Valores vectorespropios-productointerno-cuadraticas

Ingenier´ıa Civil.
Matemáticas I. 2012-2013.
Departamento de Matemática Aplicada II.
Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla.
Tema 6.- Autovalores y autovectores.
6.1.- Autovalores y autovectores.
Definición y propiedades.
La ecuación caracter´ıstica.
6.2.- Diagonalización.
Matrices diagonalizables.
Matrices no diagonalizables.
6.3.- Matrices simétricas reales.
Diagonalización. El teorema espectral.
6.4.- Aplicaciones del cálculo de autovalores y autovectores.
Ecuaciones en diferencias.
Cónicas y cuádricas giradas.
6.5.- Ejercicios.
Enunciados.
Soluciones.
A lo largo de todo el tema trataremos esencialmente con matrices cuadradas reales (aun-
que muchos de los resultados que veamos también serán válidos para el caso de matrices cua-
dradas complejas). De todos modos, aun trabajando con matrices reales, será imprescindible
hacer referencia a los números (y a los vectores) complejos. La razón es que necesitaremos
considerar las ra´ıces de un polinomio con coeficientes reales (si la matriz es real) y éstas
pueden ser complejas con parte imaginaria no nula.
Una matriz A cuadrada m × m define una transformación lineal sobre Km
,
x ∈ Km
−→ y = Ax ∈ Km
.
Aunque la matriz sea real, cuando algunas de las ra´ıces del llamado polinomio caracter´ıstico
de A (que será un polinomio real) sean números complejos, con parte imaginaria no nula,
será conveniente referirnos a la transformación definida por A sobre el espacio complejo Cm
.
En estos casos, tendremos que considerar para vectores complejos todos los aspectos lineales
que hemos considerado en el tema 4: combinaciones lineales, dependencia/independencia
lineal, subespacios vectoriales de Cm
, dimensión, espacios nulo y columna, etc.
La transformación de vectores que efectúa la matriz A puede ser más o menos sencilla
de describir dependiendo del vector (o de la dirección) sobre la que se efectúe. El problema
fundamental que se aborda es el de la determinación de las llamadas direcciones principales:
direcciones sobre las que la matriz A actúa como la multiplicación por un número. Calculemos
para algunos ejemplos geométricos en el plano y en el espacio, los vectores sobre los cuales
la transformación asociada a una matriz actúa simplemente multiplicando por un número.
149

150 Tema 6.- Autovalores y autovectores.
Ejemplos.
(1) Consideremos la transformación lineal en el plano consistente en la simetr´ıa respecto de
una recta r que pase por el origen de coordenadas. Aplicando esta transformación sobre
un vector de dicha recta se obtiene el mismo vector y aplicándola sobre un vector de
la recta s perpendicular a r que pasa por el origen de coordenadas se obtiene el vector
opuesto. Los vectores (no nulos) de las rectas r y s se denominan vectores propios o
autovectores de la transformación dada. Las rectas a veces se denominan direcciones
principales de la transformación y los coeficientes λ1 = 1 y λ2 = −1, asociados a dichas
direcciones, se suelen denominar valores propios o autovalores.
(2) Consideramos un plano π que pase por el origen en el espacio R3
y la transformación
lineal T : R3
−→ R3
que asocia a cada vector v ∈ R3
el vector T(v) ∈ R3
que se obtiene
al proyectar v (ortogonalmente) sobre el plano considerado. Si {v1, v2} son dos vectores
que generan el plano y v3 es un vector (no nulo) perpendicular al plano tenemos que
T(v1) = v1, T(v2) = v2, T(v3) = 0
con lo cual v1, v2 y v3 son autovectores y los coeficientes respectivos 1, 1 y 0 son auto-
valores. Puesto que los vectores v1, v2 y v3 forman una base de R3
, cualquier vec-
tor v ∈ R3
puede expresarse como combinación de ellos y teniendo dicha expresión
v = αv1 +βv2 +γv3 es inmediato obtener T(v) como combinación lineal de los vectores
v1, v2 y v3,
T(v) = αT(v1) + βT(v2) + γT(v3) = αv1 + βv2.
Por ejemplo, para el plano π ≡ 2x − 3y + z = 0 podemos tomar los vectores
v1 =


3
2
0

 , v2 =


1
0
−2

 y v3 =


2
−3
1


(la transformación lineal no depende de cómo elijamos los vectores v1, v2 y v3). Notemos
que a partir de lo anterior es fácil obtener la matriz A de T respecto a la base canónica
(puesto que tenemos los vectores v1, v2 y v3 y sus transformados expresados respecto
a la base canónica). La matriz A verifica
A

 v1 v2 v3

 =

 Av1 Av2 Av3


y puesto que la matriz
P =

 v1 v2 v3


tiene inversa (por ser sus columnas linealmente independientes), podemos despejar la
Matemáticas I. Ingenier´ıa Civil

6.1.- Autovalores y autovectores. 151
matriz A,
A =

 Av1 Av2 Av3



 v1 v2 v3


−1
=
=


3 1 0
2 0 0
0 −2 0

 1
28


6 5 3
2 −3 −13
4 −6 2

 = 1
28


20 12 −4
12 10 6
−4 6 26

 .
(3) Si A es una matriz diagonal con elementos diagonales d1, d2, . . . , dm, es claro que para
los vectores canónicos e1, e2, . . . , em se verifica Aek = dkek.
(4) Si tomamos dos vectores {v1, v2} linealmente independientes del plano, cualquier trans-
formación lineal T : R2
−→ R2
queda determinada si conocemos cómo actúa sobre
estos vectores. Si A es la matriz asociada a T respecto a la base canónica, podemos
determinar dicha matriz a partir de Av1 y Av2 (si conocemos las coordenadas de los
vectores v1, v2, Av1 y Av2 respecto a la base canónica). Si tomamos por ejemplo los
vectores
v1 =
1
−2
, v2 =
−2
−1
, T(v1) = Av1 = −3v1, T(v2) = Av2 = 2v2
(con lo cual tenemos una situación en la que conocemos las direcciones sobre las cuales
la transformación actúa multiplicando por un número), es fácil determinar la matriz A
teniendo en cuenta que, puesto que v1 y v2 son linealmente independientes, la matriz
cuyas columnas son v1 y v2 tiene inversa y
A

 v1 v2

 =

 −3v1 2v2

 =⇒ A

 v1 v2

 =

 v1 v2

 −3 0
0 2
=⇒
=⇒ A =

 v1 v2

 −3 0
0 2

 v1 v2


−1
Notemos que de esta última expresión es fácil obtener las matrices An
, n = 1, 2, . . .
An
=

 v1 v2

 (−3)n
0
0 2n

 v1 v2


−1
y, por tanto, los vectores que se obtienen al aplicar sucesivamente la matriz A sobre
un vector dado
u, Au, A (Au) = A2
u, . . . , An
u, . . .
Matemáticas I. 2012-2013

6.1.- Autovalores y autovectores.
6.1.1.- Definición y propiedades.
Definición. Sea A una matriz cuadrada de orden m. Diremos que un escalar λ ∈ C es un
autovalor de A si existe un vector v ∈ Cm
, v = 0 tal que Av = λv, en cuyo caso se dice
que v es un autovector de A asociado al autovalor λ.
Obviamente, si tenemos un autovector v de A asociado a un autovalor λ, cualquier múlti-
plo no nulo de v también es un autovector de A asociado al mismo autovalor λ. Por otra
parte, si tenemos dos autovectores v1 y v2 asociados a un mismo autovalor λ, cualquier com-
binación lineal no nula de dichos autovectores también es un autovector de A asociado al
mismo autovalor λ.
Observaciones.
(a) Al hacer transformaciones fila (o columna) sobre una matriz A, los autovalores y los
autovectores de la matriz que se obtiene NO guardan relación (en general) con los auto-
valores y autovectores de la matriz original. En general, tampoco es cierto que los auto-
valores de una matriz suma/resta/producto de otras dos sean suma/resta/producto de
los autovalores de cada uno de los sumandos. Ejercicio. Busca ejemplos de todo lo
anterior.
(b) El concepto de autovalor y autovector no es exclusivo de los espacios de coordenadas,
ni de los espacios vectoriales de dimensión finita. Por ejemplo, siendo V el espacio
vectorial de las funciones y : R → R indefinidamente derivables y siendo T : V → V
la aplicación lineal y −→ T(y) = y′′
, se tiene que λ = 0 es un autovalor de T y todo
polinomio de primer grado es un autovector asociado. Por otra parte λ = 1 también es
autovalor y la función y(x) = ex
es un autovector asociado.
6.1.2.- La ecuación caracter´ıstica.
Proposición. Dada una matriz cuadrada A y un número λ0 ∈ C, son equivalentes:
(1) λ0 es un autovalor de A.
(2) El sistema homogéneo (A − λ0I) x = 0 es un sistema compatible indeterminado.
(3) dim [Nul (A − λ0I)] ≥ 1. (3’) El rango [A − λ0I] no es máximo.
(4) La matriz (A − λ0I) no tiene inversa.
(5) det [A − λ0I] = 0.
Por tanto, los autovalores de A son las soluciones de la ecuación p(λ) = det [A − λI] = 0.
Esta ecuación se denomina ecuación caracter´ıstica de la matriz A y p(λ) = det [A − λI]
se denomina polinomio caracter´ıstico.
Siendo A = [aij] una matriz m × m,
p(λ) = det [A − λI] =
a11 − λ a12 . . . a1m
a21 a22 − λ . . . a2m
...
...
...
...
am1 am2 . . . amm − λ
= (−1)m
λm
+cm−1λm−1
+· · ·+c0

6.1.- Autovalores y autovectores. 153
es un polinomio de grado m y, por tanto, tiene m ra´ıces (contando cada una según su
multiplicidad) que pueden ser reales o complejas no-reales (aun en el caso en que la matriz
A sea real).
El subespacio vectorial Nul [A − λ0I] se denomina espacio propio asociado al autovalor
λ0 (notemos que en general estará compuesto por vectores complejos, los autovectores de A
asociados a λ0 y el vector nulo),
Nul [A − λ0I] = {0} ∪ {autovectores asociados a λ0} .
De manera habitual cuando hablemos de autovectores asociados a un autovalor nos referire-
mos a una base del espacio propio asociado, es decir autovectores linealmente independientes
de forma que cualquier autovector asociado al autovalor en cuestión sea combinación lineal
de ellos.
Ejemplo. Además de los ejemplos considerados anteriormente, veamos el siguiente ejemplo
en el que la matriz A viene dada. Consideremos la matriz A =
1 2
2 1
.
Autovalores: Para cualquier escalar λ tenemos que
A − λI =
1 − λ 2
2 1 − λ
=⇒ det (A − λI) = (1 − λ)2
− 4 = λ2
− 2λ − 3 = (λ − 3)(λ + 1).
Por tanto det (A − λI) = 0 ⇐⇒ λ = −3 ó λ = −1.
Autovectores
asociados a λ1 = 3 : son los vectores no-nulos que están en el espacio nulo de A − 3I,
(A − 3I)x = 0 ≡
−2 2 0
2 −2 0
−→
−1 1 0
0 0 0
⇒ x = x2
1
1
⇒ v1 =
1
1
,
asociados a λ2 = −1 : son los vectores no-nulos que están en el espacio nulo de A + I,
(A + I)x = 0 ≡
2 2 0
2 2 0
−→
1 1 0
0 0 0
⇒ x = x2
−1
1
⇒ v2 =
−1
1
.
Las propiedades referidas a autovalores las podemos agrupar dependiendo de si pueden
obtenerse directamente de la definición (con lo cual estarán involucrados los autovectores) o
si se obtienen a partir del polinomio caracter´ıstico (algunas de ellas pueden obtenerse de las
dos formas).
Proposición. Sea λ un autovalor de A y v un autovector asociado, entonces:
(1) αλ es un autovalor de αA y v es un autovector asociado.
(2) (λ − µ) es un autovalor de A − µI y v es un autovector asociado.
(3) λk
es un autovalor de Ak
y v es un autovector asociado.
(4) Si q(·) es un polinomio, entonces q(λ) es un autovalor de q(A) y v es un autovector
asociado. (Ejemplo: 3λ3
+5λ2
−7λ+2 es un autovalor de la matriz 3A3
+5A2
−7A+2I).

