Baixe Autovalores e Autovetores: Conceitos, Propriedades e Aplicações em Álgebra Linear - Prof. e outras Esquemas em PDF para Agronomia, somente na Docsity!
Autovalores y Autovectores
Manuel Montalvo Bonilla
February 13, 2021
1 Autovalores y Autovectores de Matrices Cuadradas
Comencemos nuestra discusi´on resolviendo el siguiente problema. Supongamos que se desea determinar un cierto vector no nulo v ∈ R^2 y un escalar λ tal que Av = λv, donde
A =
Soluci´on
Supongamos que v es el vector v =
x y
. El problema se reduce a resolver ( 10 − 9 4 − 2
x y
= λ
x y
que es equivalente a resolver el sistema { 10 x − 9 y = λx 4 x − 2 y = λy Resolviendo el sistema (^) { (10 − λ)x − 9 y = 0 4 x + (− 2 − λ)y = 0 , despejando una de las variables de una de las ecuaciones y reemplazando en la otra ecuaci´on se obtiene λ^2 − 8 λ + 16 = 0,
cuya soluci´on es λ = 4.
Ahora determinamos el vector v, esto es los valores de x e y. Para ello reemplazamos el valor de λ en el sistema (1) y resolvemos el sistema. { 6 x − 9 y = 0 4 x − 6 y = 0
Como se puede observar, el sistema tiene infinitas soluciones de la forma 2x = 3y, esto es x = 3t y y = 2t para cualquier valor real t. Por lo tanto se tienen infinitos vectores de R^2 que satisfacen la condici´on deseada. Tomemos uno de ellos, por ejemplo para el valor t = 1,
v =
Podemos verificar ( 10 − 9 4 − 2
Si A es una matriz n × n y x es un vector en Rn, no hay ninguna relaci´on geom´etrica general entre el vector x y el vector Ax. Sin embargo, a menudo existen ciertos vectores diferentes de cero tales que x y Ax son m´ultiplos escalares entre s´ı. Estos vectores surgen de manera natural en el estudio de vibraciones, sistemas el´ectricos, gen´eticos, reacciones qu´ımicas, mec´anica cu´antica, econom´ıa, geometr´ıa, etc.
Definici´on Si A es una matriz n × n, entonces un vector x diferente de cero en Rn^ se denomina autovector de A si Ax es un m´ultiplo escalar de x, es decir.
Ax = λx
para alg´un escalar λ. El escalar λ se denomina autovalor de A, y se dice que x es un autovector de A correspondiente al autovalor λ.
Para encontrar los autovalores de una matriz A de orden n × n, Ax = λx se vuelve a escribir Ax = λIx
o de manera equivalente (λI − A)x = 0 Para que λ sea un autovalor debe existir una soluci´on diferente de cero para esta ecuaci´on. Pero sabemos que el sistema tiene soluci´on diferente de cero si y s´olo si
det(λI − A) = 0.
El polinomio de grado n, λn^ + c 1 λn−^1 + · · · + cn = det(λI − A) es llamado polinomio caracter´ıstico de la matriz A y det(λI − A) = 0 ecuaci´on caracter´ıstica de A.
Ejemplo Hallar los autovalores de la matriz
det(λI − A) =
λ − a 11 a 12 a 13 a 14 0 λ − a 22 a 23 a 24 0 0 λ − a 33 a 32 0 0 0 λ − a 44
= (λ − a 11 )(λ − a 22 )(λ − a 33 )(λ − a 44 ) Luego la ecuaci´on caracter´ıstica es
(λ − a 11 )(λ − a 22 )(λ − a 33 )(λ − a 44 ) = 0
cuyas soluci´on son: λ = a 11 λ = a 22 λ = a 33 λ = a 44 los auto valores de la matriz triangular A. Por lo tanto los autovalores de una matriz triangular son los elementos de su diagonal principal.
Teorema. Si A es una matriz n × n y λ es un n´umero real, entonces las siguientes proposiciones son equivalentes
a) El n´umero λ es un autovalor de A.
b) El sistema de ecuaciones (λI − A)x = 0 tiene soluciones no triviales
c) En Rn^ existe un vector x diferente de cero tal que Ax = λx.
d) El n´umero λ es soluci´on de la ecuaci´on caracter´ıstica det(λI − A) = 0.
