Autovalores y diagonalización

La molécula de agua gira alrededor de tres ejes con momentos de inercia 0,6145, 1,1549 y 1,7694 u·Å², y esos tres números se leen directamente en su espectro de microondas. No están en ninguna tabla de datos: salen de diagonalizar una matriz de 3×3 construida con dos distancias y un ángulo. Esta ficha trata de esa operación — diagonalizar — que es probablemente la que más veces vas a repetir en toda la carrera.

Quién pide esta ficha

Mecanario III.4, artículo 01 — el tensor de inercia y sus ejes principales, que allí «se explican al usarlos».
Mecanario III.5, artículo 01 — pequeñas oscilaciones planteadas explícitamente como un problema de autovalores.
Mecanario III.5, artículo 04 — del muelle al cristal: N osciladores acoplados, N modos normales.
Mecanario II.3, artículo 04 — los osciladores acoplados, la primera vez que aparecen dos frecuencias donde había una.
Cuantario II.4 y III.1 (previstos) — observables hermíticos, valores propios reales y el teorema espectral.

Necesitas: multiplicar matrices por vectores, determinantes de 2×2, y saber qué es una base. Nada más: aquí no se usa ningún resultado que no se demuestre o se compruebe sobre la marcha.

Diagonalizar un tensor de inercia

Un cuerpo plano de masas puntuales. El panel calcula su tensor de inercia respecto del centro de masas y lo diagonaliza: las dos rectas rosas son los ejes principales, y son del cuerpo, no de las coordenadas. Gira el cuerpo y fíjate en lo que pasa — las tres entradas del tensor cambian enteras y los dos autovalores no se mueven. Eso es lo que significa que un autovalor sea físico.

Masa de la partícula destacada: ×1.00 Giro del cuerpo entero: 0°

Tensor de inercia respecto del centro de masas (kg·m²)

0,6667	0,3333
0,3333	0,6667

Momento menor I₁ 0,3333

Momento mayor I₂ 1,000

Perpendicular I₃ 1,333

traza − (I₁+I₂) = 0 det − I₁I₂ = 0 ‖(I−λ)v‖ = 1,6 × 10⁻¹⁶

El eje del momento mayor está a 45.0° del eje horizontal, y el del menor a 90° de él — perpendiculares siempre, porque el tensor es simétrico y el teorema espectral no admite otra cosa. El cociente entre los dos momentos es 3.000: por ahí es más fácil hacerlo girar. Mueve el giro: los números de la matriz se descomponen y los tres momentos no se enteran.

Tres masas iguales en ángulo recto: los ejes principales salen a 45° de los lados, y ninguna simetría evidente los delataba.

Qué pide exactamente un autovalor

Una matriz, aplicada a un vector, normalmente lo gira y lo estira. La pregunta que define todo lo demás es: ¿hay direcciones que sólo se estiren? Es decir, ¿existe algún $\mathbf{v} \neq 0$ tal que

A\,\mathbf{v} = \lambda\,\mathbf{v}\,?

Si lo hay, $\mathbf{v}$ es un autovector de $A$ y $\lambda$ su autovalor. La ecuación se reescribe como $(A - \lambda I)\mathbf{v} = 0$ , que sólo tiene solución no nula si la matriz $A - \lambda I$ es singular, o sea si

\det(A - \lambda I) = 0.

Eso es un polinomio en $\lambda$ , y sus raíces son los autovalores. Para una matriz simétrica de 2×2 el polinomio es de segundo grado y se resuelve a mano:

A = \begin{pmatrix} a & b \\ b & c \end{pmatrix} \;\Longrightarrow\; \lambda_\pm = \frac{a+c}{2} \pm \sqrt{\left(\frac{a-c}{2}\right)^2 + b^2},

con la dirección de $\lambda_+$ a un ángulo $\varphi = \tfrac{1}{2}\arctan\!\big(2b,\,a-c\big)$ del eje horizontal. Ésa es exactamente la fórmula que ejecuta el panel de arriba, y la que se ha comprobado con sympy: el residuo $\|(A-\lambda_+)\mathbf{v}\|$ sale idénticamente nulo.

Fíjate en la raíz cuadrada. Lo de dentro es una suma de cuadrados, así que para una matriz simétrica nunca es negativo: los dos autovalores son reales siempre. Eso no es un accidente del caso 2×2, y es la razón de que la física use matrices simétricas —o hermíticas— para todo lo que se mide.

