Capítol 3. Diagonalització

El contingut d’aquesta secció és pot trobar a [1 Temes 6, 7] i a [2 Tema 4].

3.1 Motivació

Considerem les matrius següents: \[A=\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \text{ i } B=\begin{pmatrix} 5 & -15 & -21 \\ -3 & 9 & 13 \\ 3 & -9 & -13 \end{pmatrix}\] i suposem que volem calcular $A^5$, $\Rang(A)$, $\Ker(f_A)$ o una base de $\Ima(f_A)$; i exactament els mateixos càlculs per $B$.

Per $A$, aquests càlculs són quasi immediats: \[A^5=\begin{pmatrix} (-1)^5 & 0 & 0 \\ 0 & 2^5 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \,\] $\Rang(A)=2$, $\Ker(f_A)=\langle \left( \begin{smallmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{smallmatrix} \right) \rangle$ i una base de $\Ima(f_A)$ pot ser $\calb=( \left( \begin{smallmatrix} -1 \\ 0 \\ 0 \end{smallmatrix} \right) , \left( \begin{smallmatrix} 0 \\ 2 \\ 0 \end{smallmatrix} \right))$.

Per la matriu $B$, podem fer $B^5$, però ens porta més càlculs, igual que calcular-ne el rang, el nucli de $f_B$ o una base de la imatge de $f_B$.

Observem ara que hi ha una relació entre $A$ i $B$: \[B=S A S^{-1}\] on \[S=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ -1 & -1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{pmatrix}\] i això permet aprofitar els càlculs que hem fet per $A$ per deduir els de $B$: \[B^5=S A S^{-1} S A S^{-1} \cdots S A S^{-1}=S A^5 S^{-1} \, ,\] tenim la igualtat $\Rang(B)=\Rang(A)=2$, $\Ker(f_B)=S\Ker(f_A)$ i una base de $\Ima(f_B)$ s’aconsegueix amb la base de $\Ima(f_A)$ multiplicada (per l’esquerra) per la matriu $S^{-1}$.

A aquest exemple, el que hem vist és que encara que les matrius $A$ i $B$ corresponen a una mateixa transformació lineal $f$ expressada en dues bases diferents, els càlculs han quedat molt més fàcils amb la matriu $A$ pel simple fet de ser una matriu diagonal. A aquest capítol, l’objectiu principal és: donada una aplicació lineal $f\colon E \to E$ (amb $E$ un espai vectorial de dimensió finita), trobar una base $\calb$ d’$E$ tal que $[f]_\calb$ sigui una matriu diagonal. També veurem que, a vegades, no existeix cap base amb aquesta propietat.

3.2 Determinants

Probablement ja coneixem el determinant de matrius $2\times 2$ i $3\times 3$ definits directament com: \[\begin{align} \tag{3.1} \begin{vmatrix} a & b \\ c & d \end{vmatrix}= ad -bc \end{align}\] i \[\begin{align} \tag{3.2} \begin{vmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13}\\ a_{21} & a_{22} & a_{23}\\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{vmatrix} = a_{11}a_{22}a_{33}-a_{11}a_{23}a_{32}-a_{12}a_{21}a_{33}+a_{12}a_{23}a_{31}+a_{13}a_{21}a_{32}-a_{13}a_{22}a_{31}. \end{align}\] Una de les propietats principals és la següent: el determinant val zero si i només si els vectors columna de la matriu són linealment dependents.

Si pensem les columnes de les matrius com a vectors de $\K^n$, podem considerar el determinant com una aplicació: \[\begin{array}{rcl} \det \colon M_n(\K)=(\K^n)^n & \longrightarrow & \K \\ (\vec v_1, \dots , \vec v_n) & \mapsto & \det(\vec v_1, \dots , \vec v_n) \end{array}\] i habitualment escriurem: \[\det(\vec v_1, \dots, \vec v_n)=\begin{vmatrix} \mid & \mid & & \mid \\ \vec v_1 & \vec v_2 & \cdots & \vec v_n \\ \mid & \mid & & \mid \end{vmatrix}\] Demanarem que el determinant compleixi les propietats següents:

$\det(\vec v_1, \dots, \lambda \vec v_j, \dots,\vec v_n)=\lambda \det(\vec v_1, \dots, \vec v_j, \dots,\vec v_n)$ per a tots $\vec v_j\in \K^n$ i $\lambda \in \K$.
$\det(\vec v_1, \dots, \vec v_{j-1}, \vec v_j+\vec w_j, \vec v_{j+1} \dots,\vec v_n)= \det(\vec v_1, \dots, \vec v_{j-1},\vec v_j,\vec v_{j+1}, \dots,\vec v_n) +$
$\det(\vec v_1, \dots, \vec v_{j-1},\vec w_j,\vec v_{j+1}, \dots,\vec v_n)$ per a tots $\vec v_j$ i $\vec w_j\in \K^n$.
$\det(\vec v_1,\dots , \vec v_j, \dots, \vec v_k, \dots ,\vec v_n)=0$ si $\vec v_j=\vec v_k$ amb $j\neq k$.
$\det(\1_n)=\det(\vec e_1, \dots, \vec e_n)=1$, on $\vec e_j$ són els vectors estàndard.

Observació. Les propietats D1 i D2 es poden resumir dient que el determinant és lineal a cada columna. Es diu que el determinat és una aplicació multilineal.

Exercici 3.1 Demostreu que els determinants de matrius $2\times 2$ i $3\times 3$ definits a les Equacions (3.1) i (3.2) respectivament compleixen aquestes propietats i que són les úniques aplicacions de $M_2(\K) \to \K$ i $M_3(\K)\to\K$ respectivament que les compleixen.

Fixem-nos que la propietat D1 implica que si la matriu té una columna tota zero aleshores el determinant és zero:

Lema 3.1 Tenim $\det(\vec v_1, \dots, \vec 0, \dots,\vec v_n)=0$.

Prova. En efecte, com que $\vec 0=0 \cdot \vec 0$, aleshores \[\begin{align*} \det(\vec v_1, \dots, \vec 0, \dots,\vec v_n) & = \det(\vec v_1, \dots, 0\cdot\vec 0, \dots,\vec v_n) = \\ & = 0 \det(\vec v_1, \dots, \vec 0, \dots,\vec v_n)=0. \end{align*}\]

Lema 3.2 Si considerem les transformacions elementals per columnes corresponents a les transformacions T1, T2 i T3 definides a la Subsecció 1.3, el determinant es modifica com:

T1: Si $B$ és la matriu resultant de multiplicar una columna per $\lambda$ a la matriu $A$: \[\det(B)=\lambda \det(A).\].
T2: Si $B$ és la matriu resultant de sumar a una columna d’$A$ $\mu$ vegades una altra columna d’$A$: \[\det(B)=\det(A).\]
T3: Si $B$ és la matriu resultant d’intercanviar dues columnes diferents d’$A$, llavors: \[\det(B)=-\det(A).\]

Prova. D1 ens diu com es transforma $\det$ per la transformació elemental T1, obtenint el resultat de l’enunciat.

Estudiem ara el canvi T2: sumem a una columna $\mu$ vegades una altra: \[\begin{align*} \det(\dots, \vec v_j, \dots, \vec v_k+\mu\vec v_j,\dots) & =\det(\dots, \vec v_j, \dots, \vec v_k,\dots) + \det(\dots, \vec v_j, \dots,\mu\vec v_j,\dots)= \\ & = \det(\dots, \vec v_j, \dots, \vec v_k,\dots) + \mu\det(\dots, \vec v_j, \dots,\vec v_j,\dots)= \\ & = \det(\dots, \vec v_j, \dots, \vec v_k,\dots) + 0 \end{align*}\] on primer hem aplicat D2 (separar la suma de vectors), llavors D1 (treure el $\mu$ fora del determinant) i finalment D3 per veure que un dels determinants és zero.

Mirem com es modifica el determinant per la transformació T3: vegem que si intercanviem dues columnes $j\neq k$, llavors \[\det(\vec v_1,\dots , \vec v_j, \dots, \vec v_k, \dots ,\vec v_n)=-\det(\vec v_1,\dots , \vec v_k, \dots, \vec v_j, \dots ,\vec v_n) .\] Per tal de simplificar la notació escrivim $\det(\dots , \vec v_j, \dots, \vec v_k, \dots)$: \[\begin{align*} 0 & = \det(\dots , \vec v_j+\vec v_k, \dots, \vec v_j+\vec v_k, \dots) = \\ & = \det(\dots , \vec v_j+\vec v_k, \dots, \vec v_j, \dots) + \det(\dots , \vec v_j+\vec v_k, \dots, \vec v_k, \dots) = \\ & = \det(\dots , \vec v_j, \dots, \vec v_j, \dots) + \det(\dots , \vec v_k, \dots, \vec v_j, \dots) + \\ & \quad + \det(\dots , \vec v_j, \dots, \vec v_k, \dots) + \det(\dots , \vec v_k, \dots, \vec v_k, \dots) = \\ & = 0 + \det(\dots , \vec v_k, \dots, \vec v_j , \dots) + \det(\dots , \vec v_j, \dots, \vec v_k , \dots) + 0 \end{align*}\]

Teorema 3.1 Si tenim dues aplicacions $\det\colon (\K^n)^n \to \K$ i $\det'\colon (\K^n)^n \to \K$ complint D1, D2, D3 i D4, llavors $\det=\det'$.

