Primeras propiedades de los valores y vectores propios

Proporcionamos ejercicios sobre las primeras propiedades de los valores y vectores propios.

RESUMEN TEÓRICO
    Enunciado
  1. Sea $E$ espacio vectorial sobre el cuerpo $\mathbb{K}$ de dimensión finita $n$ y $f:E\to E$ un endomorfismo. Demostrar que si $B$ es una base de $E$ formada por vectores propios de $f$, entonces la matriz de $f$ en la base $B$ es diagonal.
  2. Sea $E$ espacio vectorial sobre el cuerpo $\mathbb{K}$ y $f:E\to E$ un endomorfismo. Sea $\lambda$ valor propio de $f$. Demostrar que $V_{\lambda}=\{x\in E: f(x)=\lambda x\}$ es subespacio vectorial de $E$.
  3. Sea $E$ espacio vectorial sobre el cuerpo $\mathbb{K}$ y $f:E\to E$ un endomorfismo que admite $m$ valores propios distintos $\lambda_1,\ldots,\lambda_m$. Sea $S=\{x_1,\ldots,x_m\}$ en donde para cada $i=1,\ldots,m$, $x_i$ es vector propio asociado a $\lambda_i$. Demostrar que $S$ es un sistema libre.
    Solución
  1. Sea $B=\{e_1,e_2,\ldots,e_n\}$ una base de $E$ formada por vectores propios de $f$. Por definición de vector propio, existen escalares $\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_n$ tales que $$\left \{ \begin{matrix}f(e_1)=\lambda_1e_1\\f(e_2)=\lambda_2e_2\\\ldots\\f(e_n)=\lambda_ne_n.\end{matrix}\right. $$ Transponiendo coeficientes, obtenemos la matriz de $f$ en $B:$ $$D=\begin{bmatrix} \lambda_1 & 0 & \ldots & 0\\ 0 &\lambda_2 & \ldots & 0 \\ \vdots&&&\vdots \\ 0 & 0 &\ldots & \lambda_n\end{bmatrix}\quad \text{(matriz diagonal)}.$$
  2. Un vector $x$ de $E$ pertenece a $V_{\lambda}$ si y sólo si $f(x)=\lambda x$. Pero $$f(x)=\lambda x\Leftrightarrow f(x)-\lambda x=0\Leftrightarrow (f-\lambda I)(x)=0\Leftrightarrow x\in\ker (f-\lambda I),$$ y el núcleo de toda aplicación lineal sabemos que es un subespacio del espacio inicial.
  3. El resultado es cierto para $m=1$. En efecto, como $x_1\neq 0$ de la igualdad $\alpha_1 x_1=0$ se deduce $\alpha_1=0$, luego $S=\{x_1\}$ es un sistema libre. Sea cierta la propiedad para $m-1$ y consideremos la igualdad $$\alpha_1 x_1+\ldots+\alpha_n x_m=0.\quad (1)$$ Aplicando $f$ a ambos miembros: $$\alpha_1\lambda_1 x_1+\ldots +\alpha_m\lambda_m x_m=0.\quad (2)$$ Multiplicando la relación $(1)$ por $\lambda_1:$ $$\lambda_1\alpha_1 x_1+\ldots+\lambda_1\alpha_m x_m=0.\quad (3)$$ Restando a la igualdad $(2)$ la $(3):$ $$\alpha_2(\lambda_2-\lambda_1) x_2+\ldots+\alpha_n(\lambda_m-\lambda_1)x_m=0.$$ Por hipótesis de inducción, $\{x_2,\ldots,x_m\}$ es sistema libre, por tanto: $$\alpha_2(\lambda_2-\lambda_1)=0,\ldots,\alpha_n(\lambda_m-\lambda_1)=0.$$ Dado que los $\lambda_i$ son distintos dos a dos, se verifica $\lambda_i-\lambda_1\neq 0$ para todo $i=2,\ldots,m$, luego $\alpha_2=\ldots=\alpha_m=0$. Sustituyendo en $(1)$ obtenemos $\alpha_1=0$ y queda demostrada la propiedad para $m$.
Esta entrada fue publicada en Álgebra. Guarda el enlace permanente.