Diagonalizar es desacoplar

Si una matriz tiene una base completa de autovectores, en esa base es diagonal. Escrito con $Q$ la matriz cuyas columnas son los autovectores unitarios y $\Lambda$ la diagonal de los autovalores,

A = Q\,\Lambda\,Q^{\mathsf{T}}, \qquad Q^{\mathsf{T}}Q = I.

El interés no es estético. Un sistema de ecuaciones acopladas $\ddot{\mathbf{x}} = -A\mathbf{x}$ es N ecuaciones enlazadas; en la base de autovectores es N ecuaciones independientes, cada una un oscilador con su propia frecuencia $\omega_i = \sqrt{\lambda_i}$ . La diagonalización convierte un problema de N cuerpos en N problemas de un cuerpo, y ése es el motivo de que aparezca en cada rincón de la física.

Ejemplo resuelto 1 · Dos péndulos con un muelle en medio

Problema. Dos péndulos idénticos de longitud $L = 30{,}0$ cm y masa $m = 100$ g cuelgan uno al lado del otro y están unidos por un muelle de constante $k = 0{,}500$ N/m. ¿A qué frecuencias oscila el sistema, y cuánto tarda la energía en pasar de un péndulo al otro?

Solución. Con desplazamientos pequeños, las ecuaciones son $m\ddot{x}_1 = -\frac{mg}{L}x_1 - k(x_1-x_2)$ y su simétrica. En forma matricial, $m\ddot{\mathbf{x}} = -K\mathbf{x}$ con

K = \begin{pmatrix} mg/L + k & -k \\ -k & mg/L + k \end{pmatrix}.

Aquí $a = c$ , así que la fórmula de arriba da $\lambda_\pm = (mg/L + k) \pm k$ con autovectores a 45° y 135°, es decir $(1,1)$ y $(1,-1)$ . Dividiendo por la masa,

\omega_{\text{sim}} = \sqrt{g/L} = 5{,}717\ \text{rad/s}, \qquad \omega_{\text{asim}} = \sqrt{g/L + 2k/m} = 6{,}534\ \text{rad/s},

con periodos de 1,099 s y 0,9617 s. La energía se trasvasa por completo cada $\pi/(\omega_2-\omega_1)$ , que son 3,85 s.

Resultado. Los dos modos normales tienen una interpretación física directa y ninguna de las dos era evidente en las ecuaciones originales: en el simétrico los dos péndulos van a la vez y el muelle no se estira, así que oscilan como si no existiera; en el antisimétrico van en contra y el muelle trabaja al doble, lo que sube la frecuencia. Lo que hace el álgebra es encontrar esas dos combinaciones sin que a nadie se le tenga que ocurrir. Y el batido de 3,85 s que se ve al soltar sólo un péndulo no es un tercer fenómeno: es la interferencia entre dos frecuencias que sólo se llevan un 14,3 %.

Por qué las matrices simétricas son otra cosa

No toda matriz se puede diagonalizar. Las simétricas reales sí, siempre, y además con autovectores perpendiculares entre sí. Eso es el teorema espectral, y explica dos hechos que se suelen presentar por separado como si no tuvieran nada que ver:

Todo cuerpo rígido tiene tres ejes principales perpendiculares, por raro que sea. No es una propiedad de los cuerpos: es una propiedad de la matriz $I_{ij} = \sum m\,(r^2\delta_{ij} - r_i r_j)$ , que es simétrica por construcción.
Todo observable de la mecánica cuántica da medidas reales y tiene una base completa de estados propios. Tampoco es una propiedad del mundo: es la razón por la que se exige que los observables se representen con operadores hermíticos.

Cuando dos autovalores coinciden hay degeneración, y entonces sus autovectores dejan de estar determinados: cualquier combinación suya vale, y lo que existe no es una dirección sino un plano entero de direcciones propias. El panel de arriba lo enseña con el cuadrado — y ese caso no es un fallo del cálculo, sino la simetría del cuerpo apareciendo en el álgebra. En cuántica ocurre lo mismo: toda degeneración es la huella de una simetría.

La comprobación que siempre cabe

Diagonalizar a mano se equivoca. Hay dos comprobaciones que cuestan diez segundos y cazan casi cualquier error, porque la traza y el determinante no dependen de la base:

\sum_i \lambda_i = \operatorname{tr} A, \qquad \prod_i \lambda_i = \det A.

El panel de arriba las muestra en todo momento, junto con el residuo $\|(I-\lambda)\mathbf{v}\|$ , que es la comprobación directa. Si alguna de las tres se separase de cero, el resultado que estás mirando estaría mal — y ésa es la única razón sensata para ponerlas a la vista.