(5) Si A tiene inversa, entonces λ = 0, λ−1
es un autovalor de A−1
y v es un autovector
asociado.
(6) Sea A una matriz real, λ = a + bi ∈ C, (a, b ∈ R) un autovalor de A y v = u + iw ∈ Cm
un autovector de A asociado a λ. Entonces λ = a − bi ∈ C también es autovalor de A
y v = u − iw ∈ Cm
es un autovector de A asociado a λ.
Proposición. Sea A una matriz m × m. Se verifica:
(a) A tiene a lo sumo m autovalores distintos.
(b) A y AT
tienen los mismos autovalores (aunque los autovectores asociados pueden ser
distintos).
Proposición. Sea A una matriz m × m y sea
p(λ) = det [A − λI] = (−1)m
λm
+ cm−1λm−1
+ · · · + c1λ + c0 =
= (−1)m
(λ − λ1) · · ·(λ − λm)
su polinomio caracter´ıstico (es decir λ1, · · · , λm son los autovalores de A, iguales o distintos).
Se verifica:
(a) El determinante de A es igual al producto de sus autovalores (apareciendo cada uno, en
dicho producto, tantas veces como indique su multiplicidad como ra´ız del polinomio
caracter´ıstico)
λ1 · · ·λm = det (A) = p(0) = c0.
(b) La traza de A (la suma de los elementos diagonales de A) es igual a la suma de sus
autovalores (apareciendo cada uno, en dicha suma, tantas veces como indique su multi-
plicidad como ra´ız del polinomio caracter´ıstico)
λ1 + λ2 + · · · + λm = (−1)m−1
cm−1 = traza(A) := a11 + a22 + · · · + amm.
Uno de los resultados más importantes referidos a autovalores y autovectores es el
siguiente.
Teorema. A autovalores distintos corresponden autovectores linealmente independientes.
Es decir, si λ1, . . . , λp son autovalores de A distintos dos a dos y v1, . . . , vp son autovectores
de A asociados respectivamente a λ1, . . . , λp, entonces
{v1, . . . , vp} es linealmente independiente.

6.2.- Diagonalización. 155
6.2.- Diagonalización.
Consideremos una transformación lineal T : Km
−→ Km
y la matriz A asociada (cuadra-
da, m×m) respecto de la base canónica C de Km
. Es decir, siendo x las coordenadas canńicas
de un vector v y siendo y las coordenadas canónicas del transformado T(v), tenemos que
y = Ax. Consideremos otra base B y denotemos por x′
e y′
a las coordenadas de v y T(v),
respectivamente, respecto de dicha base B. Si P es la matriz del cambio de base C ←− B
tenemos que x = Px′
e y = Py′
. Por tanto, la transformación lineal T se puede expresar, en
coordenadas respecto a B mediante
y = Ax ⇐⇒ Py′
= APx′
⇐⇒ y′
= P−1
APx′
.
Es decir, de la misma forma que A representa a T respecto a la base canónica, la matriz
B = P−1
AP también representa a T, pero respecto a la base B. Cuando dos matrices A y
B (cuadradas del mismo orden) están relacionadas mediante la igualdad B = P−1
AP para
alguna matriz P no-singular, se dice que A y B son semejantes. En este caso se trata de
matrices que representan a la misma transformaión lineal respecto de bases distintas.
En este apartado vamos a considerar el problema de intentar determinar una matriz P
para la cual B = P−1
AP sea una matriz lo más sencilla posible (que permita describir la
transformación T asociada de la forma más simple). La forma más simple que se puede
plantear es el de una matriz diagonal. Para algunas matrices A será posible obtener una
matriz diagonal y para otras no.
6.2.1.- Matrices diagonalizables.
Definición. Se dice que una matriz A m × m es diagonalizable si existe alguna matriz P
no singular tal que P−1
AP es una matriz diagonal D. En este caso, se dice que P es una
matriz de paso que diagonaliza A y que la expresión A = PDP−1
es una diagonalización de
A.
Notemos que si
P−1
AP = D =







d1 0 0 . . . 0
0 d2 0 . . . 0
0 0 d3 . . . 0
...
...
...
...
...
0 0 0 . . . dm







entonces de la igualdad matricial AP = PD,
A

 v1 v2 . . . vm

 =

 v1 v2 . . . vm







d1 0 . . . 0
0 d2 . . . 0
...
...
...
...
0 0 . . . dm





se obtiene que cada columna, Avk, de la matriz AP es igual a la correspondiente columna
de PD. Es decir, cada columna de P es un autovector de A asociado al correspondiente
elemento diagonal de D, que será un autovalor de A.
Por otra parte, el que la matriz P sea no-singular (≡ tiene inversa ≡ det (A) = 0) es
equivalente a que sus m columnas sean linealmente independientes.

Cuando sea posible, para construir una diagonalización de A bastará con obtener m
autovectores linealmente independientes. La matriz P de orden m que tenga a dichos auto-
vectores linealmente independientes como columnas (en un cierto orden) será no-singular y
verificará AP = PD siendo D la matriz diagonal cuyos elementos diagonales son los auto-
valores (en el mismo orden en el que hayamos puesto los autovectores en la matriz P). Por
tanto tenemos una diagonalización de A.
Notemos que si en una diagonalización A = PDP−1
,
cambiamos el orden en las columnas de P y de forma simultánea cambiamos el orden
en los elementos diagonales de D, de manera que se correspondan columnas de P-
elementos diagonales de D, se obtiene otra diagonalización de A;
sustituimos cada columna de P por un múltiplo no-nulo de dicha columna, se obtiene
otra matriz de paso distinta que también diagonaliza a A (la matriz D no cambia).
Proposición. Sea A una matriz m × m. Se verifica:
(1) A es diagonalizable si y sólo si tiene m autovectores linealmente independientes.
(2) Si A es diagonalizable también lo es cualquier potencia Ak
, k = 1, 2, · · ·
(3) Si A es diagonalizable también lo es cualquier matriz de la forma A − µI.
(4) Si A es diagonalizable también lo es cualquier polinomio en A
q(A) = ckAk
+ · · · + c1A + c0I.
(5) Si A tiene inversa, A es diagonalizable si y sólo si lo es su inversa A−1
.
(6) A es diagonalizable si y sólo si lo es AT
.
Si tenemos una diagonalización de A, P−1AP = D ≡ A = PDP−1 se obtienen las siguientes
diagonalizaciones de Ak, A − µI, AT y A−1 (si existe)
Ak
= PDk
P−1
, A − µI = P(D − µI)P−1
, AT
= (PT
)−1
D(PT
), A−1
= PD−1
P−1
.
Recordemos que a autovalores distintos corresponden autovectores linealmente indepen-
dientes. Por tanto,
Teorema. Si todos los autovalores de A son simples (A tiene m autovalores distintos),
entonces A es diagonalizable.
Para que una matriz sea diagonalizable no es imprescindible que todos sus autovalores
sean simples. Por ejemplo λ = 1 es un autovalor doble de la matriz
A =


2 1 0
1 2 0
0 0 1



y A es diagonalizable (compruébalo!). Aunque hay matrices que no son diagonalizables, como
por ejemplo
B =
2 1
0 2
.
Para analizar de forma más detallada cuando una matriz es diagonalizable consideramos
los siguientes conceptos.
Definición. Sea A una matriz m × m y sea λ0 un autovalor de A. Se llama:
(a) Multiplicidad algebraica de λ0, y se denota por ma(λ0), a la multiplicidad de λ0
como ra´ız del polinomio caracter´ıstico p(λ) = det (A − λI) de A. Es decir, p(λ) puede
factorizarse como
p(λ) = (λ − λ0)ma(λ0)
q(λ),
siendo q(λ) un polinomio (de grado m − ma(λ0)) que no se anula para λ0, q(λ0) = 0.
(b) Multiplicidad geométrica de λ0, y se denota por mg(λ0), a la dimensión del espacio
nulo de A − λ0I,
dim [Nul (A − λ0I)] = m − rango [(A − λ0I)] .
Es decir, la multiplicidad geométrica es el número (máximo) de autovectores lineal-
mente independientes asociados al autovalor.
Lo único que se puede afirmar en general sobre la relación entre las multiplicidades
algebraica y geométrica de un autovalor de una matriz viene dado por el siguiente resultado.
Lema. Sea λ0 un autovalor de una matriz A, entonces 1 ≤ mg(λ0) ≤ ma(λ0).
Teorema. A es diagonalizable si y sólo si para cada autovalor λ se verifica que
ma(λ) = mg(λ).
En ese caso, si λ1, . . . , λp son (todos) los autovalores distintos de A y tenemos una base Bk de
cada uno de los subespacios Nul [A − λkI] (es decir, tenemos tantos autovectores linealmente
independientes asociados a λk como indica su multiplicidad algebraica), entonces
B = B1 ∪ · · · ∪ Bp
es una base de Rm
o de Cm
.
Por tanto:
Para determinar si una matriz es diagonalizable habrá que determinar si cada autovalor
múltiple tiene asociados tantos autovectores linealmente independientes como indique
su multiplicidad algebraica.
Para construir una diagonalización, cuando sea posible, habrá que obtener tantos auto-
vectores linealmente independientes, asociados a cada autovalor, como indique su multi-
plicidad algebraica;

Observación.- Para una matriz diagonalizable A, el tener una diagonalización
P−1
AP = D (diagonal),
permite obtener potencias enteras de dicha matriz,
Ak
= PDk
P−1
y calcular la correspondiente potencia para una matriz diagonal se reduce a obtener el valor
de dicha potencia en cada uno de los elementos de la diagonal principal.
6.2.2.- Matrices no diagonalizables.
Una matriz cuadrada A es diagonalizable si, y sólo si, hay una base (de Rn
ó Cn
) formada
por autovectores de A. Cuando A no es diagonalizable hay situaciones en las que es necesario
encontrar también una base cuyos elementos verifiquen ciertas propiedades similares a las
de los autovectores de A. Éstos serán los denominados autovectores generalizados de A.
Definición. Sea A una matriz m × m y sea λ un autovalor de A. Se dice que un vector
v = 0 es un autovector generalizado de A asociado a λ si se verifica que (A − λI)k
v = 0
para algún entero positivo k.
Es decir, los autovectores generalizados de A asociados a λ son (excluyendo al vector
nulo), los vectores de los espacios nulos de las matrices (A − λI)k
, k = 1, 2, 3, ...
Observaciones.
1) Es fácil comprobar que
Nul (A − λI) ⊆ Nul (A − λI)2
⊆ · · · ⊆ Nul (A − λI)k
⊆ Nul (A − λI)k+1
⊆ . . .
2) Puesto que la dimensión del espacio es finita, los subespacios anteriores no pueden crecer
de manera indefinida, sino que para un cierto valor r se verificará
Nul [A − λI] Nul (A − λI)2
· · · Nul [(A − λI)r
] = Nul (A − λI)r+1
= · · · .
3) Si v ∈ Nul (A − λI)k
entonces Av ∈ Nul (A − λI)k
. Es decir, si v es un autovector
generalizado, Av también lo es (o es el vector nulo).
El siguiente resultado indica que para calcular los autovectores generalizados hay que
llegar, a lo sumo, hasta la potencia ma(λ). Nos indica además que, si bien en general no es
cierto que para un autovector generalizado v asociado a λ se tenga que Av es λv, se tiene en
cambio que Av es también autovector generalizado asociado a λ.
Teorema. Sea A matriz m × m y sea λ autovalor de A de multiplicidad algebraica ma(λ).
Existe un valor 1 ≤ r ≤ ma(λ) tal que
dim (Nul [A − λI]) < · · · < dim (Nul [(A − λI)r
]) = dim Nul (A − λI)ma(λ)
= ma(λ),
y Nul (A − λI)k
= Nul (A − λI)ma(λ)
para k ≥ r.
Observaciones.