Definici´on. El espacio de las soluciones de la ecuaci´on (λI − A)x = 0, donde λ es un auto valor de A, se denomina el autoespacio de A correspondiente al autovalor λ.
Ejemplo. Hallar bases para los auto espacios de
A =
Soluci´on
La ecuaci´on caracter´ıstica de A es λ^3 − 5 λ^2 + 8λ − 4 = 0 o en su forma factorizada (λ − 1)(λ − 2)^2 = 0. Luego los auto valores son λ = 1 y λ = 2 por lo que existen dos auto
espacios de A.
Si
v =
x y z
es un autovector de A correspondiente al autovalor λ entonces x es soluci´on de la ecuaci´on de (λI − A)x = 0, es decir
A =
λ 0 2 − 1 λ − 2 − 1 − 1 0 λ − 3
x y z
Para λ = 1 se tiene
A =
x y z
Resolviendo el sistema se tiene
x = − 2 s, y = s, z = s.
As´ı, los autovectores de A correspondientes a λ = 1 son
v =
− 2 s s s
(^) = s
Por lo tanto (^)
es una base para el autoespacio correspondiente al auto valor λ = 1.
Ahora veamos para λ = 2 se tiene
A =
x y z
Resolviendo el sistema se tiene
x = −s, y = t, z = s.
sus correspondientes autovectores.
1.3 Autovalores e Invertibilidad
Existe una relaci´on entre los autovalores de una matriz y su inversa. Como lo muestra el siguiente teorema.
Teorema. Una matriz cuadrada A es invertible si y solo si λ = 0 no es un autovalor de A.
Demostraci´on. Sea A una matriz cuadrada de orden n, tal que
det(λI − A) = λn^ + c 1 λn−^1 + · · · + cn− 1 λ + cn,
luego λn^ + c 1 λn−^1 + · · · + cn− 1 λ + cn = 0
es su ecuaci´on caracter´ıstica.
Observemos que λ es un autovalor de A si y s´olo si λ es soluci´on de su ecuaci´on caracter´ıstica. Luego λ = 0 es soluci´on de la ecuaci´on caracter´ıstica si y s´olo si cn = 0. Por lo tanto bastar´a demostrar que que A es invertible si y solo si cn 6 = 0. Pero observemos que si λ = 0, det(−A) = cn o cn = det(−A) = (−1)n^ det(A)
De la ´ultima igualdad se tiene que det(A) = 0 si y solo si cn = 0, y esto significa que A es invertible si y solo si cn 6 = 0.
Por ejemplo, la matriz
A =
es invertible, pu´es ninguno de sus autovalores λ = 1 y λ = 2 son iguales a cero.
1.4 Ejercicios
- Encontrar las ecuaciones caracter´ısticas de las siguientes matrices
a)
[
]
, b)
[
]
c)
[
]
- Encontrar los autovalores de las matrices del ejercicio 1.
- Encontrar bases para los autoespacios de las matrices del ejercicio 1.
- Determinar las ecuaciones caracter´ısticas de las siguientes matrices
a)
(^) b)
(^) c)
- Encontrar los autovalores de las matrices del ejercicio 4.
- Encontrar bases para los autoespacios de las matrices del ejercicio 4.
- Encontrar los autovalores de A^9 para
- Sea A una matriz de orden 2×2. La recta que pasa por el origen de R^2 es invariante bajo A si Ax esta sobre la recta cuando x tambi´en lo est´a. Encontrar las rectas en R^2 , en caso de haberlas, que son invariantes bajo la matriz dada.
a)
[
]
, b)
[
]
c)
[
]
- Demostrar que la ecuaci´on caracter´ıstica de una matriz A de orden 2 × 2 se puede expresar como λ^2 − tra(A)λ + det(A) = 0 donde tra(A) es la traza de A.
- Demostrar que si λ es un autovalor de una matriz invertible A y v es su auto vec- tor correspondiente, entonces 1/λ es un auto valor de A−^1 y v es un auto vector correspondiente.
- Hallar los autovalores de A−^1 , para la matriz
A =
Por lo tanto combinaci´on lineal de autovectores sigue siendo autovector.