Prova. Volem veure que si $\vec v_1, \dots , \vec v_n \in \K^n$, llavors $\det(\vec v_1, \dots , \vec v_n)=\det'(\vec v_1, \dots , \vec v_n)$: si considerem $A$ la matriu formada pels vectors $\vec v_1, \dots, \vec v_n$ per columna, podem aplicar transformacions elementals per columnes fins a tenir, o bé una matriu identitat, o bé una matriu amb l’última columna tot zeros. Pel Lema 3.2, veiem com es modifica qualsevol aplicació (tant $\det$, com $\det'$) que compleixi els axiomes D1, D2, D3 i D4, obtenint que $\det(A)=\lambda\det(\rcef(A))$ (reduced column echelon form) i $\det'(A)=\lambda\det'(\rcef(A))$ (amb el mateix $\lambda$), però o bé $\rcef(A)=\1_n$ (i tenim $\det(\rcef(A))=1=\det'(\rcef(A))$ per D4), o bé $\rcef(A)$ té una columna tot zeros i per la Observació 3.1, $\det(A)=0=\det'(A)$.

Per tant, com que $\det$ i $\det'$ estan determinats pels canvis elementals per columnes i pel seu valor a la identitat o a una matriu amb una columna tot zeros, han de valer el mateix.

Exemple 3.1 Calculem el determinant d’$A$, on:\[A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 6 \\ 0 & -1 & -8 \\ 5 & 6 & 0 \end{pmatrix}\] fent transformacions elementals: \[\begin{align*} \begin{vmatrix} 1 & 2 & 6 \\ 0 & -1 & -8 \\ 5 & 6 & 0 \end{vmatrix} & = \begin{vmatrix} 1 & 2 & 6 \\ 0 & -1 & -8 \\ 0 & -4 & -30 \end{vmatrix}= -\begin{vmatrix} 1 & 2 & 6 \\ 0 & 1 & 8 \\ 0 & -4 & -30 \end{vmatrix}= \\ & = -\begin{vmatrix} 1 & 0 & -10 \\ 0 & 1 & \phantom{-}8 \\ 0 & 0 & \phantom{-}2 \end{vmatrix}= -2\begin{vmatrix} 1 & 0 & -10 \\ 0 & 1 & \phantom{-}8 \\ 0 & 0 & \phantom{-}1 \end{vmatrix}= -2 \det(\1_3)=-2\,. \end{align*}\]

Amb tot això, el que no hem demostrat és que existeixi una aplicació $\det$ que tingui les propietats D1, D2, D3 i D4.

Per demostrar la existència, el que farem és construir-la explícitament.

Considerem $A\in M_n(\K)$ i el producte de $n$ coeficients de la matriu $a_{i_1j_1} \cdots a_{i_nj_n}$ tals que no hi hagi dos coeficients d’una mateixa columna, ni d’una mateixa fila. Dit d’una altra manera, com que hi ha $n$ files i $n$ columnes,considerem $n$ parelles $\{(i_1,j_1),\dots,(i_n,j_n)\}$ que compleixin la igualtat de conjunts: \[\begin{align*} \tag{3.3} \{i_1, \dots, i_n\}=\{1, \dots, n\} = \{j_1, \dots, j_n\} \,. \end{align*}\]

Definició 3.1 Anomenem un patró d’$n$ elements a un conjunt $\calp=\{(i_1,j_1),\dots,(i_n,j_n)\}\subset \{1,\dots,n\}^2$ que compleixi que $i_k\neq i_l$ i $j_k\neq j_l$ si $k\neq l$, o, equivalentment, que compleixi l’Equació (3.3).
Donat un patró d’$n$ elements $\calp$ i una matriu $A\in M_n(\K)$, definim l’element $a_\calp$ com el producte: \[a_\calp=\prod_{(i,j)\in\calp} a_{ij} .\]

Exemple 3.2 En el cas de les matrius $3\times 3$, tenim $6$ patrons possibles i ens donen els productes: \[\begin{array}{ccccc} \begin{pmatrix} \boxed{a_{11}} & a_{12} & a_{13}\\ a_{21} & \boxed{a_{22}} & a_{23}\\ a_{31} & a_{32} & \boxed{a_{33}} \end{pmatrix} & \Longleftrightarrow & \calp=\{(1,1),(2,2),(3,3)\} & \Longleftrightarrow & a_\calp=a_{11}a_{22}a_{33} \\ \begin{pmatrix} \boxed{a_{11}} & a_{12} & a_{13}\\ a_{21} & a_{22} & \boxed{a_{23}}\\ a_{31} & \boxed{a_{32}} & a_{33} \end{pmatrix} & \Longleftrightarrow & \calp=\{(1,1),(2,3),(3,2)\} & \Longleftrightarrow & a_\calp=a_{11}a_{23}a_{32} \\ \begin{pmatrix} a_{11} & \boxed{a_{12}} & a_{13}\\ \boxed{a_{21}} & a_{22} & a_{23}\\ a_{31} & a_{32} & \boxed{a_{33}} \end{pmatrix} & \Longleftrightarrow & \calp=\{(1,2),(2,1),(3,3)\} & \Longleftrightarrow & a_\calp=a_{12}a_{21}a_{33} \\ \begin{pmatrix} a_{11} & \boxed{a_{12}} & a_{13}\\ a_{21} & a_{22} & \boxed{a_{23}}\\ \boxed{a_{31}} & a_{32} & a_{33} \end{pmatrix} & \Longleftrightarrow & \calp=\{(1,2),(2,3),(3,1)\} & \Longleftrightarrow & a_\calp=a_{12}a_{23}a_{31} \\ \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \boxed{a_{13}}\\ \boxed{a_{21}} & a_{22} & a_{23}\\ a_{31} & \boxed{a_{32}} & a_{33} \end{pmatrix} & \Longleftrightarrow & \calp=\{(1,3),(2,1),(3,2)\} & \Longleftrightarrow & a_\calp=a_{13}a_{21}a_{32} \\ \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \boxed{a_{13}}\\ a_{21} & \boxed{a_{22}} & a_{23}\\ \boxed{a_{31}} & a_{32} & a_{33} \end{pmatrix} & \Longleftrightarrow & \calp=\{(1,3),(2,2),(3,1)\} & \Longleftrightarrow & a_\calp=a_{13}a_{22}a_{31} \end{array}\]

I podeu veure que coincideixen amb els sumands de l’Equació (3.2). Ara tant sols cal decidir si cada element suma o resta, i per això necessitem el signe d’un patró:

Definició 3.2 Fixat un enter positiu $n$ i un patró $\calp=\{(i_1,j_1),\dots,(i_n,j_n)\}\subset \{1,\dots,n\}^2$, definim $\sign(\calp)$, el signe de $\calp$, com $(-1)^\epsilon$, on $\epsilon$ és el nombre de parelles $[(i,j),(i',j')]\in\calp$ tals que $i<i'$ i $j>j'$.

Exemple 3.3 En el cas $3\times 3$, els patrons tenen el signe següent: \[\begin{array}{|c|c|c|c|} \hline \text{Patró} & \text{Parelles} & \epsilon & \text{Signe} \\ \hline \{(1,1),(2,2),(3,3)\} & & 0 & (-1)^0=1 \\ \{(1,1),(2,3),(3,2)\} & \{[(2,3),(3,2)]\} & 1 & (-1)^1=-1 \\ \{(1,2),(2,1),(3,3)\} & \{[(1,2),(2,1)]\} & 1 & (-1)^1=-1 \\ \{(1,2),(2,3),(3,1)\} & \{[(1,2),(3,1)],[(2,3),(3,1)]\} & 2 & (-1)^2=1 \\ \{(1,3),(2,1),(3,2)\} & \{[(1,3),(2,1)],[(1,3),(3,2)\} & 2 & (-1)^2=1 \\ \{(1,3),(2,2),(3,1)\} & \{[(1,3),(2,2)],[(1,3),(3,1)],[(2,2),(3,1)]\} & 3 & (-1)^3=-1 \\ \hline \end{array}\]

Els patrons tenen les propietats següents:

Lema 3.3 Considerem $A\in M_n(\K)$, amb $n$ fixada.