1) La proposición anterior no contradice lo visto hasta ahora para autovectores: si A es dia-
gonalizable y λ es autovalor de multiplicidad algebraica ma(λ) = l (su multiplicidad
geométrica será por tanto mg(λ) = l) el valor r de la proposición anterior es r = 1.
2) Observe que según el teorema anterior los autovectores generalizados siempre son los
elementos de Nul (A − λI)ma(λ)
, aunque dependiendo de cada caso, dicho espacio
nulo puede coindicir con el espacio nulo de una potencia inferior de A − λI.
Ejemplo. Consideremos la matriz
A =




−1 0 2 −2
4 4 −1 −2
4 8 4 −9
4 5 1 −5



 .
Vamos a calcular una base de R4
formada por autovectores y autovectores generalizados de
A. Su polinomio caracter´ıstico es pA(x) = (x−1)3
(x+ 1), luego sus autovalores son λ1 = −1
con multiplicidad algebraica ma(λ1) = 1 y λ2 = 1 con multiplicidad algebraica ma(λ2) = 3.
Como λ1 = −1 es autovalor simple, sus multiplicidades algebraica y geométrica coinciden.
Un autovector asociado a λ1 = −1 es, por ejemplo, v1 = (1, 1, 3, 3)T
y los demás autovectores
asociados al mismo autovalor son múltiplos de v1. Para el autovalor triple λ2 = 1, las matrices
A − λ2I y la escalonada superior obtenida de ella por eliminación gaussiana son
A − λ2I =




−2 0 2 −2
4 3 −1 −2
4 8 3 −9
4 5 1 −6




Elim. Gauss.
−→




−2 0 2 −2
0 3 3 −6
0 0 −1 3
0 0 0 0



 .
Puesto que A − λ2I tiene rango 3, sólo hay un autovector independiente asociado al auto-
valor λ2 = 1 y por tanto, A no es diagonalizable. Los autovectores asociados son los múltiplos
(no nulos) de v2 = (2, −1, 3, 1)T
.
Calculemos una base de autovectores generalizados asociados al autovalor λ2 = 1. Para
ello, debemos calcular las potencias A−λ2I hasta que una de ellas tenga rango m−ma(λ2) =
4 − 3 = 1 con lo cual el espacio nulo de dicha potencia de A − λ2I tendrá dimensión 3. La
matrices (A − λ2I)2
y la escalonada superior obtenida por eliminación gaussiana son
(A − λ2I)2
=




4 6 0 −2
−8 −9 0 7
0 3 0 3
−8 −7 0 9




Elim. Gauss.
−→




4 6 0 −2
0 3 0 3
0 0 0 0
0 0 0 0



 ,
cuyo rango es 2 (todav´ıa distinto de 1 = 4 − ma(λ2)). Por tanto la dimensión del espacio
nulo de (A − λ2I)2
es 2 y podemos obtener en dicho espacio nulo un autovector genera-
lizado v3 linealmente independiente con v2, por ejemplo v3 = (0, 0, 1, 0)T
. Notemos que
Nul ((A − λ2I)2
) = Gen {v2, v3}. La matriz (A − λ2I)3
es
(A − λ2I)3
=




8 8 0 −8
8 8 0 −8
24 24 0 −24
24 24 0 −24



 ,

cuyo rango es 1 = 4 − ma(λ2). Por tanto, el espacio nulo de (A − λ2I)3
tiene dimensión
3. En este espacio nulo podemos obtener un autovector generalizado v4 que sea linealmente
independiente con {v2, v3}, por ejemplo v4 = (1, −1, 0, 0)T
. Notemos que
Nul ((A − I)3
) = Gen {v2, v3, v4}
y que los vectores de este espacio son, además del vector nulo, todos los autovectores y auto-
vectores generalizados asociados al autovalor λ1 = 1. As´ı, hemos obtenido tres autovectores
(generalizados) asociados al autovalor triple λ1 = 1 de una determinada forma, ampliando de
una base de Nul (A−I) a una de Nul ((A−I)2
) y de ésta a una de Nul ((A−I)3
). Podr´ıamos
haber obtenido una base de Nul ((A − I)3
) sin necesidad de pasar por bases de los espacios
intermedios. Por ejemplo, los vectores
w2 = (1, −1, 0, 0)T
, w3 = (0, 1, 0, 1)T
, w4 = (0, 0, 1, 0)T
forman una base de Nul ((A − I)3
).
Por tanto, tenemos como bases de R4
{v1, v2, v3, v4} y {v1, w2, w3, w4}.
Para observar la diferencia entre ellas (y entender por qué, en general, es más conveniente
encontrar una base por el procedimiento seguido para construir {v1, v2, v3, v4}) se propone
como ejercicio determinar la matriz P−1
AP tomando respectivamente como matriz P la
matriz cuyas columnas son las coordenadas de los vectores de cada una de las bases anteriores.
As´ı, si formamos P1 = [v1, v2, v3, v4] y P2 = [v1, w2, w3, w4] obtenemos
P−1
1 AP1 =




−1 0 0 0
0 1 1 −1
0 0 1 −1
0 0 0 1



 , P−1
2 AP2 =




−1 0 0 0
0 −1 −2 2
0 −1 0 1
0 −4 −1 4



 .
Observamos que con P1, en el bloque correspondiente al autovalor 1, éste aparece en la
diagonal y además es un bloque triangular superior, es decir, en la matriz obtenida (que no
puede ser diagonal pues A no es diagonalizable), los autovalores aparecen en la diagonal y
el bloque del autovalor 1 al menos tiene ceros por debajo de la diagonal.
Sin embargo, con P2 ni el autovalor 1 aparece en la diagonal ni su bloque correspondiente
es triangular.
Si una matriz es diagonalizable al “juntar autovectores independientes de autovalores
diferentes se obtiene una base de Rm
(o de Cm
). De la misma forma cuando se unen bases
de los espacios de autovectores generalizados se obtiene una base de Rm
(o de Cm
). Siendo
más preciso, tenemos el siguiente resultado.
Proposición. Sea A una matriz cuadrada de orden m, con polinomio caracter´ıstico
pA(λ) = (λ − λ1)m1
. . . (λ − λp)mp
,
con λ1, . . . , λp distintos entre s´ı. Si Bj es base de Nul (A−λjI)mj
, para j = 1, . . . , p, la unión
de dichas bases B = {B1, . . . , Bp} es base de Rm
(o de Cm
).

6.3.- Matrices simétricas reales. 161
Observación-Ejercicio. Según vimos en el estudio de las propiedades del cálculo de auto-
valores y autovectores, todo autovector de una matriz A es autovector de cualquiera de sus
potencias A2
, A3
, . . . El rec´ıproco no es cierto, en general. Por ejemplo, tomando la matriz
A =
0 1
0 0
se verifica que A2
es la matriz nula y, por tanto, cualquier vector no-nulo de R2
es autovector
de A2
asociado a su único autovalor λ = 0. Sin embargo, hay vectores de R2
que no son
autovectores de A, por ejemplo v = [ 1, 1 ].
Determina los autovectores de cada una de las potencias de
A =




0 0 1 0
0 0 0 1
0 0 0 0
0 0 0 0



 .
6.3.- Matrices simétricas reales.
Las matrices simétricas reales constituyen uno de los tipos más importantes de matrices
para las cuales puede garantizarse la diagonalizabilidad. Además, dicha diagonalización se
puede obtener matrices de paso ortogonales.
6.3.1.- Diagonalización. El teorema espectral
Teorema. Sea A una matriz real simétrica. Entonces:
(a) Todos los autovalores de A son reales.
(b) Si v1 y v2 son autovectores (reales) de A asociados a autovalores distintos λ1 y λ2,
entonces v1 y v2 son ortogonales.
Teorema (espectral para matrices simétricas) Sea A una matriz cuadrada real n × n.
Son equivalentes:
(a) A es simétrica.
(b) A es diagonalizable mediante una matriz de paso ortogonal, es decir, existe una matriz
ortogonal Q tal que Q−1
AQ ≡ QT
AQ = D es diagonal.
En ese caso, las columnas de la matriz {q1, . . . , qn} de Q son un conjunto de autovectores
de A que forman una Base Ortonormal de Rn
y, además, tenemos que
A = QDQT
=

 q1 . . . qn







λ1 0 . . . 0
0 λ2 . . . 0
...
...
...
...
0 0 . . . λn









qT
1
qT
2
. . .
qT
n




= λ1q1qT
1 + λ2q2qT
2 + · · · + λnqnqT
n .

Cada matriz qkqT
k es la matriz de la proyección ortogonal sobre el subespacio generado por
el correspondiente vector {qk} (es una matriz de rango 1). As´ı, obtenemos la expresión
A = λ1q1qT
1 + λ2q2qT
2 + · · · + λnqnqT
n ,
que se llama descomposición espectral de A. Esta expresión nos da la matriz simétrica
real A como una combinación lineal de matrices de proyección de rango 1.
A la hora de obtener una diagonalización ortogonal de una matriz simétrica real A pueden
aparecer dos situaciones distintas:
Todos los autovalores de A son simples. En este caso, los autovectores correspondientes
tienen que ser ortogonales dos a dos y formarán una base ortogonal de Rn
. Norma-
lizando dichos autovectores (dividiendo cada uno por su norma) seguiremos teniendo
autovectores ortogonales que además serán unitarios. Una matriz Q que tenga a dichos
autovectores ortonormales como columnas será una matriz de paso que diagonaliza A
ortogonalmente.
La matriz A tiene algún autovalor múltiple. En este caso, cuando calculemos los auto-
vectores asociados a uno de los autovalores λ múltiples, obtendremos una base del
espacio propio asociado Nul (A−λI). En general esta base puede no ser una base orto-
gonal de dicho subespacio. Ortogonalizando primero y normalizando a continuación,
tendremos una base ortonormal de autovectores asociados a dicho autovalor múltiple.
Haciendo esto con cada uno de los autovalores múltiples y normalizando los autovec-
tores asociados a autovalores simples tendremos una base ortonormal de Rn
formada
por autovectores de A. Basta considerar una matriz Q cuyas columnas sean los vectores
de dicha base para obtener una diagonalización ortogonal de A.
6.4.- Aplicaciones del cálculo de autovalores y autovectores.
Vamos a considerar la relación del cálculo de autovalores y autovectores con los llamados
problemas de evolución. Dichos problemas vendrán expresados por una ecuación en
diferencias en el caso discreto y por una ecuación diferencial en el caso continuo.
En forma genérica se tratará de obtener una función vectorial de variable discreta (en cuyo
caso tendremos una sucesión de vectores) o de variable continua (en cuyo caso tendremos
una función vectorial de variable real) determinadas por una condición sobre su evolución.
Como es natural sólo consideraremos problemas lineales. De esta forma los correspondientes
conjuntos de soluciones tendrán una estructura similar a la del conjunto de soluciones de un
sistema de ecuaciones lineales. Es decir, tendrán una estructura de subespacio vectorial (o
de variedad lineal) y podrán manipularse de forma análoga a la manipulación de vectores de
coordenadas.
6.4.1.- Sistemas de ecuaciones en diferencias.
Aqu´ı trataremos de obtener las sucesiones de vectores en Rm
(ó Cm
)
u0, u1, u2, u3, . . . , un, . . .
en la que la relación entre dos términos consecutivos es lineal, constante y homogénea.

