··· 0... ... ...0 ··· dr

)=⇒ A =V ·

(d1 ··· 0... ... ...0 ··· dr

)·U t =V ·D ·U t

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 nuevasvariables que sean independientes y sucesivamente de varianza máxima.

Ptrimero, escribimos la matriz de las observaciones, X =(2 3

7 62 01 9

), calculamos

las medias de sus columnas, x = 124 = 3, y = 18

4 = 4.5, sus desviaciones,

A = X −X =(2−3 3−4.5

7−3 6−4.52−3 0−4.51−3 9−4.5

)=

(−1 −1.54 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 −1.54 1.5−1 −4.5−2 −4.5

)= (

22 33 45

) =⇒∣∣∣∣22−λ 3

3 45−λ

∣∣∣∣=λ2−67λ+981

autovalores λ1 = 45.3849 y λ2 = 21.6151 y sus raíces cuadradas que son losvalores singulares de A

d1 =p

45.3849 = 6.73683, d2 =p

21.6151 = 4.64921

Los autovectores de At A son las columnas de U = (0.127245 −0.9918710.991871 0.127245

).

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 58 de 65

Atrás


Cerrar

Ahora, para hallar la matriz V , lo que hacemos es calcular el producto A ·Uy 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 −0.9918710.991871 0.127245

)= (−1.61505 0.8010031.99679 −3.77662−4.59067 0.4192674.20893 2.55635

)ya que las normas de las columnas de Z son los valores singulares di =

√λi

porque Z t Z =U t At · AU =U t (At A)U =Λ y por tanto ‖zi‖2 = zi · zi =λi

Z = A ·U =(−1.61505 0.801003

1.99679 −3.77662−4.59067 0.4192674.20893 2.55635

)=

(−0.239735 0.1722880.296399 −0.812314−0.681428 0.09018040.624764 0.549846

)(6.73683 0

0 4.64921

)=V ·D

de donde despejamos la SVD, A =V ·D ·U t(−1 −1.54 1.5−1 −4.5−2 −4.5

)=

(−0.239735 0.1722880.296399 −0.812314−0.681428 0.09018040.624764 0.549846

)(6.73683 0

0 4.64921

)(0.127245 0.991871−0.991871 0.127245

)Pero lo que nos interesa aquí es la matriz Z =

(−1.61505 0.8010031.99679 −3.77662−4.59067 0.4192674.20893 2.55635

)que está

formada por dos variables llamadas componentes principales

z1 = {−1.61505,1.99679,−4.59067,4.20893}z2 = {0.801003,−3.77662,0.419267,2.55635}

que son independientes porque tienen covarianza cero z1 · z2 = 0 y tienenvarianzas 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.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 59 de 65

Atrás


Cerrar

Sus medias son cero ya que (z1, z2) = 1n (1, . . . ,1) ·Z y entonces

Z = A ·U =(

X −X)·U = X ·U −X ·U

=⇒ (z1, z2) = 1n (1, . . . ,1) ·Z = ( 1

n (1, . . . ,1) ·X) ·U −

(1n (1, . . . ,1) ·X

)·U

=⇒ (z1, z2) = (x, y) ·U − (x, y) ·U = (0,0)

En particular, hay otras dos variables independientes trasformadas tambiénpor la matriz U de los vectores singulares derecha, que son las dos columnasdel producto X ·U cuyas medias calculadas son, (x, y) ·U , una c.l. de lasmedias originales y cuyas varianzas son las mismas de z1 y z2.

13. EJERCICIOS.

Ejercicio 1. Dadas las matrices A =(2 1 72 0 1

)y B =

3 60 −10 9

comprueba

que coinciden los autovalores de AB y B A.

Ejercicio 2. Dadas las matrices A =2 1 7

2 0 11 1 3

y B =3 6 2

1 0 70 9 2

comprueba

que coinciden los autovalores de AB y B A.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 60 de 65

Atrás


Cerrar

Ejercicio 3. Dada la matriz A =(10 1010 10

). ¿Se puede diagonalizar por

congruencia-semejanza? ¿Y por semejanza?

Ejercicio 4. Dada la matriz A =(10 −1010 10

). ¿Se puede diagonalizar por

congruencia-semejanza? ¿Y por semejanza?

Ejercicio 5. Dada la curva de R2, C = {(x, y) ∈R2 : 10x2 −10x y +10y2 = 1

},

comprueba que existe una matriz, A, simétrica real 2x2, tal que

10x2 −10x y +10y2 = X t AX = (x, y)

(a bb c

)(xy

)Calcula los autovalores de A. ¿Qué puedes decir de la curva?


},


10x2 −40x y +10y2 = X t AX = (x, y)

(a bb c

)(xy



},


10x2 −20x y +10y2 = X t AX = (x, y)

(a bb c

)(xy


http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 61 de 65

Atrás


Cerrar

Ejercicio 8. Dada la matriz A =1 1 0

1 2 10 1 1

Comprueba si se diagonaliza

por congruencia-semejanza. Halla su descomposición de valor singular.


1 1 20 1 1

¿ Se puede diagonalizar por

congruencia-semejanza ? ¿Y por semejanza ?. Halla su SVD.


1 1 20 1 1

¿ Se puede diagonalizar por

congruencia-semejanza ? ¿Y por semejanza ?. Halla su SVD. Compara lasdistintas factorizaciones o descomposiciones de A.

14. TEST DE REPASO.

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 pulsael botón de la izquierda (del ratón).

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 62 de 65

Atrás


Cerrar

1. Dada una matriz cuadrada, A ∈ Mn(R).(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 At .(c) Los autovalores de A son los mismos de A2.(d) Los autovalores de A son los mismos de At .

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 At y At A tienen exactamente los mismos autovalores.(d) A At y At 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.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 63 de 65

Atrás


Cerrar

(c) Dos matrices semejantes son también congruentes.(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).

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 64 de 65

Atrás


Cerrar

8. Dado un homomorfismo f : R2 →R2, tal que f (u) = Au.(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 reflex-

iones.(b) Toda matriz se puede diagonalizar con reflexiones pero no con rota-

ciones.(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.

http://www.ugr.es/






Página de Abertura

Contenido

JJ II

J I

Página 65 de 65

Atrás


Cerrar

http://www.ugr.es/




Documents

MATRICES SIMÉTRICAS Y ORTOGONALES. - Página de inicio