Cada patró $\calp$ es correspon amb una aplicació bijectiva $\sigma\colon \{1,2,\dots,n\} \to \{1,2,\dots,n\}$ (s’anomena permutació).
Hi ha $1\cdot 2 \dots n = n!$ (factorial d’$n$) patrons diferents a $A$.
Definim el signe d’una permutació $\sigma\colon \{1,\dots,n\}\to\{1,\dots,n\}$ com \[\sign(\sigma)=\prod_{i<j} \frac{\sigma(j)-\sigma(i)}{j-i} .\] Si $\sigma$ és la permutació corresponent a $\calp$, llavors $\sign(\sigma)=\sign(\calp)$.
Si $\Id\colon \{1,\dots,n\}\to\{1,\dots,n\}$ és l’aplicació $\Id(i)=i$ (identitat), llavors $\sign(\Id)=1$.
Si $\sigma$ i $\tau$ són dues permutacions de $\{1,\dots, n\}$, llavors \[\sign(\sigma\circ\tau)=\sign(\sigma)\sign(\tau)\].
$\sign(\sigma)=\sign(\sigma^{-1})$.
Si $\tau_{k\ell}$ correspon a la permutació: \[\tau_{k\ell}(m)=\left\{\begin{array}{ll} m & \text{si $m\not\in\{k,\ell\}$}\\ \ell & \text{si $m=k$} \\ k & \text{si $m=\ell$} \end{array} \right.\] amb $k\neq \ell$, llavors $\sign(\tau_{k\ell})=-1$.

Prova. Els patró $\calp$ té $n$ parelles $(i,j)$ on, si mirem tant sols la primera coordenada, hi ha exactament un $1$, un $2$, …i un $n$. Definim $\sigma(i)=j$ si $(i,j)\in\calp$. Aquesta aplicació és injectiva i exhaustiva perquè a la segona coordenada de les parelles de $\calp$ també hi ha un únic $1$, un únic $2$, …i un únic $n$.
Si tenim una aplicació bijectiva $\sigma\colon \{1,2,\dots,n\} \to \{1,2,\dots,n\}$, definim els patró corresponent com $\calp=\{(1,\sigma(1)), \ldots, (n,\sigma(n))\}$.

Per demostrar (b) comptem quantes aplicacions bijectives $\sigma$ hi ha de $\{1,2,\dots, n\}$ en ell mateix: $\sigma(1)$ pot ser qualsevol element de $\{1,2,\dots, n\}$, per tant en podem escollir $n$; $\sigma(2)$ pot ser qualsevol element de $\{1,2,\dots, n\}$ excepte $\sigma(1)$, per tant en podem escollir $n-1$; iterant aquest procediment, tindrem $n(n-1)(n-2) \cdots 2\cdot 1$ aplicacions bijectives, i aquesta és la definició de factorial d’$n$.

A l’expressió de (c) veiem que tant al denominador hi ha el producte $(2-1)(3-1)\cdots (n-1)(3-2) \cdots$, mentre que al numerador hi ha els mateixos factors, on es canvien de signe els que compleixen $\sigma(i)>\sigma(j)$ amb $i<j$, pel que el quocient serà $\pm 1$, i el signe ve determinat pel nombre de vegades que passa $\sigma(i)>\sigma(j)$ amb $i<j$, que és la definició de signe d’un patró.

Calculem el signe de la identitat per demostrar (d): \[\sign(\Id)=\prod_{i<j} \frac{\Id(j)-\Id(i)}{j-i}=\prod_{i<j} \frac{j-i}{j-i}=1 .\]

La demostració d’(e) ve de considerar: \[\begin{align*} \sign(\sigma\circ\tau) & =\prod_{i<j} \frac{\sigma(\tau(j))-\sigma(\tau(i))}{j-i} = \prod_{i<j} \frac{\sigma(\tau(j))-\sigma(\tau(i))}{\tau(j)-\tau(i)}\frac{\tau(j)-\tau(i)}{j-i}=\\ & =\prod_{i<j} \frac{\sigma(\tau(j))-\sigma(\tau(i))}{\tau(j)-\tau(i)}\prod_{i<j}\frac{\tau(j)-\tau(i)}{j-i}= \sign(\sigma)\sign(\tau), \end{align*}\] on observem que: \[\prod_{i<j}\frac{\sigma(j)-\sigma(i)}{j-i}=\prod_{i<j} \frac{\sigma(\tau(j))-\sigma(\tau(i))}{\tau(j)-\tau(i)}\] ja que hi ha els mateixos factors al numerador i denominador, i si un factor del numerador ha canviat de signe, el corresponent factor del denominador també.

La demostració d’(f) es dedueix de que $1=\sign(\Id)=\sign(\sigma\circ \sigma^{-1})=\sign(\sigma)\sign(\sigma^{-1})$, i que el signe de qualsevol permutació és $\pm1$.

Finalment, la demostració de (g) és molt semblant a la de (d): primer considerem $k<\ell$ (com que $\tau_{k\ell}=\tau_{\ell k}$, si cal, les intercanviem). Llavors el signe de $\tau_{k\ell}$ serà com el de $\Id$, però hi haurà un factor diferent a quan $(i,j)=(k,\ell)$, que sortirà $\frac{k-\ell}{\ell-k}=-1$, per tant $\sign(\tau_{k\ell})=-1$.

Ara ja podem definir el determinant d’una matriu:

Definició 3.3 Sigui $A\in M_n(\K)$ una matriu quadrada. Considerem $P_n$ el conjunt de tots els patrons d’$n$ elements ($P_n$ té $n!$ elements) i per cada $\calp\in P_n$, considerem $a_\calp$ com a la Definició 3.1. Definim el determinant d’$A$ com: \[\begin{align*} (\#eq:def-det) \det(A)=\sum_{\calp \in P_n} \sign(\calp) a_\calp \,. \end{align*}\]

Teorema 3.2 El determinant de la Definició 3.3 compleix les propietats D1, D2, D3 i D4.

Prova. Fixem $A\in M_n(\K)$ i $a_{ij}$ els seus coeficients.

D1: si fixem una columna $j$, cada sumand de l’Equació (??) té exactament un coeficient $a_{ij}$. Si el substituïm per $\lambda a_{ij}$, tots els sumands de l’Equació (??) queden multiplicats per $\lambda$, pel que es compleix D1.

D2: si la columna $j$ es pot escriure com la suma de dues columnes: $a_{ij}=a'_{ij}+a''_{ij}$, com que a l’Equació (??) cada sumand té exactament un d’aquests coeficients, podem separar la suma, obtenint D2.

D3: Si tenim la columna $j$ i la columna $k$ d’$A$ que són iguals (amb $j\neq k$), tenim que cada sumand de l’Equació (??) apareix dues vegades, una pel patró $\calp_1$ i $\calp_2$. Hem de veure que apareix amb signe diferent, i llavors la suma serà zero. Si $\sigma_1$ és la permutació que correspon al patró $\calp_1$ i $\sigma_2$ la que correspon al patró $\calp_2$, llavors $\sigma_1=\tau_{jk}\circ\sigma_2$ i, pel Lema 3.3, tenen signe diferent.

D4: l’únic patró $\calp$ tal que $(\1_n)_\calp\neq 0$ és el patró $\{(1,1),(2,2),\dots, (n,n)\}$, i és un producte d’uns amb signe positiu.

Vegem ara més propietats dels determinants:

Proposició 3.1 Si $A, B\in M_{n\times n}(\K)$, llavors:

$A$ és invertible si i només si $\det(A)\neq 0$.
$\det(A)\neq 0$ si i només si les files (i les columnes) d’$A$ són linealment independents.
$\det(A)=\det(A^T)$, on $A^T$ és la transposada d’$A$.
$\det(AB)=\det(A)\det(B)$.

Prova. Per demostrar (a), recordem que una matriu és invertible si i només si podem aconseguir la identitat mitjançant transformacions elementals. En aquest cas, cada transformació modifica el determinant canviant-li el signe o multiplicant per un $\lambda\neq 0$. Llavors:

Si $A$ és invertible, $\det(A)=\lambda \det(\1_n)=\lambda \neq 0$.

Si $A$ no és invertible, $\det(A)=\lambda \det(B)$, on $B$ és una matriu amb l’última fila tot zeros, per tant $\det(B)=0$ (cada sumand del determinant a l’Equació (??) té un coeficient de l’última fila), d’on es dedueix que $\det(A)=0$.

Per demostrar (b), el raonament de files (o columnes) linealment independents és el mateix, tenint en compte que les files (o columnes) són linealment independents si i només si la matriu $A$ és equivalent a la identitat.

Per demostrar (c), observem que si $B=A^T$, per l’Equació (??), $\det(A)$ i $\det(B)$ tenen els mateixos sumands, pel que cal veure que els signes dels patrons $\calp$ i $\calp'$ corresponents a coeficients iguals $a_\calp$ i $b_{\calp'}$, són els mateixos: observem que si $a_\calp$ és el coeficient corresponent a $\calp$, que és un patró que correspon a una permutació $\sigma$ (veure Lema 3.3), llavors, si $\calp'$ és el patró corresponent a $\sigma^{-1}$, tenim que $a_\calp=b_{\calp'}$, i amb el mateix signe, ja que pel Lema 3.3, $\sign(\calp)=\sign(\sigma)=\sign(\sigma^{-1})=\sign(\calp')$.