Ejemplo resuelto 2 · Los ejes principales de una escuadra

Problema. Tres masas de 1,00 kg en los puntos $(0,0)$ , $(1,0)$ y $(0,1)$ metros. Encuentra sus ejes principales.

Solución. El centro de masas está en $(1/3,\,1/3)$ . Respecto de él, $I_{xx} = \sum m y^2 = 2/3$ , $I_{yy} = \sum m x^2 = 2/3$ y $I_{xy} = -\sum m xy = 1/3$ kg·m². Con $a = c$ otra vez, $\lambda_\pm = 2/3 \pm 1/3$ : 1/3 y 1 kg·m², con ejes a 45° y 135°. Comprobación: la suma es 4/3 = la traza, el producto es 1/3 = el determinante.

Resultado. El eje «fácil» es la bisectriz del ángulo recto, con 1/3 kg·m², y el «difícil» es su perpendicular, con tres veces más. Merece la pena ver de dónde sale, porque da la intuición geométrica que la fórmula esconde: $I = \sum m d^2$ con $d$ la distancia perpendicular al eje. Sobre la bisectriz, la masa de la esquina cae encima del eje y no cuenta, y las otras dos están a $1/\sqrt{2}$ — de ahí el 1/3 contra el 1. Y hay una tercera comprobación gratis: el momento respecto del eje perpendicular al plano vale $I_{xx}+I_{yy} = 4/3$ , que es el teorema de los ejes perpendiculares y sale solo de la traza.

De la geometría al espectro: la molécula de agua

El caso donde esto deja de ser un ejercicio. Con la geometría de equilibrio del agua —dos enlaces de 0,9572 Å formando 104,52°— y las masas del oxígeno y del hidrógeno, el tensor de inercia del párrafo de entrada sale de dos líneas de cuentas. Sus autovalores, convertidos a constantes rotacionales con $B = h/(8\pi^2 c\,I)$ , dan 27,44, 14,60 y 9,53 cm⁻¹.

Las medidas del agua real son 27,88, 14,51 y 9,29 cm⁻¹: un acuerdo del 1,58 %, 0,61 % y 2,58 %. La desviación no es error de cálculo, es física que el modelo no tiene — una molécula vibra mientras gira, y su momento de inercia efectivo no es el de la geometría de equilibrio. Hay una forma limpia de verlo: para un cuerpo plano y rígido, $1/C = 1/A + 1/B$ es exacta, y el cálculo de arriba la cumple hasta la última cifra. Con las constantes medidas falla por un 2,73 %. Ese desajuste tiene nombre —el defecto inercial— y se usa precisamente para medir cuánto vibra la molécula.

El caso que no diagonaliza, y no es exótico. Una matriz puede tener un autovalor doble y un solo autovector, y entonces no hay ninguna base en la que sea diagonal. Suena a patología de libro de álgebra, y es lo que le pasa a un oscilador en amortiguamiento crítico: la matriz del sistema $\dot{\mathbf{x}} = A\mathbf{x}$ con $\gamma = \omega_0$ tiene el autovalor $-\omega_0$ repetido y un único autovector.

Lo mejor que se puede hacer es una forma de Jordan, con un 1 fuera de la diagonal, y la consecuencia física es visible: la solución lleva un término $t\,e^{-\omega_0 t}$ que ninguna combinación de exponenciales puras produce. Comprobado con sympy en scripts/verificar-al1.py: la solución general es $(C_1 + C_2 t)\,e^{-\omega_0 t}$ . El caso raro del álgebra es el caso corriente de la ingeniería — es el que se busca en el cierre de una puerta y en la suspensión de un coche.

Ejercicios

Ejercicio 1

Una matriz simétrica de 2×2 tiene traza 10 y determinante 21. ¿Cuáles son sus autovalores? ¿Puedes decir algo de sus autovectores sin más datos?

Solución

Los autovalores son las raíces de $\lambda^2 - 10\lambda + 21 = 0$ : 3 y 7. De los autovectores se sabe una cosa y sólo una: que son perpendiculares entre sí, por el teorema espectral. Su orientación concreta no está determinada, porque traza y determinante son invariantes —no cambian al girar la base— y por tanto no pueden contener ninguna información sobre direcciones. La segunda lección está ahí: cuando un dato es invariante, saber en qué no puede ayudarte es tan útil como saber en qué sí.

Ejercicio 2

En el interactivo, elige la escuadra y mueve el mando de giro sin tocar nada más. Las tres entradas de la matriz cambian; los tres momentos principales, no. Explica por qué, y di qué cantidad de las que muestra el panel es la que lo garantiza.