Definici´on. Sea E un espacio vectorial, T : E → E un operador lineal y λ ∈ R un autovalor de T. Al subespacio vectorial
Eλ = {u ∈ E : T (u) = λu}
es llamado el autoespacio de T relativo al autovalor λ.
Teorema. Sean A, B matrices cuadradas de orden n que son similares. Entonces A y B tienen los mismos valores propios.
Corolario. Sean E un espacio vectorial de dimensi´on finita y T : E → E un operador lineal, entonces las representaciones matriciales de T tienen los mismos valores propios.
Este corolario nos indica la manera de determinar los valores propios de un operador lineal, determinando los autovalores de cualquier matriz asociada a la transformacion T. Por lo tanto, hallar los autovalores de un operador se reduce a calcular los autovalores de una matriz.
Ejemplo. Determinar los autovalores y una base para los autoespacios del operador T : P 2 → P 2 definido por
T (a + bx + cx^2 ) = − 2 c + (a + 2b + c)x + (a + 3c)x^2
Soluci´on. La matriz T con respecto a la base est´andar B = { 1 , x, x^2 }
[TB ] =
Los autovalores de T y los autovectores ya fueron vistos anteriormente y estos son λ = 1 y λ = 2. A los que les corresponde los autvectores
u =
para el autovalor λ = 1. Y los autovectores
v =
(^) , w =
para el autovalor λ = 2.
Las matrices u, v y w son las matrices de coordenadas con respecto a la base B. Luego
p 1 = −2 + x + x^2 , p 2 = −1 + x^2 , p 3 = x Por lo tanto una base para el autoespacio correspondiente a λ = 1 es
{p 1 } = {−2 + x + x^2 }
y la base correspondiente al autovalor λ = 2 es
{p 2 , p 3 } = {−1 + x^2 , x}
2.1 Ejercicios
- Sea T : P 2 → P 2 definido por
T (a + bx + cx^2 ) = 5a + 6b + 2c − (b + 8c)x + (a − 2 c)x^2
(a) Hallar los autovalores de T. (b) Hallar las base para los autoespacios de T.
- Sea T : M 2 × 2 → M 2 × 2 definido por
T
([
a b c d
])
[
2 c a + c b − 2 c d
]
(a) Hallar los autovalores de T. (b) Hallar las base para los autoespacios de T.
tal que P −^1 AP = D es diagonal, donde
D =
λ 1 0... 0 0 λ 2... 0 .. .
0 0... λn
Luego AP = P D, es decir
AP =
p 11 p 12... p 1 n p 21 p 22... p 2 n .. .
pn 1 pn 2... pnn
λ 1 0... 0 0 λ 2... 0 .. .
0 0... λn
λ 1 p 11 λ 2 p 12... λnp 1 n λ 1 p 21 λ 2 p 22... λnp 2 n .. .
λ 1 pn 1 λ 2 pn 2... λnpnn
Denotemos por P 1 , P 2 ,... , Pn los vectores columnas de P , luego
[AP 1 AP 2 · · · APn] = A[P 1 P 2 · · · Pn] = AP = [λ 1 P 1 λ 2 P 2 · · · λnPn]
As´ı AP 1 = λ 1 P 1 , AP 2 = λ 2 P 2 , · · · , APn = λnPn Como P es una matriz invertible, todos sus vectores columna son diferentes de cero y linealmente independientes. Luego λ 1 , λ 2 , · · · λn son autovalores de A, y P 1 , P 2 , · · · , Pn sus respectivos autovectores.
Condici´on suficientes para que la matriz A sea diagonalizable. b) ⇒ a) Supongamos que A tiene n autovectores linealmente independientes, P 1 , P 2 , · · · , Pn, con sus correspondientes autovalores λ 1 , λ 2 , · · · λn. Sea
P =
p 11 p 12... p 1 n p 21 p 22... p 2 n .. .
pn 1 pn 2... pnn
la matriz cuyos vectores columnas son P 1 P 2 · · · Pn, luego
AP 1 = λ 1 P 1 , AP 2 = λ 2 P 2 , · · · , APn = λnPn
As´ı [AP 1 AP 2 · · · APn] = [λ 1 P 1 λ 2 P 2 · · · λnPn],
luego
AP =
λ 1 p 11 λ 2 p 12... λnp 1 n λ 1 p 21 λ 2 p 22... λnp 2 n .. .