Falta demostrar la fórmula del producte de determinants $\det(AB)=\det(A)\det(B)$: comencem amb la matriu $A$ i li fem les transformacions elementals necessàries per obtenir $\rref(A)$. Aquestes transformacions elementals aniran modificant el determinant, i obtindrem $\det(A)=\lambda\det(\rref(A))$, on:

Aquestes transformacions elementals es corresponen amb multiplicar per una matriu invertible $P$: $\rref(A)=PA$.
$\lambda$ només depèn de les transformacions elementals que hem fet, per tant, si agafem $C\in M_n(\K)$ i hi fem les mateixes transformacions que hem fet a $A$ i obtenim $C'=PC$, tindrem $\det(C)=\lambda \det(C')$.
Si $A$ és invertible, llavors $\rref(A)= PA=\1_n$ i $\det(A)=\lambda\det(\1_n)=\lambda$.

Considerem primer el cas en que $A$ no és invertible: llavors $\det(A)=0$ i les $n$ columnes d’$A$ no són linealment independents. Com que les columnes d’$AB$ són combinació lineal de les de $A$ i també en té $n$, tenim que les columnes de $AB$ tampoc són linealment independents i per tant $\det(AB)=0$ i en particular $\det(AB)=\det(A)\det(B)$.

Suposem ara que $A$ és invertible, per tant $\rref(A)=PA=\1_n$. Considerem ara $C=AB$ i fem les mateixes transformacions elementals que hem fet a $A$ per obtenir $\rref(A)$. Amb els raonaments que hem vist, tenim: \[\det(AB)=\det(C)=\lambda \det(C')=\lambda \det(PAB)=\lambda \det(\1_n B)=\det(A)\det(B).\]

Ara veurem una manera inductiva de calcular el determinant. També es podia haver definit com veurem ara, i s’hauria de demostrar que compleix les propietats D1, D2, D3 i D4. Per això, necessitem una notació que utilitzarem a aquesta secció (es pot confondre amb una de les notacions utilitzades a les seccions anteriors, fixeu-vos amb la $c$ del superíndex).

Si $A\in M_{n}(\K)$, notem per $A^c_{ij}\in M_{(n-1)}(\K)$ la matriu que resulta d’eliminar la fila $i$ i la columna $j$ d’$A$.

Proposició 3.2 Si $A\in M_{n\times n}(\K)$, amb $n\geq2$, podem desenvolupar el determinant per qualsevol fila o columna segons les fórmules següents: \[\begin{array}{ll} \det(A)=\sum_{j=1}^n (-1)^{i+j} a_{ij} \det(A^c_{ij}) & \text{(si desenvolupem per la fila $i$)},\\[3mm] \det(A)=\sum_{i=1}^n (-1)^{i+j} a_{ij} \det(A^c_{ij}) & \text{(si desenvolupem per la columna $j$)}. \end{array}\]

Prova. Per a demostrar això, mirem com són tots els sumands i els comparem amb els de l’Equació (??): l’hem calculat de manera recursiva, i cada cop que fem una iteració anem esborrant la fila i columna corresponent a aquell coeficient. Per tant, hi haurà un coeficient de la primera fila, un altre de la segona, …, de tal manera que cada cop agafem una columna diferent, i per tant tindrem el sumand: \[\begin{align*} (\#eq:sumanddet) (-1)^\epsilon a_{1j_1} a_{2j_2} \cdots a_{nj_n} \end{align*}\] amb $j_k\neq j_l$ si $k\neq l$, i el signe ve determinat per la paritat de $\epsilon$, que es pot veure que és la mateixa que la de la permutació, obtenint el mateix que a l’Equació (??)

Aquesta expressió no depèn de per quina fila o columna desenvolupem, pel que el resultat final serà el mateix.

Exemple 3.4 Calculem el determinant d’$A$, on:\[A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 6 \\ 0 & -1 & -8 \\ 5 & 6 & 0 \end{pmatrix}\] desenvolupant per la primera fila: \[\begin{align*} \begin{vmatrix} 1 & 2 & 6 \\ 0 & -1 & -8 \\ 5 & 6 & 0 \end{vmatrix} & = 1 \begin{vmatrix} -1 & -8 \\ 6 & 0 \end{vmatrix} -2 \begin{vmatrix} 0 & -8 \\ 5 & 0 \end{vmatrix} + 6 \begin{vmatrix} 0 & -1 \\ 5 & 6 \end{vmatrix} = \\ & = (0-(-48))-2(40)+6(5)=48-80+30=-2. \end{align*}\]

Exercici 3.2 Si $\calp$ és un patró amb $n$ elements i $A_\calp\in M_n(\K)$ és una matriu que té tots els coeficients zero, excepte els elements $a_{ij}=1$, per a $(i,j)\in\calp$, llavors $\det(A_\calp)=\sign(\calp)$.

Exercici 3.3 Si $A\in M_n(\K)$ és una matriu triangular superior (o inferior), llavors $\det(A)$ és el producte d’elements de la diagonal.

3.3 Polinomi característic. Valors i vectors propis

A la motivació d’aquest capítol (§1) hem vist una aplicació lineal $f\colon \R^3\to \R^3$ que escrita en una base $\calb$ o en una altra $\calc$ tenia les expressions següents: \[[f]_\calb=\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \text{ i } [f]_\calc=\begin{pmatrix} 5 & -15 & -21 \\ -3 & 9 & 13 \\ 3 & -9 & -13 \end{pmatrix}\] Veiem que la primera és diagonal, mentre que la segona no. Això vol dir que l’aplicació lineal envia les rectes generades per cada vector de la base $\calb$ a elles mateixes, mentre que les rectes generades pels vectors de la base $\calc$ es converteixen en altres rectes. Si fixem uns eixos de coordenades amb la base $\calb$, podrem veure com $f$ modifica els vectors d’$\R^3$ molt més fàcilment que si fixem els eixos a la base $\calc$. Per tant, estem dient que per la mateixa aplicació lineal $f\colon E \to E$, aprofitant que els coeficients de $[f]_\calb$ depenen de la base $\calb$, buscarem una base $\calb$ tal que la matriu $[f]_\calb$ sigui el més “senzilla” possible.

Definició 3.4 Sigui $A \in M_n(\K)$ i $f_A\colon \K^n\to\K^n$ l’aplicació lineal induïda. Diem que $A$ és diagonalitzable si es compleix una de les condicions equivalents següents:

$A$ és similar a una matriu diagonal.
Existeix una base $\calb$ de $\K^n$ tal que $[f_A]_\calb$ és diagonal.
Existeix una matriu invertible $S\in M_n(\K)$ tal que el producte $S^{-1}AS$ és diagonal.

Exemple 3.5 La matriu $B=\left(\begin{smallmatrix} 5 & -15 & -21 \\ -3 & 9 & 13 \\ 3 & -9 & -13 \end{smallmatrix}\right)$ és diagonalitzable (veure apartat 1).

Observació. Si una matriu $A$ és diagonalitzable i $\calb=[\vec v_1, \dots, \vec v_n]$ és una base en que $[f_A]_\calb$ és diagonal amb coeficients a la diagonal $\lambda_1, \dots, \lambda_n$, llavors es compleix que $A \vec v_j=\lambda_j \vec v_j$. Per tant, els vectors $\vec v_j$ de la base $\calb$ compleixen que $A\vec v_j$ és un múltiple de $\vec v_j$.

Utilitzem aquest fet per veure que no totes les matrius són diagonalitzables:

Exemple 3.6 La matriu $A=\left(\begin{smallmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0\end{smallmatrix}\right)\in M_2(\R)$, que correspon a una rotació d’angle $\pi/2$, no és diagonalitzable: suposem que sí, i que $\vec v$ és un vector d’una base $\calb$ tal que $[f_A]_\calb$ és diagonal, llavors es complirà que $A\vec v=\lambda \vec v$ per a cert $\lambda\in \R$, però $\vec v$ i $A\vec v$ són perpendiculars per a tot $\vec v \in \R^2$, pel que no pot ser. Una altra manera de veure-ho és que si $\vec v=\left(\begin{smallmatrix} x \\ y \end{smallmatrix}\right)$ s’hauria de complir: \[\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \lambda x \\ \lambda y \end{pmatrix}\] I queda el sistema homogeni: \[\begin{align*} -\lambda x - y =0 \\ x - \lambda y=0 \end{align*}\] Com que estem treballant a $\R$, aquest sistema té rang $2$ per qualsevol $\lambda\in\R$, i per tant l’única solució és $\left(\begin{smallmatrix} x \\ y \end{smallmatrix}\right)=\left(\begin{smallmatrix} 0 \\ 0 \end{smallmatrix}\right)$, que no pot formar part de cap base.