6.4.- Aplicaciones del cálculo de autovalores y autovectores. 163
De forma más precisa, la relación entre dos vectores consecutivos será de la forma
un+1 = Aun
siendo A una matriz cuadrada m × m constante (independiente de n).
Definición. Sea A una matriz cuadrada de orden m y sea u1, u2, . . . , un, . . . una sucesión
de vectores en Rm
definidos de manera recurrente por
un = Aun−1, n = 1, 2, . . .
a partir de un vector inicial u0 ∈ Rm
. Una relación de recurrencia de esta forma se llama
sistema de ecuaciones en diferencias lineal homogéneo de primer orden (con coeficientes
constantes). No nos ocuparemos aqu´ı ni del caso no homogéneo, ni del caso de coeficientes
no constantes y muchisimos menos de casos no lineales.
A partir de la relación un = Aun−1 se tiene que un = An
u0 y tenemos la expresión
del término general un en función del vector original u0. El problema es determinar las
potencias An
de A. Tendremos esencialmente dos situaciones. Por un lado, el caso en que A
sea diagonalizable será fácil de tratar y por otro, el caso en el que A no sea diagonalizable que
necesitará de más elaboración puesto que tendremos que recurrir al cálculo de autovectores
generalizados. Uno de los aspectos que permite estudiar la expresión del término general un
(a partir de u0) es el comportamiento asintótico, es decir el comportamiento a largo plazo de
la sucesión un, ¿qué sucede con los vectores un cuando n se hace grande?
Proposición. Sea A una matriz cuadrada de orden m y u0 ∈ Rm
. Entonces
(a) Si A es diagonalizable, A = PDP−1
(P matriz de paso de orden m cuyas columnas
son autovectores de A linealmente independientes, D matriz diagonal cuyos elementos
diagonales son los autovalores correspondientes de A), se verifica que
An
= PDn
P−1
y un = An
u0 = PDn
P−1
u0, n = 1, 2, . . .
(b) Si u0 es combinación lineal de autovectores de A (independientemente de que A sea
diagonalizable o no),
u0 = c1v1 + · · · + ckvk y Avj = λjvj, j = 1, . . . , k,
entonces
An
u0 = c1λn
1 v1 + · · ·ckλn
k vk.
Observaciones. ¿Qué sucede si A no es diagonalizable y u0 no es combinación lineal de
autovectores? Sea A una matriz m × m no diagonalizable.
(a) Si v es un autovector generalizado de A asociado a un autovalor λ, para un cierto valor
k se verifica que
(A − λI)v = 0, . . . , (A − λI)k−1
v = 0, (A − λI)k
v = 0.

Utilizando esto podemos determinar la solución (sucesión de vectores) del sistema de
ecuaciones en diferencias un = Aun−1 que tiene como valor inicial u0 = v. Para ello,
basta considerar la fórmula del binomio de Newton:
(a+b)n
=
n
0
an
b0
+
n
1
an−1
b1
+
n
2
an−2
b2
+· · ·
n
n − 1
a1
bn−1
+
n
n
a0
bn
p
q
:=
p(p − 1) · · ·(p − q + 1)
q!
=
p!
q!(p − q)!
, (0! := 1)
que es aplicable a la potencia de una suma de matrices si estas conmutan. Es decir, si
A y B son dos matrices cuadradas que conmutan (AB = BA), se verifica la igualdad
(A + B)n
=
n
0
An
B0
+
n
1
An−1
B1
+
n
2
An−2
B2
+ · · · +
n
n
A0
Bn
siendo A0
= B0
= I. Puesto que las matrices A−λI y λI conmutan, podemos aplicar
la fórmula del binomio de Newton y para n ≥ k obtenemos
Anv = [λI + (A − λI)]n
v =
=
n
0
(λI)n +
n
1
(λI)n−1(A − λI)1 + · · · +
n
n
(A − λI)n v
puesto que (A − λI)kv = (A − λI)k+1v = (A − λI)k+2v = · · · = 0
= λnv + nλn−1(A − λI)v +
n(n − 1)
2
λn−2
(A − λI)2
v + · · · +
+ · · · + λn−k+1 n
k − 1
(A − λI)k−1v
y aparecen (a lo sumo) k sumandos en el sumatorio, independientemente de lo grande
que sea n. En los ejemplos que veremos k será pequeño y aparecerán pocos términos
en el sumatorio.
(b) Si obtenemos una base {v1, . . . , vm} (de Rm
ó Cm
) formada por autovectores generali-
zados de A, entonces puede encontrarse la solución general del sistema de ecuaciones
en diferencias un = Aun−1 para cualquier u0 ∈ Rn
. Para ello, expresamos u0 como
combinación lineal de los autovectores generalizados {v1, . . . , vm},
u0 = α1v1 + · · · + αmvm
con lo que
un = An
u0 = α1An
v1 + · · · + αmAn
vm
y, por tanto, bastará determinar (An
vj) para cada autovector generalizado vj.
(c) Cálculo de An
. A partir de una base formada por autovectores generalizados {v1, . . . , vm}
podemos calcular An
sin más que obtener los vectores {An
v1, . . . , An
vm} y despejar An
de la igualdad matricial
An

 v1 v2 . . . vm

 =

 An
v1 An
v2 . . . An
vm

 .

(d) Comportamiento asintótico de An
u0. Con este término se designa al estudio del
comportamiento de la sucesión de vectores u0, u1, u2, . . . a largo plazo. Es decir se
trata de estudiar qué sucede cuando n −→ ∞. Los vectores un
¿convergen a un cierto vector?
¿oscilan entre ciertos vectores?
¿tienden a ∞? Es decir, ¿l´ımn→∞ ||un|| = ∞?
Si tenemos un vector u0 expresado como combinación lineal de autovectores y autovectores
generalizados
u0 = c1v1 + · · · + cmvm,
la sucesión generada viene dada mediante
un = An
u0 = c1An
v1 + · · · + cmAn
vm
con lo cual podemos reducir el estudio al comportamiento de las sucesiones An
v siendo v
un autovector o un autovector generalizado de A. En la situación más simple, que v sea un
autovector asociado a un cierto autovalor λ tenemos que
An
v = λn
v
y, por tanto,
Si |λ| < 1, tenemos que (λn
) → 0 y (An
v) = (λn
v) → 0.
Si |λ| > 1, tenemos que (λn
) → ∞ y (||An
v||) = (|λ|n
||v||) → +∞.
Si |λ| = 1 hay que distinguir dos casos (al menos):
• Si λ = 1, la sucesión de vectores An
v = v es constante.
• Si |λ| = 1, λ = 1, puesto que |λn
| = 1 para todo n = 1, 2, . . . , los coeficientes
λ, λ2
, λ3
, . . . recorren la circunferencia unidad (no completa, infinitas veces) y los
vectores An
v = λn
v presentan un comportamiento oscilante.
Veamos a continuación dos ejemplos de cómo obtener An
v.
Ejemplo 1. Calcular un = An
u0 siendo
A =


1 1 0
0 1 0
0 0 2

 y u0 =


2
1
−1

 .
Por ser A triangular es inmediato que los autovalores son λ1 = 1 (doble) y λ2 = 2 (sim-
ple). Como es fácil comprobar, mg(λ1 = 1) = 1 < ma(λ1 = 1) = 2 y la matriz A no es
diagonalizable. No existe una base de autovectores (λ1 y λ2 aportan uno cada uno) y nece-
sitamos recurrir a un autovector generalizado de λ1 para obtener una base de R3
formada
por autovectores y autovectores generalizados.

Autovectores asociados a λ1 = 1,
(A − I)x = 0 =⇒ Nul (A − I) = Gen



v1 =


1
0
0





.
Autovectores generalizados asociados a λ1 = 1,
(A − I)2
x = 0 =⇒ Nul (A − I)2
= Gen



v1, v2 =


0
1
0





.
Autovectores asociados a λ2 = 2,
(A − 2I)x = 0 =⇒ Nul (A − 2I) = Gen



v3 =


0
0
1





.
Es decir, trabajaremos con la base de R3
formada por {v1, v2, v3} (que en este caso sencillo
coincide con la canónica). As´ı,
un = An
u0 = An
(2v1 + v2 − v3) = 2An
v1 + An
v2 − An
v3.
Por ser v1 y v3 autovectores:
An
v1 = λn
1 v1 = 1n
v1 = v1 y An
v3 = λn
2 v3 = 2n
v3.
Mientras que por ser v2 autovector generalizado de λ1 = 1, que verifica (A−I)2
v2 = 0 (k = 2
en la fórmula dada anteriormente):
An
v2 = [λ1I + (A − λ1I)]n
v2
= λn
1 v2 + nλn−1
1 (A − λ1I)v2 + n(n−1)
2
λn−2
1 (A − λ1I)2
v2 + · · ·
= 1n
v2 + n1n−1
v1 + 0 + ... = v2 + nv1 ya que (A − I)v2 = v1.
Finalmente
un = An
u0 = 2v1 + (v2 + nv1) − 2n
v3 = (n + 2)v1 + v2 − 2n
v3 =


2 + n
1
−2n

 .
Ejemplo 2. Calcular un = An
u0 siendo
A =


3/2 1/2 1/2
0 2 1
1/2 −1/2 5/2

 y u0 =


0
2
1

 .

Autovalores. Calculamos sus autovalores mediante la ecuación caracter´ıstica,
|A − λI| = 0 −→ λ3
− 6λ2
+ 12λ − 8 = 0 −→ (λ − 2)3
= 0,
de donde obtenemos que λ1 = 2 es un autovalor triple (ma(λ1) = 3). (Recuérdese
que la traza de la matriz debe coincidir con la suma de los autovalores; en este caso
ambas valen 6, puesto que tr(A) = 3/2 + 2 + 5/2 = 2 + 2 + 2 = 6). Si calculamos su
multiplicidad geométrica
mg(λ1 = 2) = 3 − rango(A − 2I) = 3 − 2 = 1
vemos que sólo tiene un autovector asociado linealmente independiente, con lo que
necesitaremos encontrar dos autovectores generalizados (linealmente independientes)
para formar una base de R3
con autovectores y autovectores generalizados.
Autovectores:
(A−2I)x =


−1
2
1
2
1
2
0 0 1
1
2
−1
2
1
2




x1
x2
x3

 = 0 −→
x1 − x2 + x3 = 0
x3 = 0
−→ x = x2


1
1
0

 .
Tomamos como autovector, por ejemplo, v1 = (1, 1, 0)T
.
Autovectores generalizados:
• (A − 2I)2
x = 0


1
2
−1
2
1
2
1
2
−1
2
1
2
0 0 0




x1
x2
x3

 = 0 −→ x1 − x2 + x3 = 0 −→ x = x1


1
1
0

 + x3


0
1
1

 .
Tomamos como primer autovector generalizado (que debe ser linealmente inde-
pendiente con v1), por ejemplo, v2 = (0, 1, 1)T
.
• Finalmente, (A − 2I)3
x = 0


0 0 0
0 0 0
0 0 0




x1
x2
x3

 = 0 −→ x =


x1
x2
x3

 ∈ R3
arbitrario.
Podemos tomar como segundo autovector generalizado cualquier vector de R3
que
sea linealmente independiente con {v1, v2}, por ejemplo, v3 = (1, 0, 0)T
.
Una vez que tenemos la base B = {v1, v2, v3} formada por autovectores y autovectores
generalizados, calculamos las coordenadas de u0 en dicha base,
u0 = PB[u0]B −→


0
2
1

 =


1 0 1
1 1 0
0 1 0




α
β
γ

 −→ [u0]B =


1
1
−1

 ,
es decir, u0 = v1 + v2 − v3.