Solución

Girar el cuerpo (o, lo que es lo mismo, girar los ejes) es un cambio de base ortogonal: $I \to R\,I\,R^{\mathsf{T}}$ . Esa operación conserva los autovalores, porque conserva el polinomio característico. Lo que se ve en el panel es la traza: sube y baja $I_{xx}$ , sube y baja $I_{yy}$ , y su suma se queda clavada. La segunda lección es de método: los autovalores son las propiedades del objeto y las entradas de la matriz son propiedades de tu elección de coordenadas. Por eso un momento principal se puede medir con un espectrómetro y una $I_{xy}$ no.

Ejercicio 3

Los dos péndulos del ejemplo resuelto 1 tienen frecuencias que se llevan un 14,3 %. Si el muelle fuera diez veces más blando, $k = 0{,}0500$ N/m, ¿cuánto tardaría la energía en pasar de un péndulo al otro? ¿Y qué ocurre con el tiempo de trasvase cuando $k \to 0$ ?

Solución

$\omega_1 = 5{,}717$ rad/s no cambia, y $\omega_2 = \sqrt{32{,}689 + 1{,}00} = 5{,}804$ rad/s. El trasvase tarda $\pi/(\omega_2-\omega_1) = 36{,}0$ s, casi diez veces más. Y en el límite $k \to 0$ tiende a infinito, que es lo que tiene que pasar: dos péndulos sin muelle nunca se intercambian nada.

La segunda lección es sobre el desarrollo: $\omega_2 - \omega_1 \approx k/(m\omega_1)$ para acoplamiento débil, así que el tiempo de trasvase va como $1/k$ — un factor diez en el muelle es un factor diez en el tiempo, y por eso 36,0 s y no 38,5 s. La pequeña diferencia con la proporción exacta es el segundo término de la serie.

Resumen en frío · Ficha AL.1

Lo que esta ficha deja utilizable, para volver dentro de seis meses sin releerla.

Qué	Fórmula o valor	Dónde
Definición	Av = λv, con v ≠ 0	§1
Ecuación característica	det(A − λI) = 0	§1
Simétrica 2×2	λ± = (a+c)/2 ± √(((a−c)/2)² + b²)	§1
Dirección de λ₊	φ = ½·atan2(2b, a−c)	§1
Diagonalización	A = QΛQᵀ con QᵀQ = I (si A es simétrica)	§2
Teorema espectral	simétrica real ⟹ λ reales y autovectores ortogonales	§3
Comprobación 1	Σλ = tr A	§4
Comprobación 2	Πλ = det A	§4
Tensor de inercia	I_ij = Σ m(r²δ_ij − r_i r_j); simétrico siempre	§3
Ejes perpendiculares (cuerpo plano)	I_zz = I_xx + I_yy = traza del bloque	ej. res. 2
Escuadra de 3 masas de 1 kg a 1 m	λ = 1/3 y 1 kg·m², ejes a 45° y 135°	ej. res. 2
Dos péndulos acoplados	ω = √(g/L) y √(g/L + 2k/m); modos (1,1) y (1,−1)	ej. res. 1
Valores del ejemplo	L = 30,0 cm, k = 0,500 N/m: 5,717 y 6,534 rad/s; batido 3,85 s	ej. res. 1
H₂O rotor rígido	I = 0,6145 · 1,1549 · 1,7694 u·Å²; A,B,C = 27,44 · 14,60 · 9,53 cm⁻¹	§5
Constante rotacional	B = h/(8π²cI); B[cm⁻¹] = 16,858 / I[u·Å²]	§5
Degeneración	λ repetido ⟹ el autovector no está determinado; señal de simetría	§3
No diagonalizable	amortiguamiento crítico: solución (C₁ + C₂t)·e^(−ω₀t)	callout

Adónde lleva esta ficha. Con esto ya puedes plantear y resolver cualquier problema de ejes principales o de modos normales de dos o tres grados de libertad, y comprobar el resultado sin fiarte de nadie. Lo que falta es el caso en que las masas no son todas iguales — entonces el problema no es $A\mathbf{v} = \lambda\mathbf{v}$ sino $K\mathbf{x} = \omega^2 M\mathbf{x}$ , el problema generalizado, que tiene ficha propia pendiente en esta misma área.

En cuanto a dónde usarlo ya: Mecanario III.4 construye el tensor de inercia en serio y llega hasta la peonza y la Tierra; Mecanario III.5 hace lo mismo con las pequeñas oscilaciones y acaba en la dinámica de un cristal. Los dos daban esta herramienta por sabida. Ya no hace falta.