λ 1 pn 1 λ 2 pn 2... λnpnn
p 11 p 12... p 1 n p 21 p 22... p 2 n .. .
pn 1 pn 2... pnn
λ 1 0... 0 0 λ 2... 0 .. .
0 0... λn
Donde D es la matriz diagonal que tiene los autovalores λ 1 , λ 2 , · · · λn sobre la diagonal principal. Como los vectores columna son linealmente independiente, P es invertible, esto es existe P −^1. Multiplicando por la izquierda a AP por P −^1 se tiene
P −^1 AP =
λ 1 0... 0 0 λ 2... 0 .. .
0 0... λn
Que es una matriz diagonal.
Procedimiento para diagonalizar una matriz
Paso 1. Encontrar n autovectores linealmente independientes de A. P 1 , P 2 · · · Pn. Paso 2. Formar la matriz P con P 1 , P 2 · · · Pn. Paso 3. Luego, la matriz P −^1 AP es diagonal
Ejemplo 1. Encontrar la matriz P que diagonaliza a la matriz
A =
Soluci´on. Anteriormente hemos encontrado que la ecuaci´on caracter´ıstica A es
(λ − 1)(λ − 2)^2 = 0
y se determinaron las siguientes bases para los autoespacios;
λ = 2 P 1 =
, P 2 =
Como A es de orden 3×3 y en total solo hay dos vectores b´asicos tenemos que la matriz A no es diagonalizable.
Teorema. Si v 1 , v 2 ,... , vk son autovectores de A correspondientes a distintos auto- valores λ 1 , λ 2 ,... , λk, entonces {v 1 , v 2 ,... , vk} es un conjunto linealmente independiente.
Teorema. Si una matriz A de orden n × n tiene n autovalores distintos, entonces A es diagonalizable.
Ejemplo 3. Analizar si la matriz
A =
es diagonalizable.
Soluci´on. Los autovalores de A son λ = 4, λ = 2 +
3, λ = 2 −
- Como los autovalores son distintos se tiene, por el teorema anterior, que la matriz A es diagonalizable. Y
P −^1 AP =
para alguna matriz invertible P.
Ejemplo 4. Dada la matriz
A =
Analizar si A es diagonalizable.
Es posible que una matriz de orden n × n sea diagonalizable sin tener n autovalores distintos. En el ejemplo 1 se vio que la matriz A de orden 3 × 3 tiene solo dos autovalores distintos, sin embargo es diagonalizable. Lo que realmente importa para que la matriz sea diagonalizable son las dimensiones de los autoespacios. Los ejemplos 1 y 2 ilustran este hecho, las matrices de ambos ejemplos tienen la misma ecuaci´on caracter´ıstica y por ende los mismos autovalores, pero la matriz del ejemplo 1 es diagonalizable mientras que la del ejemplo 2, no. Esto se debe a que la suma de las dimensiones de los autoespacios del ejemplo 2 es menor que 3.
Si λ 0 es un autovalor de una matriz A de orden n × n, entonces la dimensi´on del autoes- pacio correspondiente al λ 0 se denomina multiplicidad geom´etrica de λ 0 , y el n´umero de veces que λ − λ 0 aparece como factor en el polinomio caracter´ıstico de A se denomina multiplicidad algebraica de A. El siguiente teorema resume el an´alisis precedente.
Teorema. Si A es una matriz cuadrada, entonces :
- Para todo autovalor de A la multiplicidad geom´etrica es menor que la multiplicidad algebraica.
- A es diagonalizable si y solo si la multiplicidad geom´etrica es igual que la multiplicidad algebraica para todo autovalor.
3.1 Ejercicios
- Sea
A =
a) Encuentre los autovalores de A. b) Para cada autovalor λ, determinar el rango de la matriaz λI − A c) ¿Es diagonalizable A? Justificar su respuesta.
- Para las siguientes matrices, usar el m´etodo del ejercicio 1 para determinar si las matrices son diagonalizables
a)
[
]
, b)
(^) , c)
- Hallar una matriz P que diagonalice la matriz A, y determinar P −^1 AP.
a) A =
[
]
, b) A =
[
]
, c) A =
d) A =