Por tanto,
un = An
u0 = An
(v1 + v2 − v3) = An
v1 + An
v2 − An
v3.
Puesto que v1 es autovector de A asociado a λ1 = 2, An
v1 = λn
1 v1 = 2n
v1. Por otra parte,
An
v2 = [λ1I + (A − λ1I)]n
v2 = λn
1 v2 + nλn−1
1 (A − λ1I)v2 + n(n−1)
2
λn−2
1 (A − λ1I)2
v2 + · · ·
= 2n
v2 + n2n−1
v1 + 0 + ... = 2n


0
1
1

 + n2n−1


1
1
0


(por ser v2 autovector generalizado asociado a λ1 = 2, que verifica (A − 2I)2
v2 = 0 (k = 2
en la fórmula anterior) y ya que (A − 2I)v2 = v1),
An
v3 = [λ1I + (A − λ1I)]n
v3 = λn
1 v3 + nλn−1
1 (A − λ1I)v3 + n(n−1)
2
λn−2
1 (A − λ1I)2
v3 + · · ·
= 2n


1
0
0

 + n2n−1


−1/2
0
1/2

 + n(n−1)
2
2n−2


1/2
1/2
0


(por ser v3 autovector generalizado de λ1 = 2, que verifica (A − 2I)3
v3 = 0 (k = 3 en la
fórmula anterior) y ya que
(A − 2I)v3 =


−1/2
0
1/2

 y (A − 2I)2
v3 =


1/2
1/2
0

 .
Nótese que si hubiéramos elegido una base formada por tres autovectores generalizados,
{w1, w2, w3},
a partir de (A − 2I)3
v = 0, tendr´ıamos
un = An
u0 = An
(α1w1 + α2w2 + α3w3) = α1An
w1 + α2An
w2 + α3An
w3.
Para obtener cada uno los tres términos An
wi necesitar´ıamos recurrir a una expresión análoga
a la obtenida para An
v3. De ah´ı que, en general, sea recomendable construir la base de
Rn
formada por autovectores y autovectores generalizados de forma progresiva: resolviendo
primero (A − λI)v = 0, después (A − λI)2
v = 0, después (A − λI)3
v = 0, etc.
No obstante, puesto que en el caso anterior todo vector es un autovector generalizado
(puesto que sólo hay 1 autovalor), calcular An
u0 conlleva los mismos cálculos que obtener
An
v3.
6.4.2.- Cónicas y cuádricas giradas.
En el Tema 1 se estudiaron las (secciones) cónicas y las cuádricas desde el punto de vista
métrico as´ı como los elementos representativos de cada una de ellas. Por otra parte, vimos
la determinación de la posición, del tipo de cónica/cuádrica y cómo obtener los elementos
caracter´ısticos cuando ésta viene dada por una ecuación en la que no aparecen productos
cruzados. Ahora estudiaremos:

(a1) Que toda ecuación polinómica de segundo grado en dos variables
a11x2
+ 2a12xy + a22y2
+ 2a1x + 2a2y + a0 = 0
(alguno de los coeficientes a11, a12, a22 es distinto de cero) representa una cónica.
(a2) Que toda ecuación polinómica de segundo grado en tres variables
a11x2
+ a22y2
+ a33z2
+ 2a12xy + 2a13xz + 2a23yz + 2a1x + 2a2y + 2a3z + a0 = 0,
(alguno de los coeficientes a11, a22, a33, a12, a13, a23 es distinto de cero) representa una
cuádrica. Entre éstas consideramos los casos degenerados.
(b) Cómo determinar el tipo de cónica/cuádrica y sus elementos representativos cuando en
la ecuación aparecen términos en productos cruzados. La presencia de éstos términos
indica que la cónica/cuádrica está girada respecto a los ejes coordenados. La determi-
nación del correspondiente ángulo de giro se hará a partir del cálculo de autovalores
y autovectores de la matriz asociada a la parte cuadrática de la ecuación de la cóni-
ca/cuádrica. Es decir, se tratará de obtener la posición, los elementos caracter´ısticos y
la representación gráfica en el sistema de ejes dado.
Reducción de una cónica girada.
Definición. Una cónica es el lugar geométrico de los puntos (x, y) ∈ R2
del plano que
satisfacen una ecuación general de segundo grado:
f(x, y) = a11x2
+ 2a12xy + a22y2
+ 2a1x + 2a2y + a0 = 0, (1)
donde alguno de los coeficientes a11, a12 o a22 es distinto de cero.
La ecuación anterior, llamada ecuación de la cónica, se puede escribir en notación vectorial
de la forma:
f(x, y) = [x y] A
x
y
+ 2 [a1 a2]
x
y
+ a0 = 0 siendo A =
a11 a12
a12 a22
.
Nótese que también puede escribirse,
f(x, y) = [x y 1]


a11 a12 a1
a12 a22 a2
a1 a2 a0




x
y
1

 = 0.
El proceso general para llevar una cónica a su ecuación reducida (sabiendo cuáles son los
cambios de variables involucrados) puede separarse en dos etapas (si el coeficiente a12 = 0,
si el coeficiente a12 = 0 bastar´ıa con la segunda etapa):
(a) Determinación de las direcciones de los ejes de la cónica. Esto consiste en diagonalizar
ortogonalmente la matriz (simétrica A) asociada a la parte cuadrática de la ecuación
A =
a11 a12
a12 a22
.
Sean λ1 y λ2 los autovalores de A y v1 y v2 autovectores ortogonales correspondientes
(si λ1 = λ2 dichos autovectores serán ortogonales necesariamente, y si λ1 = λ2 nece-
sariamente A es una matriz diagonal, y no necesitamos hacer nada de esto). Conviene

tomar los autovectores v1 y v2 de manera que el ángulo de v1 a v2 sea de 900
en sentido
positivo (contrario a las agujas del reloj). Sin más que dividir los vectores v1 y v2 por
su norma, obtenemos una base ortonormal {u1, u2} de R2
formada por autovectores de
A y, por tanto,
P =

 u1 u2

 ⇒ P−1
= PT
, PT
AP = D =
λ1 0
0 λ2
.
Al sustituir en la ecuación (en (x, y)) de la cónica el cambio de variables tenemos
x
y
= P
x′
y′ =⇒ [x′
y′
] PT
AP
x′
y′ + 2 [a1 a2] P
x′
y′ + a0 = 0.
Es decir, la ecuación de la cónica en las coordenadas (x′
, y′
) es
λ1x′2
+ λ2y′2
+ 2b1x′
+ 2b2y′
+ a0 = 0,
ecuación en la que no aparece el producto cruzado x′
y′
. Notemos que
x
y
= P
x′
y′ =

 u1 u2

 x′
y′ =⇒
x′
y′ = PT x
y
=
uT
1
uT
2
x
y
.
Por tanto, los nuevos ejes son
X′
→ ecuación y′
= 0 → uT
2
x
y
= 0,
Y ′
→ ecuación x′
= 0 → uT
1
x
y
= 0.
Es decir, los ejes x′
e y′
son las rectas que pasan por el origen de coordenadas y
tienen como vectores dirección respectivos los autovectores u1 y u2 de A. De hecho el
sistema de ejes OX′
Y ′
se obtiene del sistema OXY girando (con centro el origen de
coordenadas) el ángulo que determina u1 con el semieje OX+
.
(b) Una vez que tenemos la ecuación
λ1x′2
+ λ2y′2
+ 2b1x′
+ 2b2y′
+ a0 = 0,
en la que no aparece el producto cruzado x′
y′
, bastará completar los cuadrados que
aparezcan (mediante cambios del tipo x′′
= x′
− α e y′′
= y′
− β) para obtener una
ecuación de uno de los siguientes tipos:
Caso el´ıptico. λ1λ2 > 0 (es decir λ1 y λ2 son no-nulos y del mismo signo),
a2
x′′2
+ b2
y′′2
= c
en cuyo caso tenemos una elipse (c > 0), un punto (c = 0) o nada (c < 0).

Caso hiperbólico. λ1λ2 < 0 (es decir λ1 y λ2 son no-nulos y de distinto signo),
a2
x′′2
− b2
y′′2
= c
en cuyo caso tenemos una hipérbola (c = 0) o un par de rectas que se cortan
(c = 0).
Caso parabólico. λ1λ2 = 0 (es decir uno de los autovalores es nulo, y el otro no).
Suponiendo que λ1 = 0, λ2 = 0 puede obtenerse
a2
x′′2
+ by′′
= 0 ó a2
x′′2
+ c = 0
Tendremos una parábola (b = 0), o bien un par de rectas paralelas (c < 0) o
coincidentes (c = 0) o nada (c > 0).
Para obtener los elementos caracter´ısticos de la cónica y su representación gráfica basta
obtenerlos en las coordenadas (x′′
, y′′
) y deshacer los cambios de variables que se hayan hecho
(Traslación)
x′′
= x′
− α
y′′
= y′
− β
⇒
x′
= x′′
+ α
y′
= y′′
+ β
(Giro)
x
y
= P
x′
y′ ⇒
x′
y′ = PT x
y
.
Ejemplos.
(1) Vamos a obtener la ecuación canónica (reducida) y la representación gráfica de la cónica
3x2
+ 3y2
− 2xy + 2x − 4y + 1 = 0.
mediante los cambios de coordenadas adecuados.
Escribimos en forma matricial la parte cuadrática de la ecuación de la cónica:
[x y]
3 −1
−1 3
x
y
+ 2x − 4y + 1 = 0.
Puesto que la ecuación de la cónica tiene término en xy necesitamos hacer un giro para
colocar los ejes en las direcciones de los autovectores de la matriz A (la que recoge los
términos cuadráticos).
Calculamos los autovalores de A,
3 − λ −1
−1 3 − λ
= λ2
− 6λ + 8 = 0 −→ λ1 = 4, λ2 = 2.
Los autovectores correspondientes son:
λ1 = 4 :
−1 −1
−1 −1
x
y
=
0
0
−→ x + y = 0 −→
x
y
= α
1
−1
,

λ2 = 2 :
1 −1
−1 1
x
y
=
0
0
−→ x − y = 0 −→
x
y
= α
1
1
.
Construimos la matriz de paso ortogonal P (que diagonaliza A) mediante una base
ortonormal de autovectores:
√
2
2
1
−1
,
√
2
2
1
1
.
El primer autovector da la dirección y sentido positivo del nuevo eje X′
(que co-
rresponde a girar un ángulo θ = −45o
el eje X, pues del autovector sacamos que
tgθ = y/x = −1/1 = −1) y el segundo autovector (que hemos elegido en el sentido
adecuado para que el eje Y ′
se obtenga girando el X′
un ángulo de 90o
en sentido
positivo) marca la dirección y sentido del nuevo eje Y ′
. El cambio:
x = Px′
−→
x
y
=
√
2
2
√
2
2
−
√
2
2
√
2
2
x′
y′
eliminará el término mixto x′
y′
dejando la parte cuadrática como λ1x′2
+ λ2y′2
, modi-
ficará los coeficientes de los términos lineales, x′
e y′
, y no alterará el término indepen-
diente. Concretamente obtenemos: 4x′2
+ 2y′2
+ 3
√
2x′
−
√
2y′
+ 1 = 0.
Completando cuadrados hacemos una traslación:
4 x′2
+
3
√
2
4
x′
+ 2 y′2
−
√
2
2
y′
+ 1 = 0,
4 x′
+
3
√
2
8
2
−
9
8
+ 2 y′
−
√
2
4
2
−
1
4
+ 1 = 0,
4 x′
+
3
√
2
8
2
+ 2 y′
−
√
2
4
2
=
3
8
−→ 4x′′2
+ 2y′′2
=
3
8
,
donde hemos realizado la traslación
x′′
= x′
+
3
√
2
8
, y′′
= y′
−
√
2
4
.
Operando, llegamos a la ecuación canónica
x′′2
3
32
+
y′′2
3
16
= 1 −→
x′′2
1
4
3
2
2 +
y′′2
√
3
4
2 = 1.
Es decir, al haber tomado λ1 = 4 y λ2 = 2, el semieje mayor de la elipse está sobre el
eje Y ′′
y el menor sobre el X′′
, ya que 1
4
3
2
<
√
3
4
.
El centro C de la elipse es el origen en las coordenadas (x′′
, y′′
). Es decir, (x′′
, y′′
) =
(0, 0) ⇔ (x′
= −3
√
2
8
, y′
=
√
2
4
). En coordenadas (x, y) obtenemos
x =
√
2
2
−
3
√
2
8
+
√
2
4
= −
1
8
, y =
√
2
2
3
√
2
8
+
√
2
4
=
5
8
−→ C = −
1
8
,
5
8
.