Veiem, doncs, que per saber si una matriu $A\in M_n(\K)$ és diagonalitzable, hem de veure si existeix una base $\calb=[\vec v_1, \dots, \vec v_n]$ i escalars $\lambda_j\in\K$ tals que $A\vec v_j=\lambda_j \vec v_j$. Posem nom a aquests escalars i vectors:

Definició 3.5 Donada una matriu $A\in M_n(\K)$, diem que un vector no nul $\vec v\in \K^n$ és un vector propi de valor propi $\lambda \in \K$ si $A\vec v=\lambda \vec v$.
Els elements del conjunt format pels $\lambda\in \K$ tals que existeix un vector $\vec v\in\K^n$ no nul tal que $A\vec v=\lambda \vec v$ s’anomenen valors propis d’$A$.

Exemple 3.7 Analitzem què és un vector propi de valor propi $0$ d’una matriu $A\in M_n(\K)$: serà $\vec v\neq \vec 0$ tal que $A\vec v=\vec 0$, per tant, serà un vector de $\Ker(f_A)$ (les solucions del sistema homogeni amb matriu associada $A$). Deduïm que $0$ és un valor propi d’$A$ si i només si $\Ker(f_A)\neq \{\vec 0\}$, si i només si $\det(A)=0$.

Exemple 3.8 Quins són els valors propis i els vectors propis de $\1_n$? Per a tot $\vec v\in\K^n$ es compleix que $\1_n\vec v=\vec v$, per tant, tot vector no nul és vector propi de valor propi $1$.

Exemple 3.9 Considerem la matriu de la reflexió a $\R^2$ respecte la recta $r$ que passa per l’origen amb vector director $\left(\begin{smallmatrix}1\\1\end{smallmatrix}\right)$. Segons la Proposició 2.4, correspon a la matriu: \[\refl{}=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\] Per definició de la reflexió, els vectors $\vec v$ de la recta $r$ compliran $A\vec v=\vec v$, per tant són valors propis de vector propi $1$: $A\left(\begin{smallmatrix}1\\1\end{smallmatrix}\right)=\left(\begin{smallmatrix}1\\1\end{smallmatrix}\right)$.

En canvi, els vectors $\vec w$ perpendiculars a $r$ (els generats per $\left(\begin{smallmatrix}1\\-1\end{smallmatrix}\right)$), compleixen que $A\vec w=-\vec w$, per tant, són vectors propis de valor propi $-1$.

Això vol dir que, per a $\calb=[\left(\begin{smallmatrix}1\\1\end{smallmatrix}\right),\left(\begin{smallmatrix}1\\-1\end{smallmatrix}\right)]$, \[[\refl]_\calb=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}.\]

Mirant l’Exemple 3.8, podem deduir quan un valor $\lambda\in\K$ és un valor propi d’una matriu:

Teorema 3.3 Un escalar $\lambda\in \K$ és un valor propi d’una matriu $A\in M_n(\K)$ si, i només si, $\det(A-\lambda\1_n)=0$.

Prova. L’escalar $\lambda$ és un valor propi d’$A$ si i només si existeix $\vec v\neq \vec 0$ tal que $A\vec v=\lambda \vec v$, i aquesta igualtat és equivalent a que $(A-\lambda \1_n)\vec v=\vec 0$. Per tant, és equivalent a que el sistema homogeni donat per la matriu $A-\lambda\1_n$ tingui solució diferent de $\vec 0$, i això és equivalent a que $\det(A-\lambda\1_n)=0$.

Això ens porta a la definició següent:

Definició 3.6 Si $A\in M_n(\K)$, el polinomi característic d’$A$ és $p_A(x)=\det(A-x \1_n)$, un polinomi de grau $n$.

El que hem vist al Teorema 3.3 és que $\lambda$ és un valor propi d’$A$ si i només si $p_A(\lambda)=0$, on $p_A(x)$ és el polinomi característic d’$A$ en la variable $x$.

Exemple 3.10 Calculem els valors propis de la matriu $B=\left(\begin{smallmatrix} 5 & -15 & -21 \\ -3 & 9 & 13 \\ 3 & -9 & -13 \end{smallmatrix}\right)$: hem de fer el determinant: \[0= \begin{vmatrix} 5-x & -15 & -21 \\ -3 & 9-x & 13 \\ 3 & -9 & -13-x \end{vmatrix} = -x^3 +x^2+2x=-x(x+1)(x-2)\] i per tant els valors propis són $\{0,-1,2\}$ (tal i com hem vist a l’apartat 1).

Observació. El Teorema 3.3 redueix el problema de trobar els valors propis d’una matriu a un de trobar les arrels d’un polinomi de grau $n$. Per a $n\leq 4$ existeixen fórmules algebraiques explícites per trobar expressions d’aquestes arrels, mentre que per a $n\geq 5$ es pot demostrar que no n’hi ha (de fòrmula algebraica explícita general).

Exercici 3.4 Calculeu el polinomi característic d’una matriu $2\times 2$ general $\left(\begin{smallmatrix}a&b\\c&d\end{smallmatrix} \right)$.

Hi ha casos, però, en que és fàcil calcular les arrels del polinomi característic:

Lema 3.4 Si $A\in M_n(\K)$ és una matriu triangular superior (o inferior), els valors propis d’$A$ són els valors de la diagonal d’$A$ (els elements $a_{ii}$).

Prova. Podem calcular l’expressió $\det(A-x\1_n)$ desenvolupant per l’última fila i anar tirant enrera, i tindrem: \[\det(A-x \1_n)=(a_{11}-x)(a_{22}-x)\cdots (a_{nn}-x),\] i observem que aquesta expressió s’anul·la pels valors $x=a_{ii}$.

Exemple 3.11 Estudiem la diagonalització de la matriu \[A=\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}.\] Pel Lema 3.4, com que $A$ és triangular superior, els únics possibles valors propis són els elements $2$ i $1$.

Un vector propi de valor propi $2$ és un vector $\vec v=\left(\begin{smallmatrix} x \\ y \end{smallmatrix}\right)$ tal que: \[\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2x \\ 2y \end{pmatrix}\] I per tant queda només l’equació $y = 0$. Per tant la solució és $\vec v= x\left(\begin{smallmatrix} 1 \\ 0 \end{smallmatrix}\right)$.

Un vector propi de valor propi $1$ és un vector $\vec v=\left(\begin{smallmatrix} x \\ y \end{smallmatrix}\right)$ tal que: \[\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}\] i queda l’equació $x+y=0$, per tant la solució és $\vec v=x\left(\begin{smallmatrix} 1 \\ -1 \end{smallmatrix}\right)$.

Per tant, a la base $\calb=[\left(\begin{smallmatrix} 1 \\ 0 \end{smallmatrix}\right),\left(\begin{smallmatrix} 1 \\ -1 \end{smallmatrix}\right)]$, tenim: \[[f_A]_\calb=\begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}.\]

Exemple 3.12 Estudiem la diagonalització de la matriu \[A=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}.\] Pel Lema 3.4, com que $A$ és triangular superior, l’únic valor propi possible és l’$1$.

Si fos diagonalitzable, $A$ hauria de ser similar a $\1_2$, la matriu identitat $2\times 2$, per tant, hauria d’existir $S$ una matriu invertible tal que $A=S\cdot\1_2\cdot S^{-1}$, però $S\cdot \1_2 \cdot S^{-1}=\1_2$, pel que $A$ no és diagonalitzable.

El fet de que els valors propis d’$A$ siguin les arrels del polinomi característic d’$A$ dóna una limitació del nombre de valors propis diferents que pot tenir $A$:

Lema 3.5 Si $A\in M_n(\K)$, el nombre de valors propis d’$A$ és com a molt $n$.

Prova. Els valors propis d’$A$ són els zeros de $p_A(x)$, que és un polinomi de grau $n$. Utilitzem ara que un polinomi de grau $n$ sobre un cos $\K$ pot tenir com a molt $n$ arrels diferents.

També es poden calcular alguns coeficients del polinomi característic:

Lema 3.6 Si $A\in M_n(\K)$, \[p_A(x)=(-1)^{n} x^n + (-1)^{n-1}\Tr(A) x^{n-1} + \cdots + \det(A) ,\] on $\Tr(A)$ s’anomena la traça d’$A$ i és la suma dels elements de la diagonal; i els termes que no estan escrits corresponen a $x$, $x^2$, …i $x^{n-2}$.

Prova. Quan calculem $p_A(x)=\det(A-x\1_n)$ a partir de l’Equació (??), l’únic sumand que conté $n$ o $n-1$ factors que contenen una $x$ és el corresponent al patró $(1,1),(2,2),\dots, (n,n)$ (si fem fem el producte d’un patró a $A-x\1_n$ que té un element de fora de la diagonal, com a mínim en té dos fora de la diagonal, pel que el grau en $x$ és menor o igual a $n-2$), i per tant, tenim que: \[p_A(x)=(a_{11}-x)(a_{22}-x)\cdots(a_{nn}-x)+\text{polinomi de grau $n-2$ en $x$} ,\] i d’aquí veiem que el coeficient de $x^n$ és $(-1)^n$ i el de $x_{n-1}$ és $(-1)^{n-1}(a_{11}+a_{22}+\cdots + a_{nn})$.