Para hacer el dibujo esquemático con una cierta precisión, puede sernos útil el encontrar
los puntos de corte (si los hay) de la elipse con los ejes coordenados (OX y OY ). Al
hacer x = 0 en la ecuación de la cónica se obtiene 3y2
− 4y + 1 = 0 que se verifica
para y = 1, 1/3. Mientras que si hacemos y = 0, la ecuación 3x2
+ 2x + 1 = 0 no tiene
solución (real). Por tanto, la elipse corta al eje OY en los puntos (0, 1) y (0, 1/3) y no
corta al eje OX.
Con toda la información que hemos obtenido a lo
largo del problema, comenzamos dibujando los ejes
X′
e Y ′
sabiendo que pasan por (x = 0, y = 0) y
tienen la dirección y sentido del autovector corres-
pondiente a λ1 y λ2, respectivamente. Es decir, en
este caso, con la elección que hicimos de autova-
lores y autovectores, los ejes X′
e Y ′
se obtienen
rotando un ángulo de −45o
a los ejes X e Y . A
continuación, dibujamos los ejes X′′
e Y ′′
, parale-
los respectivamente a los ejes X′
e Y ′
, que resultan
de trasladar el origen al punto C = −1
8
, 5
8
.
X’
Y’
X
G
G
Y’’Y
X’’
1
1/3
C
G
Nótese que si hubiéramos elegido los autovalores en
el otro orden posible, es decir, λ1 = 2 y λ2 = 4 y
tomamos como autovectores respectivos (1, 1)T
y
(−1, 1)T
(el primero indica la dirección y sentido
del eje X′
y el segundo el del Y ′
), llegar´ıamos, tras
realizar el giro (en este caso de 45o
) mediante el
cambio de coordenadas dado por la nueva matriz
P y la traslación adecuada, a la ecuación canónica:
x′′2
√
3
4
2 +
y′′2
1
4
3
2
2 = 1,
que nos llevar´ıa a la figura adjunta.
X
G
G
Y
1
1/3
C
G
Y’’
Y’
X’
X’’
x2
− 2xy + y2
− 2x + 1 = 0
términos cuadráticos).
x y
1 −1
−1 1
x
y
− 2x + 1 = 0, A =
1 −1
−1 1
Calculamos pues sus autovalores y después sus autovectores. En primer lugar:
1 − λ −1
−1 1 − λ
= λ2
− 2λ = 0 −→ λ1 = 0, λ2 = 2.

Podemos pues calcular los autovectores:
λ1 = 0 :
1 −1
−1 1
x
y
=
0
0
−→ x − y = 0 −→
x
y
= α
1
1
,
λ2 = 2 :
−1 −1
−1 −1
x
y
=
0
0
−→ x + y = 0 −→
x
y
= α
−1
1
.
Construimos la matriz P mediante la siguiente base ortonormal de autovectores:
√
2
2
1
1
,
√
2
2
−1
1
,
donde el primer autovector da la dirección y sentido del nuevo eje X′
(que corresponde
a girar un ángulo θ = 45o
el eje X, pues del autovector sacamos que tgθ = y/x = 1) y
el segundo autovector (que hemos elegido en el sentido adecuado para que el eje Y ′
se
obtenga girando el eje X′
90o
en sentido positivo o antihorario) marca la dirección y
sentido del nuevo eje Y ′
. El cambio:
x = Px′
−→
x
y
=
√
2
2
−
√
2
2√
2
2
√
2
2
x′
y′
y′
+ λ2y′2
, modi-
ficará los coeficientes de los términos lineales, x′
e y′
, y no alterará el término indepen-
diente. Concretamente obtenemos:
2y′2
−
√
2x′
+
√
2y′
+ 1 = 0.
Completando cuadrados en y′
y haciendo una traslación tenemos
2 y′2
+
√
2
2
y′
−
√
2x′
+ 1 = 0, −→ 2 y′
+
√
2
4
2
−
1
4
−
√
2x′
+ 1 = 0,
2 y′
+
√
2
4
2
−
√
2x′
+
3
4
= 0,
2 y′
+
√
2
4
2
−
√
2 x′
−
3
√
2
8
= 0, −→ 2y′′2
−
√
2x′′
= 0,
x′′
= x′
−
3
√
2
8
, y′′
= y′
+
√
2
4
.
Por tanto, la ecuación canónica a la que hemos llegado, tras la rotación y la traslación
llevadas a cabo, es x′′
=
√
2y′′2
.
El vértice V de la parábola es el origen en las coordenadas (x′′
, y′′
, y′′
) =
(0, 0) ⇔ (x′
= 3
√
2
8
, y′
= −
√
2
4
x =
√
2
2
3
√
2
8
+
√
2
4
=
5
8
, y =
√
2
2
3
√
2
8
−
√
2
4
=
1
8
, −→ V =
5
8
,
1
8
.

los puntos de corte (si los hay) de la parábola con los ejes coordenados (OX y OY ).
Al hacer x = 0 en la ecuación de la cónica se obtiene y2
+ 1 = 0 que no tiene solución
(real). Mientras que si hacemos y = 0 obtenemos x2
− 2x + 1 = 0 que tiene como
solución (doble) x = 1. Por tanto, la parábola no corta al eje OY y toca sin cortar
(pues es tangente, como se deduce de la ra´ız doble) al eje OX en el punto (1, 0).
Con toda la información que hemos obtenido a lo largo del problema, comenzamos di-
bujando los ejes X′
e Y ′
sabiendo que pasan por el origen de las coordenadas X-Y y que
tienen la dirección y sentido del autovector correspondiente a λ1 y λ2, respectivamente.
Es decir, en este caso, con la elección que hicimos
de autovalores y autovectores, los ejes X′
e Y ′
se
obtienen rotando un ángulo de 45o
a los ejes X e
Y . A continuación, dibujamos los ejes X′′
e Y ′′
,
paralelos respectivamente a los ejes X′
e Y ′
, que
resultan de trasladar el origen al vértice de la
parábola V = −1
8
, 5
8
. Finalmente, dibujamos
la parábola, que es muy fácil de representar en
las coordenadas (x′′
, y′′
). Teniendo en cuenta las
intersecciones con los ejes X e Y obtenemos pues
la figura adjunta.
G
V
G
1
X’’
Y’’
Y’
X
X’
Y
Nótese que si elegimos los autovalores en el mismo orden, λ1 = 0 y λ2 = 2, pero
tomamos los autovectores opuestos ((−1, −1)T
fija el eje X′
y (1, −1)T
marca el Y ′
),
llegamos, procediendo análogamente, a x′′
= −
√
2y′′2
. En este situación, estar´ıamos en
el caso (a) de la figura siguiente.
Sin embargo, si tomamos λ1 = 2 y λ2 = 0, y como autovectores correspondientes a
(1, −1)T
(que determina el eje X′
) y (1, 1)T
(que marca el eje Y ′
), llegamos, procediendo
análogamente, a y′′
=
√
2x′′2
. De esta forma, estar´ıamos en el caso (b) de la figura
siguiente.
Finalmente, la cuarta y última posibilidad será tomar λ1 = 2 y λ2 = 0, pero trabajando
con los autovectores a (−1, 1)T
(fija el eje X′
) y (−1, −1)T
(marca el Y ′
). Entonces, se
llega, procediendo análogamente, a y′′
= −
√
2x′′2
. Estar´ıamos entonces en el caso (c)
de la figura siguiente.
G
V
G
1 X
Y
X’
Y’X’’ Y’’
G
V
G
1 X
Y Y’
X’
Y’’
X’’
G
V
G
1 X
Y
X’
Y’
X’’
Y’’
(a) (b) (c)
Moraleja: la curva en el plano (X, Y ) es obviamente la misma, aunque al comienzo del
problema tenemos cuatro posibilidades distintas para elegir el eje X′
(según qué auto-
valor elijamos como primero y qué autovector de norma unidad elijamos para dicho

autovalor). Tras esta elección los ejes Y ′
(que queremos obtenerlo girando 90o
en sentido
antihorario el eje X′
), X′′
e Y ′′
ya quedan determinados.
2xy − 4x + 2y − 7 = 0
términos cuadráticos),
x y
0 1
1 0
x
y
− 4x + 2y − 7 = 0, A =
0 1
1 0
.
Calculamos los autovalores,
−λ 1
1 −λ
= λ2
− 1 = 0 −→ λ1 = 1, λ2 = −1.
Los autovectores correspondientes son:
λ1 = 1 :
−1 1
1 −1
x
y
=
0
0
−→ x − y = 0 −→
x
y
= α
1
1
,
λ2 = −1 :
1 1
1 1
x
y
=
0
0
−→ x + y = 0 −→
x
y
= α
−1
1
.
√
2
2
1
1
,
√
2
2
−1
1
,
donde el primer autovector da la dirección y sentido del nuevo eje X′
y el segundo
autovector (que hemos elegido en el sentido adecuado para que el eje Y ′
se obtenga
girando el eje X′
90o
en sentido positivo o antihorario) marca la dirección y sentido
del nuevo eje Y ′
. El cambio de variables:
x = Px′
−→
x
y
=
√
2
2
−
√
2
2√
2
2
√
2
2
x′
y′
y′
+λ2y′2
, podrá mo-
dificar los coeficientes de los términos lineales, x′
e y′
, y no alterará el término inde-
pendiente. Concretamente obtenemos:
x′2
− y′2
−
√
2x′
+ 3
√
2y′
− 7 = 0.

Completando cuadrados en x′
e y′
y haciendo una traslación:
x′
−
√
2
2
2
−
1
2
− y′
−
3
√
2
2
2
+
9
2
− 7 = 0,
x′
−
√
2
2
2
− y′
−
3
√
2
2
2
− 3 = 0,
x′′2
− y′′2
= 3 −→
x′′2
(
√
3)2
−
y′′2
(
√
3)2
= 1,
x′′
= x′
−
√
2
2
, y′′
= y′
−
3
√
2
2
.
Deducimos que las as´ıntotas de la hipérbola son las rectas y′′
= ±x′′
(perpendiculares
entre s´ı al ser la hipérbola equilatera). Podemos deshacer los cambios (giro y traslación)
para obtener sus ecuaciones en las coordenadas x-y. As´ı,
y′′
= x′′
−→ y′
−
3
√
2
2
= x′
−
√
2
2
y, teniendo en cuenta que x′
= PT
x (pues x = Px′
y P es ortogonal), tenemos
x′
=
√
2
2
(x + y), y′
=
√
2
2
(−x + y)
llegamos a √
2
2
(−x + y) −
3
√
2
2
=
√
2
2
(x + y) −
√
2
2
−→ x = −1.
Procediendo análogamente, y′′
= −x′′
se convierte en y = 2 (ambas as´ıntotas son pues
paralelas a los ejes Y y X, respectivamente).
El centro C de la hipérbola es el origen en las coordenadas (x′′
, y′′
, y′′
) =
(0, 0) ⇔ (x′
=
√
2
2
, y′
= 3
√
2
2
x =
√
2
2
√
2
2
− 3
√
2
2
= −1, y =
√
2
2
√
2
2
+ 3
√
2
2
= 2 −→ C = (−1, 2) .
Para hacer el dibujo con cierta precisión puede ser útil calcular los puntos de corte (si
los hay) de la hipérbola con los ejes coordenados (OX y OY ). Al hacer x = 0 en la
ecuación de la cónica se obtiene 2y − 7 = 0 que tiene como solución y = 7/2. Además,
si hacemos y = 0 obtenemos −4x−7 = 0 que tiene como solución x = −7/4. Por tanto,
la parábola corta al eje OY en el punto (0, 7/2) y al eje OX en el punto (−7/4, 0).
Con toda la información que hemos obtenido a lo largo del problema, comenzamos
dibujando los ejes X′
e Y ′
sabiendo que pasan por el origen de las coordenadas X-Y y
tienen la dirección y sentido de los autovectores correspondientes a λ1 y λ2, respecti-
vamente.

Es decir, en este caso, con la elección que hicimos
de autovalores y autovectores, los ejes X′
e Y ′
se
obtienen rotando un ángulo de 45o
a los ejes X e
Y . A continuación, dibujamos los ejes X′′
e Y ′′
,
paralelos respectivamente a los ejes X′
e Y ′
, que
resultan de trasladar el origen al centro de la
hipérbola C = (−1, 2). Finalmente, dibujamos
la hipérbola, que es muy fácil de representar en
las coordenadas x′′
-y′′
, teniendo en cuenta sus
as´ıntotas y sus cortes con los ejes X e Y , para
obtener un dibujo cualitativo lo más parecido
posible al real.
G
Y’
Y’’
X’’
Y
C G
G
2
X’
G
−1
−7/4
G7/2
X
−7x2
+ 12xy + 2y2
+ 2x − 16y + 12 = 0
términos cuadráticos),
x y
−7 6
6 2
x
y
+ 2x − 16y + 12 = 0, A =
−7 6
6 2
Calculamos los autovalores,
−7 − λ 6
6 2 − λ
= λ2
+ 5λ − 50 = 0 −→ λ1 = 5, λ2 = −10.
Y los autovectores correspondientes,
λ1 = 5 :
−12 6
6 −3
x
y
=
0
0
−→ 2x − y = 0 −→
x
y
= α
1
2
,
λ2 = −10 :
3 6
6 12
x
y
=
0
0
−→ x + 2y = 0 −→
x
y
= α
−2
1
.
√
5
5
1
2
,
√
5
5
−2
1
.
El primer autovector da la dirección y sentido del nuevo eje X′
(que corresponde a girar
un ángulo θ ≈ 63,4o
el eje X, pues del autovector sacamos que tgθ = y/x = 2/1 = 2)
y el segundo autovector (que hemos elegido en el sentido adecuado para que el eje Y ′
se obtenga girando 90o
el eje X′
en sentido positivo) marca la dirección y sentido del
nuevo eje Y ′
. El cambio
x = Px′
−→
x
y
=
√
5
5
−2
√
5
5
2
√
5
5
√
5
5
x′
y′

y′
+λ2y′2
, podrá mo-
dificar los coeficientes de los términos lineales, x′
e y′
, y no alterará el término inde-
pendiente. Concretamente obtenemos:
5x′2
− 10y′2
− 6
√
5x′
− 4
√
5y′
+ 12 = 0.
Completando cuadrados en x′
e y′
y haciendo una traslación:
5 x′2
−
6
√
5
5
x′
− 10 y′2
+
2
√
5
5
y′
+ 12 = 0,
5 x′
−
3
√
5
5
2
− 9 − 10 y′
+
√
5
5
2
+ 2 + 12 = 0,
5 x′
−
3
√
5
5
2
− 10 y′
+
√
5
5
2
+ 5 = 0,
5x′′2
− 10y′′2
+ 5 = 0 −→ x′′2
− 2y′′2
= −1 −→
x′′2
12
−
y′′2
√
2
2
2 = −1,
x′′
= x′
−
3
√
5
5
, y′′
= y′
+
√
5
5
.
Deducimos que las as´ıntotas de la hipérbola son las rectas y′′
= ±
√
2
2
x′′
≈ ±0,707x′′
.
Podemos deshacer los cambios (giro y traslación) para obtener sus ecuaciones en las
coordenadas x-y. As´ı,
y′′
=
√
2
2
x′′
−→ y′
+
√
5
5
=
√
2
2
x′
−
3
√
5
5
y, teniendo en cuenta que x′
= PT
x (pues x = Px′
y P es ortogonal), tenemos que
x′
=
√
5
5
(x + 2y), y′
=
√
5
5
(−2x + y)
llegamos a
√
5
5
(−2x+y)+
√
5
5
=
√
2
2
√
5
5
(x + 2y) −
3
√
5
5
−→ 2 +
√
2
2
x+(
√
2+1)y = 1+
3
√
2
2
.
Procediendo análogamente, y′′
= −
√
2
2
x′′
se convierte en
2 −
√
2
2
x + (−
√
2 + 1)y = 1 −
3
√
2
2
.
El centro C de la hipérbola es el origen en las coordenadas (x′′
, y′′
, y′′
) =
(0, 0) ⇔ (x′
= 3
√
5
5
, y′
= −
√
5
5
x =
√
5
5
3
√
5
5
+
2
√
5
5
= 1, y =
√
5
5
6
√
5
5
−
√
5
5
= 1 −→ C = (1, 1) .

los puntos de corte (si los hay) de la hipérbola con los ejes coordenados (OX y OY ).
Al hacer x = 0 en la ecuación de la cónica se obtiene y2
− 8y + 6 = 0 que tiene como
soluciones y = 4 ±
√
10, es decir, y ≈ 7,16 e y ≈ 0,84. Mientras que si hacemos y = 0
se obtiene 7x2
− 2x − 12 = 0 que tiene como soluciones y = 1±
√
85
7
, es decir, x ≈ 1,46
y x ≈ −1,17. Por tanto, la hipérbola corta al eje OY en los puntos (0, 7,16) y (0, 0,84)
y al eje OX en los puntos (1,46, 0) y (−1,17, 0).
Con toda la información que hemos obtenido a lo largo del problema, comenzamos
dibujando los ejes X′
e Y ′
sabiendo que pasan por el origen de las coordenadas x-y y
tienen la dirección y sentido del autovector correspondiente a λ1 y λ2, respectivamente.
Es decir, en este caso, con la elección que hicimos de autovalores y autovectores, los
ejes X′
e Y ′
se obtienen rotando un ángulo de 63,4o
(aproximadamente) a los ejes
X e Y . A continuación, dibujamos los ejes X′′
e Y ′′
, paralelos respectivamente a los
ejes X′
e Y ′
, que resultan de trasladar el origen al centro de la hipérbola C = (1, 1).
Finalmente, dibujamos la hipérbola, que es fácil de representar en las coordenadas x′′
-
y′′
, teniendo en cuenta sus as´ıntotas y sus cortes con los ejes X e Y , para obtener un
dibujo cualitativo lo más parecido posible al real.
X
Y
G
Y’
Y’’
X’ X’’
1
1 C
Reducción de una cuádrica girada.
Definición. Una cuádrica es el lugar geométrico de los puntos (x, y, z) que satisfacen una
ecuación general de segundo grado de la forma
f(x, y, z) = a11x2
+ a22y2
+ a33z2
+ 2a12xy + 2a13xz + 2a23yz + 2a1x + 2a2y + 2a3z + a0 = 0,
llamada ecuación de la cuádrica (alguno de los coeficientes aij tiene que ser distinto de cero).
Esta ecuación se puede escribir matricialmente en la forma
f(x, y, z) = x y z


a11 a12 a13
a12 a22 a23
a13 a23 a33




x
y
z

 + 2 a1 a2 a3


x
y
z

 + a0 = 0,
y vectorialmente como f(x) = xt
Ax+2at
x+a0 = 0.
Al igual que en el caso de las cónicas, el proceso para llevar una cuádrica a su forma
reducida puede separarse en dos etapas (si el coeficiente de alguno de los productos cruzados
es no-nulo): una primera consistente en determinar las direcciones de los ejes de la cuádrica
y una segunda consistente en determinar una traslación.

El término principal de la ecuación de la cuádrica se puede escribir como
xt
Ax = x y z


a11 a12 a13
a12 a22 a23
a13 a23 a33




x
y
z

 .
Puesto que la matriz A es real y simétrica puede diagonalizarse mediante una matriz de
paso ortogonal P cuyas columnas {u1, u2, u3} serán, por tanto, autovectores de A y base
ortonormal de R3
. Conviene tomar {u1, u2, u3} de forma que u1 × u2 = u3. Al hacer el
cambio de variables 

x
y
z

 = P


x′
y′
z′

 ,
la ecuación de la cuádrica queda de la forma
x′
y′
z′


λ1 0 0
0 λ2 0
0 0 λ3




x′
y′
z′

 + 2 b1 b2 b3


x′
y′
z′

 + b0 = 0,
siendo λ1, λ2 y λ3 los autovalores de A (iguales o distintos). A partir de aqu´ı, basta completar
los cuadrados cuyo coeficiente sea distinto de cero y tendremos los siguientes casos:
(1) A tiene todos sus autovalores distintos de cero y del mismo signo:
Elipsoide.
Un punto.
Nada.
(2) A tiene todos sus autovalores distintos de cero pero no del mismo signo:
Hiperboloide de una hoja.
Cono.
Hiperboloide de dos hojas.
(3) A tiene dos autovalores distintos de cero del mismo signo y el tercer autovalor es cero:
Paraboloide el´ıptico.
Cilindro el´ıptico.
Una recta.
Nada.
(4) A tiene dos autovalores distintos de cero de distinto signo y el tercer autovalor es cero:
Paraboloide hiperbólico.
Cilindro hiperbólico.
Un par de planos que se cortan.
(5) A tiene dos autovalores iguales a cero:
Cilindro parabólico.
Un par de planos paralelos, confundidos (un solo plano) o nada.

6.5.- Ejercicios.
6.5.1.- Enuinciados.
Ejercicio 1. Dada la matriz
A =


3 0 a
3 −1 b
−2 0 c

 .
(a) Calcula A de forma que (2, 0, −1)T
sea un autovector cuyo autovalor correspondiente es
λ = −1.
(b) Halla los demás autovalores y autovectores.
Ejercicio 2. Determina los valores del parámetro α para los que es diagonalizable cada una
de las siguientes matrices,
A =


1 0 0
α 1 0
1 1 2

 , B =


0 2 0
−1 3 0
α α + 2 1

 , C =


0 −1 α
2 3 −α
0 0 1

 .
Ejercicio 3. Dada la matriz
A =


1 0 1
a −2 2
3 0 −1

 , α ∈ R.
(a) Calcula los valores de a para los que A es diagonalizable.
(b) Para dichos valores de a, calcula los autovalores y los autovectores de A−1
.
(c) Para dichos valores de a, calcula An
, n = 1, 2, · · ·.
Ejercicio 4. Estudia la diagonalizabilidad de las siguientes matrices en función de los pa-
rámetros que aparecen.
A =


a + 3 b 1
0 a 0
a2
− 1 c a + 1

 , B =


5 0 0
0 −1 b
3 0 a

 , C =




−1 0 0 0
a −1 0 0
b d 1 0
c e f 1



 .
Ejercicio 5. Calcula bases de R3
formadas por autovectores y autovectores generalizados
de las siguientes matrices:
A =


4 −1 1
1 3 −1
0 1 1

 , B =


0 1 0
0 0 1
2 −5 4

 .