Per veure que el terme independent de $p_A(x)$ és el determinant d’$A$, cal utilitzar que el terme independent de $p_A(x)$ és $p_A(0)$, i per tant és $\det(A-0\cdot\1_n)=\det(A)$.

Demostrem ara que el polinomi característic és el mateix per matrius similars:

Proposició 3.3 Si $A$ i $B\in M_n(\K)$ són matrius similars, llavors $p_A(x)=p_B(x)$.

Prova. Si $A$ i $B$ són matrius similars, existeix $S\in M_n(\K)$ una matriu invertible tal que $S^{-1}AS=B$. Llavors: \[\begin{align*} p_B(x) & =\det(B-x\1_n)=\det(S^{-1}AS-x\1_n)=\det(S^{-1}AS-S^{-1}(x\1)_nS)=\\ & = \det(S^{-1}(A-x\1_n)S)= \det(S^{-1})\det(A-x\1_n)\det(S)=\\ & = \det(S)^{-1}\det(S)\det(A-x\1_n) = p_A(x) \, . \end{align*}\] On a l’última igualtat hem utilitzat que $\det(S^{-1})=\det(S)^{-1}$.

Exercici 3.5 Demostreu que el recíproc no és cert: trobeu dues matrius $A$ i $B$ amb $p_A(x)=p_B(x)$ però tals que $A$ i $B$ no siguin similars.

3.4 Vectors propis associats a un valor propi

L’objectiu d’aquesta secció és estudiar els vectors propis d’un valor propi donat. Aquestes tenen un nom:

Definició 3.7 Fixat $\lambda\in\K$, un valor propi d’una matriu $A\in M_n(\K)$, el subespai de vectors propis de valor propi $\lambda$ (més el vector $\vec 0$) s’anomena subespai propi d’$A$ associat a $\lambda$ i el denotem per $E_\lambda$.

En altres paraules: \[E_\lambda=\Ker(f_{A-\lambda\1_n})=\Ker(A-\lambda I_n) ,\] quedant demostrat que és un subespai vectorial.

Vegem que els subespais propis només s’intersequen al vector $\vec 0$:

Lema 3.7 Fixem $A\in M_n(\K)$ i $\lambda_1\neq\lambda_2$ dos valors propis diferents d’$A$. Llavors \[E_{\lambda_1}\cap E_{\lambda_2}=\{\vec 0\}.\]

Més en general, vectors propis de valor propi diferent són linealment independents.

Prova. Sigui $\vec v\in E_{\lambda_1}\cap E_{\lambda_2}$, llavors $A\vec v=\lambda_1\vec v$ i $A\vec v=\lambda_2\vec v$, amb $\lambda_1\neq\lambda_2$, i això només pot passar si $\vec v=\vec 0$.

Vegem ara el cas general: siguin $\{\vec v_1, \dots, \vec v_k\}$ vectors propis de valors propis $\{\lambda_1, \dots, \lambda_k\}$ respectivament, amb tots els $\lambda_i$ diferents. Considerem un subconjunt de vectors de $\{\vec v_1, \dots, \vec v_k\}$ que siguin linealment independents i que sigui maximal. Aquest subconjunt tindrà $\ell$ vectors i podem considerar que són els primers (si és necessari, els reordenem). Per tant $\{\vec v_1, \dots, \vec v_\ell\}\subset\{\vec v_1, \dots, \vec v_k\}$ amb els $\ell$ primers linealment independents. Volem veure $\ell=k$. Suposem que no, llavors $\ell<k$ i existeixen uns únics $\mu_1,\dots, \mu_\ell \in \K$ tals que: \[\begin{align*} (\#eq:v-ellp1) \vec v_{\ell+1}=\mu_1\vec v_1+ \cdots+ \mu_\ell\vec v_\ell. \end{align*}\] També podem considerar que hi ha dues $\mu_i\neq0$: com que $\vec v_{\ell+1}\neq\vec 0$, com a mínim n’hi ha una. Si només n’hi hagués una, llavors $E_{\lambda_i}\cap E_{\lambda_{\ell+1}}\neq\{\vec 0\}$, contradient el primer apartat d’aquest lema. Suposem doncs (si cal, reordenem), $\mu_1\neq0\neq\mu_2$.

Resumint, la situació és la següent: si $\ell<k$, podem considerar $\vec v_{\ell+1}$ és un vector propi de valor propi $\lambda_{\ell+1}$ que es pot posar com $\vec v_{\ell+1}=\mu_1\vec v_1+ \cdots+ \mu_\ell\vec v_\ell$ amb $\mu_1\neq0\neq\mu_2$ i $\vec v_1$ i $\vec v_2$ són vectors propis de valor propi $\lambda_1$ i $\lambda_2$ respectivament, amb $\lambda_1\neq\lambda_2$. Apliquem $A$ a l’Equació (??): \[\begin{align*} \lambda_{\ell+1}\vec v_{\ell+1} & =A\vec v_{\ell+1}=A(\mu_1\vec v_1+ \cdots+ \mu_\ell\vec v_\ell)= \\ & = \lambda_1\mu_1\vec v_1+\lambda_2\mu_2\vec v_2+\dots+\lambda_\ell\mu_\ell\vec v_\ell \end{align*}\] I també: \[\begin{align*} \lambda_{\ell+1}\vec v_{\ell+1} & = \lambda_{\ell+1}\mu_1\vec v_1+\lambda_{\ell+1}\mu_2\vec v_2+\dots+\lambda_{\ell+1}\mu_\ell\vec v_\ell \end{align*}\] Per tant, com que $\{\vec v_1, \dots, \vec v_\ell\}$ són linealment independents, tenim: \[\lambda_{\ell+1} \mu_1=\lambda_1\mu_1 \text{ i } \lambda_{\ell+1}\mu_2=\lambda_2\mu_2\] amb $\mu_1\neq0\neq\mu_2$, per tant $\lambda_1=\lambda_{\ell+1}=\lambda_2$, contradient que $\lambda_1\neq\lambda_2$.

Per tant, la contradicció ve de suposar $\ell<k$, el que implica $\ell=k$ i els $k$ vectors són linealment independents.

Exemple 3.13 Si prenem la matriu \[A=\begin{pmatrix}2 & 1 \\ 0 & 1\end{pmatrix},\] als càlculs de l’Exemple 3.11 hem vist que els subespais propis són: \[E_2=\langle\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}\rangle \text{ i } E_1=\langle\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}\rangle.\] A més, com que tenim dos vectors propis linealment independents en un espai de dimensió $2$, tenim una base de vectors propis i la matriu $A$ diagonalitza.

Exemple 3.14 Si prenem ara la matriu \[A=\begin{pmatrix}1 & 1 \\ 0 & 1\end{pmatrix},\] als càlculs de l’Exemple 3.12 hem vist que l’únic subespai propi és: \[E_1=\langle\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}\rangle.\] En aquest cas, el subespai format pels vectors propis té dimensió $1$, pel que no tenim una base de vectors propis i la matriu $A$ no diagonalitza.

Més en general, per saber si una matriu diagonalitza, cal estudiar el polinomi característic i els subespais propis. Per això, ens convé la definició següent:

Definició 3.8 Considerem $A\in M_n(\K)$ i $\lambda$ un valor propi d’$A$.

Definim la multiplicitat algebraica de $\lambda$ com a valor propi d’$A$ com el valor $m\geq 1$ tal que \[p_A(x)=(x-\lambda)^m q(x)\] amb $q(x)$ un polinomi de grau $n-m$ tal que $q(\lambda)\neq 0$. Escriurem $\multalg_A(\lambda)$.
Definim la multiplicitat geomètrica de $\lambda$ com a valor propi d’$A$ com la dimensió de $E_\lambda$. Escriurem $\multgeom_A(\lambda)$.

Observació. A la definició de $\multalg_A(\lambda)$ utilitzem que si $\lambda$ és un valor propi, llavors, $p(\lambda)=0$. Si ara fem la divisió de polinomis $p(x)$ dividit per $(x-\lambda)$, existeixen polinomis $q_1(x)$ (quocient) i $r_1(x)$ (la resta, que com que ha de ser de grau menor a $1$, ha de ser una constant, i per tant escrivim $r_1$) tals que: \[p(x)=(x-\lambda)q_1(x)+r.\] Si avaluem a $\lambda$ ens queda: \[0=p(\lambda)=(\lambda-\lambda)q_1(\lambda)+r_1=r_1 ,\] i per tant $r_1=0$, obtenint que: \[p(x)=(x-\lambda)q_1(x).\] Aquest procediment es pot fer un altre cop si $q_1(\lambda)=0$, i tindríem que $p(x)=(x-\lambda)^2q_2(x)$.

Iterem el procediment fins que $q_m(\lambda)\neq0$, no podem continuar el procediment, i definim la multiplicitat algebraica d’aquesta manera.

Mirem ara un cas particular:

Proposició 3.4 Si $A \in M_n(\K)$ té $n$ valor propis diferents, llavors:

Per a cada $\lambda$ valor propi d’$A$, $\multalg_A(\lambda)=\multgeom_A(\lambda)=1$.
La matriu $A$ diagonalitza.