6.5.- Ejercicios. 183
Ejercicio 6. Determina la matriz de la transformación lineal T : x ∈ R2
−→ T(x) = Ax ∈
R2
respecto de la base B = {v1, v2} siendo
A =
1 1
−1 3
, v1 =
1
1
, v2 =
5
4
.
Ejercicio 7. Sea f : R4
→ R4
la aplicación lineal dada por f(x) = Ax, donde
A =




a 1 −1 −1
0 b 0 −3
−1 2 c 1
0 1 0 d



 .
(a) Halla A sabiendo que f(S1) = S2, donde
S1 ≡
x1 − x2 = 0
x3 + x4 = 0
y S2 = Gen {(1, −2, 1, 1)T
, (0, 3, −1, −2)T
}.
(b) Prueba que A no es diagonalizable.
(c) Halla una base de R4
formada por autovectores y autovectores generalizados.
Ejercicio 8. Diagonaliza las siguientes matrices mediante matrices de paso ortogonales
A1 =


1 −2 0
−2 2 −2
0 −2 3

 , A2 =


5 2 2
2 2 −4
2 −4 2

 , A3 =


1 −1 0
−1 2 −1
0 −1 1

 , A4 =


1 1 1
1 1 1
1 1 1

 .
Ejercicio 9. (1) Toda matriz simétrica real de orden m × m
Tiene m autovalores distintos.
Diagonaliza en una base ortonormal de Rm
.
Ninguna de las anteriores.
(2) Sea A una matriz cuadrada de orden impar y antisimétrica (AT
= −A). Demuestra que
det(A) = 0.
Ejercicio 10. Calcula la solución del problema de valor inicial
un = Aun−1
u0
siendo
A =


3 0 −1
10 1 −5
1 0 1

 y u0 =


0
0
1

 .

Ejercicio 11. Reduce, clasifica y representa las siguientes cónicas:
(a) 13x2
+ 10y2
+ 4xy − 26x − 22y + 23 = 0.
(a’) 13x2
+ 10y2
+ 4xy − 26x − 22y + 2 = 0.
(b) 4x2
+ y2
− 4xy − 2y + 1 = 0.
(b’) 4x2
+ y2
− 4xy + 4x − 2y + 1 = 0.
(c) 5x2
+ 2y2
− 4xy + 12x − 4y = 0.
(c’) 5x2
+ 2y2
− 4xy + 12x − 4y + 9 = 0.
(d) x2
+ 4y2
− 4xy + 6x − 12y + 9 = 0.
(e) 2xy − 5 = 0.
Ejercicio 12. Determina la ecuación de la cónica que pasa por los puntos
(0, 0), (0, 2), (2, −1), (5, 0), (3, −1)
y representa dicha cónica.
Ejercicio 13. Reducir, clasificar y representar las siguientes cuádricas:
(a) 3x2
+ 2xy − 10y2
= 0.
(b) x2
+ y2
− z2
− 2z − 1 = 0.
(c) 2x + 2y − 2z − 2xy + 4xz + 4yz − 3z2
= 0.
(d) 5x2
+ 6y2
+ 7z2
− 4xy + 4yz − 10x + 8y + 14z − 6 = 0.

6.5.2.- Soluciones.
Ejercicio 1. (a) a = 8, b = 6, c = −5.
(b) λ = −1 es el ´unico autovalor (triple).
Autovectores: (A + I)x = 0.
Nul (A + I) = Gen



v1 =


0
1
0

 , v2 =


−2
0
1





.
Ejercicio 2. A: A es diagonalizable ⇐⇒ α = 0.
B: B es diagonalizable ⇐⇒ α = −2
3
.
C: C es diagonalizable ⇐⇒ α = 0.
Ejercicio 3. (a) A es diagonalizable ⇐⇒ a = 6.
(b) S´olo tenemos que considerar el caso a = 6. Los autovalores de A−1
son los inversos de
los autovalores de A. Por tanto, para a = 6, los autovalores de A−1
son
µ1 =
1
λ1
= −
1
2
(doble), µ2 =
1
λ2
=
1
2
(simple)
y los autovectores asociados son los autovectores de A asociados al correspondiente λ.
Autovectores de A−1
asociados a µ1 ≡ los de A asociados a λ1 = −2:
(A + 2I) x = 0 ⇔ x ∈ Gen



v1 =


0
1
0

 v2 =


1
0
−3





.
Autovectores de A−1
asociados a µ2 ≡ los de A asociados a λ2 = 2:
(A − 2I) x = 0 ⇔ x ∈ Gen



v3 =


1
2
1





(c) Si n es par An
= 2n
I. Si n es impar An
= 2n−1
A.
Ejercicio 4.
A: Si a = −2, 0, 2 =⇒ A es diagonalizable.
Para a = −2, 2 


Si b = c =⇒ A es diagonalizable.
Si b = c =⇒ A no es diagonalizable.
Para a = 0, para todo b y c =⇒ A no es diagonalizable.

B: Si a = −1, 5 =⇒ B es diagonalizable.
Para a = −1 


Si b = 0 =⇒ B es diagonalizable.
Si b = 0 =⇒ B no es diagonalizable.
Para a = 5, =⇒ B no es diagonalizable.
C: C es diagonalizable ⇐⇒ a = f = 0.
Ejercicio 5. (a) Bases de R3
formadas por autovectores y autovectores generalizados de A
son, por ejemplo,
{v1, v2, w3} , {v1, v2, w4} , {v1, w3, w4} ,
siendo
v1 =


0
1
1

 , v2 =


1
2
1

 , w3 =


2
1
0

 , w4 =


−3
0
1

 .
(b) Bases de R3
formadas por autovectores y autovectores generalizados de B son, por
ejemplo,
{v1, v2, w3} , {v1, v2, w4} , {v1, w3, w4} ,
siendo
v1 =


1
2
4

 , v2 =


1
1
1

 , w3 =


2
1
0

 , w4 =


−1
0
1

 .
Ejercicio 6. La matriz de T respecto a la base B = {v1, v2} es
B =
2 −1
0 2
.
Notemos que lo anterior significa que
T(x′
1v1 + x′
2v2) = (2x′
1 − x′
2)v1 + (2x′
2)v2
y en particular,
T(v1) = 2v1 y T(v2) = −v1 + 2v2
como es fácil comprobar en coordenadas canónicas
T(v1) =
1 1
−1 3
1
1
=
2
2
, T(v2) =
1 1
−1 3
5
4
=
9
7
.
Ejercicio 7. (a)
A =




0 1 −1 −1
0 −2 0 −3
−1 2 0 1
0 1 0 2



 .

(c) Una base de R4
formada por autovectores y autovectores generalizados de A es



v1 =




−1
0
1
0



 , w1 =




−3
−2
0
2



 , v2 =




1
0
1
0



 , w2 =




−1
−6
0
2







.
Ejercicio 8.
A1 :
Q =
1
3


2 −2 1
2 1 −2
1 2 2


es una matriz ortogonal
QT
Q = QQT
= I
que diagonaliza A1 : Q−1
A1Q = D ≡ QT
A1Q = D =


−1
2
5

 .
A2 :
Q =



−1
3
2√
5
2
3
√
5
2
3
1√
5
−4
3
√
5
2
3
0 5
3
√
5



QT
Q = QQT
= I
A2Q = D ≡ QT
A2Q = D =


−3
6
6

 .
A3 :
Q =



1√
3
−1√
2
1√
6
1√
3
0 −2√
6
1√
3
1√
2
1√
6



QT
Q = QQT
= I
A3Q = D ≡ QT
A3Q = D


0
1
3

 .
A4 :
Q =



− 1√
2
− 1√
6
1√
3
1√
2
− 1√
6
1√
3
0 1√
6
1√
3



QT
Q = QQT
= I
A4Q = D ≡ QT
A4Q = D


0
0
3

 .

Ejercicio 9. (1) X Diagonaliza en una base ortonormal de Rm
.
(2) Si A es una matriz antisimétrica (AT
= −A) de orden impar n, tenemos que
det (A) = det (AT
) = det (−A) = (−1)n
det (A) = −det (A) =⇒ det (A) = 0.
Ejercicio 10. Tenemos que un = 2n−1


−n
−5n
2 − n

 .
Ejercicio 11. (a) 13x2
+10y2
+4xy −26x−22y +23 = 0. Se trata de una elipse imaginaria
(no hay ningún punto (x, y) con coordenadas reales que verifique la ecuación).
(a’) 13x2
+ 10y2
+ 4xy − 26x − 22y + 2 = 0. Es la ecuación de una elipse (real)
(b) 4x2
+ y2
− 4xy − 2y + 1 = 0. Se trata de una parábola.
−2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7
−2
−1
0
1
2
3
4
5
6
x
y
4 x
2
+y
2
−4 x y−2 y+1 = 0
V = 4
25
, 13
25
(0, 1)
y − 13
25
= 2 x − 4
25
(b’) 4x2
+ y2
− 4xy + 4x − 2y + 1 = 0. Nada. Reduciendo la ecuación (mediante cambios de
variables apropiados) puede llegarse a una ecuación de la forma
5x′′2
= ρ < 0.
(c) 5x2
+ 2y2
− 4xy + 12x − 4y = 0. Se trata de una elipse (real).
(c’) 5x2
+ 2y2
− 4xy + 12x − 4y + 9 = 0. Nada (elpise imaginaria).
(d) x2
+ 4y2
− 4xy + 6x − 12y + 9 = 0. Se trata de una recta doble, (x − 2y + 3)2
= 0.
(e) 2xy−5 = 0. Se trata de una hipérbola equilátera con los ejes coordenados como as´ıntotas.

Ejercicio 12. Tenemos infinitas soluciones que dan lugar a ecuaciones equivalentes a
x2
+ 2y2
− 5x − 4y = 0.
Por tanto, se trata de la ecuación
de una elipse con ejes paralelos a
los coordenados y cuyos elementos
caracter´ısticos pueden obtenerse sin
más que escribir la ecuación anterior
en la forma
x − 5
2
2
33
4
+
(y − 1)2
33
8
= 1.
−2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7
−2
−1
0
1
2
3
4
x
y
x
2
+2 y
2
−5 x−4 y = 0
O X
Y
C = 5
2
, 1 y = 1
x = 5
2
Ejercicio 13. (a) Se trata, obviamente, de un cilindro hiperbólico. Puesto que en la ecua-
ción no interviene la variable z, al cortar la cuádrica con cada plano z = cte siempre se
obtiene la misma proyección en el plano OXY , la hipérbola de ecuación 3x2
+ 2xy −
10y2
= 0.
(b) Cono de ecuación x2
+ y2
− (z + 1)2
= 0 con vértice V = (0, 0, −1) y eje el eje OZ ≡
{x = 0, y = 0}.
(c) Se trata de un hiperboloide de dos hojas. La ecuación reducida es
5x′′2
− y′′2
− z′2
=
13
15
≡
x′′2
13
75
−
y′′2
13
15
−
z′′2
13
15
= 1.
(d) Se trata de un elipsoide de centro C(1, 0, −1) y semiejes a =
√
6, b =
√
3 y c =
√
2.

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