Prova. Com que tenim $n$ valors propis diferents, com a mínim tenim $n$ vectors propis de valor propi diferents, i pel Lema 3.7, seran linealment independents a $\K^n$, per tant una base. D’aquí obtenim que $A$ diagonalitza.

Les $n$ multiplicitats $\multalg_A(\lambda)$ i $\multgeom_A(\lambda)$ són com a mínim $1$ i, sumades, com a molt $n$ (la suma de les $\multalg$ és, com a molt, el grau de $p_A(x)$; la suma de les $\multgeom$ és, com a molt, el nombre màxim d’una família de vectors linealment independents a $\K^n$), per tant, han de ser $1$.

En general, la situació no serà tant bona i el que tenim és:

Lema 3.8 Si $A\in M_n(\K)$ i $\lambda$ és un valor propi d’$A$, llavors:

Si $\lambda$ és un valor propi d’$A$, llavors $\multgeom(\lambda)\leq \multalg(\lambda)$.
$A$ diagonalitza si i només si
- $p_A(x)$ es pot escriure com a producte de polinomis de grau $1$ \[\begin{align*} \tag{3.4} p_A(x)=(-1)^n (x-\lambda_1)^{\multalg_A(\lambda_1)}\cdots(x-\lambda_k)^{\multalg_A(\lambda_k)} \end{align*}\] amb $\lambda_i$ valors propis diferents i
- $\multgeom_A(\lambda_i)=\multalg_A(\lambda_i)$ per a tot $i=1,\dots, k$.

Prova. Vegem primer (a): sigui $\lambda$ un valor propi d’$A$ i considerem $m=\multgeom(\lambda)$, i per tant $\vec v_1, \dots, \vec v_m$ vectors linealment independents de $\Ker(A-\lambda\1_n)$. Ampliem la família $\vec v_1, \dots, \vec v_m$ fins a tenir una base $\calb$ de $\K^n$. En aquesta base, la matriu $[f_A]_\calb$ tindrà a les primeres $m$ columnes tots els coeficients zero, excepte la diagonal, que valdrà $\lambda$, per tant, $p_A(x)=p_{[f_A]_\calb}=(-1)^n(x-\lambda)^m q(x)$ i per tant $m=\multgeom(A)\leq\multalg(A)$.

Vegem ara (b): suposem primer que $A$ diagonalitza, llavors, la suma de les multiplicitats geomètriques d’$A$ serà $n$: \[\multgeom_A(\lambda_1)+\cdots+\multgeom_A(\lambda_k)=n\] amb $\lambda_i$ valors propis diferents. Però com que $\multgeom(\lambda)\leq\multalg(\lambda)$, \[n\leq \multalg_A(\lambda_1)+\cdots+\multalg_A(\lambda_n) \leq n\] on la segona desigualtat és perquè $p_A(x)$ té grau $n$, per tant, les multiplicitats geomètriques i algebraiques són iguals i el polinomi $p_A(x)$ es pot escriure com a producte de polinomis de grau $1$.

El recíproc es fa desfent els arguments previs: si $p_A(x)$ factoritza com a producte de factors de grau $1$ com a l’Equació (3.4), per a que diagonalitzi, s’ha de complir que trobem una base de vectors propis. Com que per cada $\lambda$ valor propi, per hipòtesis, $\multgeom(\lambda)_A=\multalg_A(\lambda)$, tindrem $n$ vector propis linealment independents, i per tant una base en que $A$ diagonalitza.

Exemple 3.15 Volem estudiar si la matriu $A$ següent diagonalitza i, si ho fa, en quina base: \[A=\left(\begin{array}{rrrr} 55 & 91 & -29 & 50 \\ -27 & -47 & 15 & -24 \\ -33 & -67 & 21 & -26 \\ -33 & -57 & 18 & -29 \end{array}\right).\] Calculem primer el polinomi característic: \[p_A(x)=\left|\begin{array}{cccc} 55-x & 91 & -29 & 50 \\ -27 & -47-x & 15 & -24 \\ -33 & -67 & 21-x & -26 \\ -33 & -57 & 18 & -29-x \end{array}\right|=x^4-3x^2+2x=x(x-1)^2(x+2).\] Llavors hem de calcular $E_0=\Ker(f_A)$, $E_1=\Ker(f_{A-\1_4})$ i $E_{-2}=\Ker(f_{A+2\cdot\1_4})$. Sense calcular-los explícitament, per comprovar si diagonalitza només cal calcular $\dim(E_1)$. Si $\dim(E_1)=2$, llavors diagonalitza, però si $\dim(E_1)=1$, no diagonalitza. En aquest cas surt $\dim(E_1)=2$ i per tant diagonalitza. Fem els càlculs: \[E_0=\langle\begin{pmatrix}4\\-3\\-7\\-3\end{pmatrix}\rangle \text{, } E_1=\langle\begin{pmatrix}4\\2\\-4\\-3\end{pmatrix},\begin{pmatrix}11\\-5\\-9\\-8\end{pmatrix}\rangle \text{ i } E_{-2}=\langle\begin{pmatrix}15\\-9\\-16\\-10\end{pmatrix}\rangle\] Pel que podem confirmar que diagonalitza (hi ha 4 vectors propis linealment independents). Llavors es pot comprovar que: \[D=S^{-1}AS\] on \[D=\left(\begin{array}{rrrr} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -2 \end{array}\right) \text{ i } S=\left(\begin{array}{rrrr} 4 & 4 & 11 & 15 \\ -3 & 2 & -5 & -9 \\ -7 & -4 & -9 & -16 \\ -3 & -3 & -8 & -10 \end{array}\right).\]

Exemple 3.16 Considerem ara la matriu: \[A=\left(\begin{array}{rrrr} 107 & 151 & -49 & 106 \\ -53 & -77 & 25 & -52 \\ -85 & -127 & 41 & -82 \\ -72 & -102 & 33 & -71 \end{array}\right)\] Podem fer els càlculs d’abans, obtenint el mateix polinomi característic: \[p_A(x)=\left|\begin{array}{cccc} 107-x & 151 & -49 & 106 \\ -53 & -77-x & 25 & -52 \\ -85 & -127 & 41-x & -82 \\ -72 & -102 & 33 & -71-x \end{array}\right|=x^4-3x^2+2x=x(x-1)^2(x+2).\] En aquest cas, però, tenim que (després de fer els càlculs) $\dim(E_1)=1<2=\multalg_A(1)$, per tant no diagonalitza.

Exemple 3.17 Es defineix la successió de Fibonacci com: \[a_1=a_2=1 \text{ i } a_{n}=a_{n-1}+a_{n-2} \text{ per a $n\geq 2$}.\] Podem calcular-ne els seus primers termes: \[1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, \dots\] aquesta definició fa que per calcula el terme $n$, haguem de calcular tots els anteriors. L’objectiu és trobar una fórmula $f(n)$ tal que $a_n=f(n)$.

Considerem els vectors $\smat{a_{n}\\a_{n-1}}$, i veiem que es compleix la relació següent: \[\begin{pmatrix} a_{n}\\a_{n-1} \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 & 1\\1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_{n-1}\\a_{n-2} \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 & 1\\1 & 0 \end{pmatrix}^2 \begin{pmatrix} a_{n-2}\\a_{n-3} \end{pmatrix}= \cdots = \begin{pmatrix} 1 & 1\\1 & 0 \end{pmatrix}^{n-2} \begin{pmatrix} a_{2}\\a_{1} \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 & 1\\1 & 0 \end{pmatrix}^{n-2} \begin{pmatrix} 1\\ 1 \end{pmatrix}\]

Per tant, ens convé calcular: \[A^{n-2}= \begin{pmatrix} 1 & 1\\1 & 0 \end{pmatrix}^{n-2}\] Si aconseguim escriure $A=SDS^{-1}$ ($D$ matriu diagonal, per tant, la diagonal de $D$ està formada pels valors propis de $A$), tenim que $A^{n-2}=SD^{n-2}S^{-1}$, i, si $D=\smat{\lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2}$, llavors: \[D^{n-2}=\begin{pmatrix} \lambda_1^{n-2} & 0 \\ 0 & \lambda_2^{n-2} \end{pmatrix}\] Calculem els valor propis d’$A$. Calculem el polinomi característic: \[p(x)=\det(A-x\1_2)=\begin{vmatrix} 1-x & 1 \\ 1 & -x \end{vmatrix}= x^2-x-1\] I els valors propis són les solucions de l’equació $p(x)=0$, per tant: \[\lambda_i=\frac{1\pm \sqrt{1+4}}{2}=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}\] Per tant, com que tenim dos valors propis diferents, ja sabem que diagonalitza i tenim: \[D= \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} \frac{1+\sqrt{5}}{2} & 0 \\ 0 & \frac{1-\sqrt{5}}{2} \end{pmatrix}\] Per calcular els vectors propis corresponents a cada valor propi, hem de resoldre els sistemes homogenis: \[\left. \begin{array}{rrr} (1-\lambda_i) x + & y & =0 \\ x - & \lambda_i y &= 0 \end{array} \right\} \Longleftrightarrow \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \in \langle \begin{pmatrix} \lambda_i \\ 1 \end{pmatrix} \rangle\] Llavors, tenim que: \[S= \begin{pmatrix} \lambda_1 & \lambda_2 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} %\begin{pmatrix} %\frac{1+\sqrt{5}}{2} & \frac{1-\sqrt{5}}{2} \\ 1 & 1 %\end{pmatrix} \text{ i } S^{-1}= \frac{1}{\lambda_1-\lambda_2}\begin{pmatrix} 1 & -\lambda_2 \\ -1 & \lambda_1 \end{pmatrix} %\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix} %1 & \frac{-1+\sqrt{5}}{2} \\ %-1 & \frac{1+\sqrt{5}}{2} %\end{pmatrix}\] I per tant: \[A^{n-2}=SD^{n-2}S^{-1}= \begin{pmatrix} \lambda_1 & \lambda_2 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \lambda_1^{n-2} & 0 \\ 0 & \lambda_2^{n-2} \end{pmatrix} \frac{1}{\lambda_1-\lambda_2}\begin{pmatrix} 1 & -\lambda_2 \\ -1 & \lambda_1 \end{pmatrix} %\begin{pmatrix} %\frac{1+\sqrt{5}}{2} & \frac{1-\sqrt{5}}{2} \\ 1 & 1 %\end{pmatrix} %\begin{pmatrix} %\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n-2} & 0 \\ %0 & \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n-2} %\end{pmatrix} %\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix} %1 & \frac{-1+\sqrt{5}}{2} \\ %-1 & \frac{1+\sqrt{5}}{2} %\end{pmatrix}\] I si fem els càlculs: \[\begin{pmatrix} a_n\\a_{n-1} \end{pmatrix}= A^{n-2} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}= \frac{1}{\lambda_1-\lambda_2} \begin{pmatrix} \lambda_1^{n-1}-\lambda_2^{n-1} & \lambda_1^{n-2}-\lambda_2^{n-2} \\ \lambda_1^{n-2}-\lambda_2^{n-2} & \lambda_1^{n-3}-\lambda_2^{n-3} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} %\frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} %\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n-1}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n-1} & %\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n-2}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n-2} \\ %\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n-2}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n-2} & %\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n-3}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n-3} %\end{pmatrix}\] Llavors, després de simplificar: \[a_n= \frac{1}{\lambda_1-\lambda_2}(\lambda_1^n-\lambda_2^n)=\frac{1}{\sqrt{5}}\left( \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n \right). %=\frac{1}{\sqrt{5}} \left(\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n-1}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n-1} + %\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n-2}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n-2}\right)\]

3.5 Interludi: els nombres complexos

Introduïm aquí el cos dels nombres complexos, que ens seran útils a la secció següent, quan estudiem matrius sobre els nombres reals.

Podem definir els nombres complexos com \[\C =\{a+bi ~|~ a,b\in\R\}.\] Com a espai vectorial sobre $\R$, podem identificar $\C$ amb $\R^2$, i per tant tenim definida una suma i una producte per reals: \[(a+bi) + (c+di) = (a+c) + (b+d)i, \quad \lambda(a+bi)=\lambda a + \lambda b i.\] Tenim però una operació addicional, el producte de nombres complexos: \[(a+bi)(c+di) = (ac-bd) + (ad+bc)i,\] on la fórmula es recorda fàcilment si tenim en compte que $i^2=-1$, i fent servir la propietat distributiva.

Definim la part real i la part imaginària d’un nombre complex com: \[\Re(a+bi) = a,\quad \Im(a+bi) = b.\] També el conjugat d’un nombre complex es defineix com: \[\overline{(a+bi)} = a-bi,\] i per tant tenim les fórmules \[\Re(z) = \frac{z+\bar z}{2},\quad \Im(z)=\frac{z-\bar z}{2i},\quad \forall z\in\C.\] La norma d’un element $z=a+bi$ és \[N(z) = z\bar z = (a+bi)(a-bi) = a^2+b^2\geq 0.\] Observem que $z\bar z \geq 0$, i que $z\bar z = 0$ si i només si $z=0$. Això ens permet calcular fàcilment una fórmula per l’invers d’$a+bi$: \[(a+bi)^{-1} = \frac{1}{a+bi} = \frac{a-bi}{(a+bi)(a-bi)} = \frac{a}{a^2+b^2}+\frac{-b}{a^2+b^2}i.\] Pensat com un element de $\R^2$, $N(z)=|z|^2$, on $|z|=\sqrt{a^2+b^2}$ és el mòdul de $z$ pensat com un element de $\R^2$. Les coordenades polars del punt $(a,b)\in\R^2$ es calculen fent servir que: \[a = r\cos(\theta),\quad b = r\sin(\theta),\] i per tant: \[r = \sqrt{z\bar z}=\sqrt{a^2+b^2},\quad \theta = \arg(z) = \arctan(b/a) (+\pi),\] on haurem de sumar $\pi$ a $\arctan(b/a)\in[-\pi/2,\pi/2]$ si $a<0$.

Podem escriure (aquí ho podem pensar com una notació, encara que té una justificació algebraica) que \[a+bi = re^{i\theta},\] i així podem recordar les fórmules \[|zw|=|z||w|,\quad \arg(zw)=\arg(z)+\arg(w)\pmod{2\pi}.\] El següent resultat és el motiu pel què ens interessa treballar a $\C$:

Teorema 3.4 Tot polinomi $f(x)\in \C[x]$ de grau $n\geq 0$ es pot escriure com \[f(x) = c (x-\lambda_1)\cdots (x-\lambda_n),\] on $c$ i $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$ són nombres complexos (possiblement repetits).

3.6 Matrius sobre $\R$

En aquest apartat suposarem donada una matriu $A\in M_n(\R)$. Una conseqüència del teorema fonamental de l’àlgebra és que $p_A(x)$ descomposa en producte de factors de grau $1$ i $2$. Si hi ha algun factor de grau $2$, aleshores $A$ no diagonalitza sobre $\R$, tal i com hem vist.

Exemple 3.18 Considerem la matriu $R_{a,b}=\begin{pmatrix}a&-b\\b&a\end{pmatrix}$, on $a, b\in\R$ i $b\neq 0$. El seu polinomi característic és \[p_A(x) = x^2-2ax +a^2+b^2 = (x-(a+ib))(x-(a-ib)).\] Escrivim $\lambda^+= a+bi$, i $\lambda^- = a-bi$. Podem calcular \[E_{\lambda^+} = \langle \begin{pmatrix}i\\1\end{pmatrix}\rangle, \quad E_{\lambda^-} = \langle \begin{pmatrix}-i\\1\end{pmatrix}\rangle.\] Per tant, obtenim \[\begin{pmatrix} i & -i\\1 & 1 \end{pmatrix}^{-1} \begin{pmatrix} a&-b\\b&a \end{pmatrix} \begin{pmatrix} i & -i\\1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a+bi&0\\0&a-bi \end{pmatrix}.\]

Exemple 3.19 Suposem que $A\in M_2(\R)$ té valors propis $a\pm bi$, amb $b\neq 0$. Com que els valors propis són diferents, la matriu $A$ és diagonalitzable i, per tant, és similar a \[D = \begin{pmatrix} a+bi&0\\0&a-bi \end{pmatrix}.\] Com que la matriu $D$ és també similar a \[R_{a,b} = \begin{pmatrix} a&-b\\b&a \end{pmatrix},\] la matriu $A$ és similar a $R_{a,b}$. De fet, tenim: \[D = S^{-1} A S,\] on $S$ té per columnes $\vec u$ i $\bar \vec u$, on $\vec u = \vec v + i \vec w$, amb $\vec v,\vec w\in \R^2$. Substituint $D = T^{-1} R_{a,b} T$ amb $T = \begin{pmatrix} i & -i\\1 & 1 \end{pmatrix}$, tenim \[T^{-1} R_{a,b} T = S^{-1} A S\Longrightarrow R_{a,b} = TS^{-1} A ST^{-1}.\] Calculem directament que \[ST^{-1} = \begin{pmatrix} \vert&\vert\\ \vec w&\vec v\\ \vert&\vert \end{pmatrix}.\]

3.7 Exercicis recomanats

Els exercicis que segueixen són útils per practicar el material presentat. La numeració és la de [1].

Secció 6.2:: 4, 18.
Secció 6.3:: 2, 6.
Secció 7.1:: 10, 18, 34, 36.
Secció 7.2:: 2, 10, 20.
Secció 7.3:: 14, 22, 24.
Secció 7.5:: 14, 24, 26.

References

Bretscher O (1997) Linear algebra with applications. Prentice Hall Eaglewood Cliffs, NJ

Nart E, Xarles X (2016) Apunts d’àlgebra linial. Servei de Publicacions de la Universitat Autònoma de Barcelona

Apunts d’Àlgebra Lineal