Cálculo de valores y vectores propios. Polinomio característico

    Solución
  1. $(a)$ Valores propios de $f:$ $$\chi (\lambda)=\begin{vmatrix}{2-\lambda}&{2}\\{1}&{3-\lambda}\end{vmatrix}=\lambda^2-5\lambda+4=0\Leftrightarrow\lambda=4\vee\lambda=1\text{ (simples)}.$$
    $(b)$ Subespacios propios: $$V_4\equiv \left \{ \begin{matrix} -2x_1+2x_2=0\\x_1-x_2=0\end{matrix}\right.,\quad V_1\equiv \left \{ \begin{matrix} x_1+2x_2=0\\x_1+2x_2=0.\end{matrix}\right.$$ Al ser $\lambda=4$ valor propio simple, $\dim V_4=1$ y una base de $V_4$ (en coordenadas en $B$) es $\{(1,1)^t\}$. Por tanto, una base de $V_4$ es $B_{V_4}=\{u_1+u_2\}$. Razonando análogamente obtenemos $B_{V_1}=\{-2u_1+u_2\}$.
  2. $(a)$ Valores propios de $f:$ $$\chi (\lambda)=\begin{vmatrix}{5-\lambda}&{-1}\\{1}&{3-\lambda}\end{vmatrix}=\lambda^2-8\lambda+16=0\Leftrightarrow (\lambda-4)^2=0\Leftrightarrow\lambda=4\text{ (doble)}.$$ $(b)$ Subespacios propios: $$V_4\equiv \left \{ \begin{matrix} x_1-x_2=0\\x_1-x_2=0\end{matrix}\right.\sim \left \{ \begin{matrix} x_1-x_2=0.\end{matrix}\right.$$ La dimensión de $V_4$ es $\dim V_4=2-\text{rg}A=\begin{bmatrix}{1}&{-1}\end{bmatrix}=2-1=1$ y una base de $V_4$ en (coordenadas en $B$) es $\{(1,1)^t\}$. Por tanto, una base de $V_4$ es $B_{V_4}=\{u_1+u_2\}$.
  3. $(a)$ Valores propios de $f:$ $$\begin{vmatrix}{1-\lambda}&{-1}\\{2}&{-1-\lambda}\end{vmatrix}=\lambda^2+1=0\Leftrightarrow \lambda=\pm i\text{ (simples)}.$$ Como las raíces del polinomio característico no son reales, se concluye que $f$ no tiene valores propios y como consecuencia no tiene vectores propios.
    $(b)$ Los valores propios son $\lambda=\pm i$ (simples). Los subespacios propios son $$V_i\equiv \left \{ \begin{matrix} (1-i)x_1-x_2=0\\2x_1+(-1-i)x_2=0\end{matrix}\right.,\quad V_{-i}\equiv \left \{ \begin{matrix} (1+i)x_1-x_2=0\\2x_1+(-1+i)x_2=0.\end{matrix}\right.$$ Al ser $\lambda=i$ valor propio simple, $\dim V_i=1$ y una base de $V_i$ (en coordenadas en $B$) es $\{(1,1-i)^t\}$, por tanto una base de $V_i$ es $B_{V_i}=\{u_1+(1-i)u_2\}$. Razonando análogamente obtenemos $B_{V_{-i}}=\{u_1+(1+i)u_2\}.$
  4. $(a)$ Valores propios $$\begin{aligned}
    &\begin{vmatrix}{1-\lambda}&{-3}&{3}\\{3}&{-5-\lambda}&{3}\\{6}&{-6}&{4-\lambda}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}{-2-\lambda}&{-3}&{3}\\{-2-\lambda}&{-5-\lambda}&{3}\\{0}&{-6}&{4-\lambda}\end{vmatrix}\\
    &= \begin{vmatrix}{-2-\lambda}&{-3}&{3}\\{0}&{-2-\lambda}&{0}\\{0}&{-6}&{4-\lambda}\end{vmatrix}=(-2-\lambda)^2(4-\lambda)
    \end{aligned}$$ (hemos sumado a la primera columna la segunda y posteriormente hemos restado a la segunda fila la primera). Los valores propios son $\lambda=4$ (simple) y $\lambda=-2$ (doble).
    $(b)$ Subespacios propios: $$V_{4} \equiv \left \{ \begin{matrix} -3x_1-3x_2+3x_3=0\\ 3x_1-9x_2+3x_3=0 \\6x_1-6x_2=0\end{matrix}\right. ,\quad V_{-2} \equiv \left \{ \begin{matrix} 3x_1-3x_2+3x_3=0\\ 3x_1-3x_2+3x_3=0 \\ 6x_1-6x_2+6x_3=0 .\end{matrix}\right. $$ Al ser $\lambda=4$ valor propio simple, $\dim V_4=1$ y una base de $V_4$ (en coordenadas en $B$) es $\{(1,1,2)^t\}$. Por tanto, una base de $V_4$ es $B_{V_4}=\{u_1+u_2+2u_3\}$. La dimensión de $V_{-2}$ es $$\dim V_{-2}=3-\text{rg }\begin{bmatrix}{3}&{-3}&{3}\\{3}&{-3}&{3}\\{6}&{-6}&{6}\end{bmatrix}=3-1=2,$$ y una base de $V_4$ (en coordenadas en $B$) es $\{(1,1,0),(-1,0,1)\}$. Por tanto, una base de $V_{-2}$ es $B_{V_{-2}}=\{u_1+u_2,-u_1+u_3\}$.
  5. $(a)$ $\lambda\in\mathbb{K}$ es valor propio de $f$ si y sólo si existe un $x\in E$ no nulo tal que $f(x)=\lambda x$. Esto equivale a decir que existe un $x\in E$ no nulo tal que $(f-\lambda I)x=0$, que a su vez equivale a decir que $\ker (f-\lambda I)\neq\{0\}$. Dado que la matriz de $f-\lambda I$ en la base $B$ es $A-\lambda I$, su rango no es máximo, que equivale a decir que $\det (A-\lambda I)=0$.
    $(b)$ $x\in V_{\lambda}$ si y sólo si $(f-\lambda I)x=0$. Como la matriz de $f-\lambda I$ en la base $B$ es $A-\lambda I$, la condición $(f-\lambda I)x=0$ equivale a $(A-\lambda I)X=0$ en donde $X$ es el vector de coordenadas de $x$ en la base $B$.
  6. Si $A$ y $B$ son matrices semejantes, existe $P\in\mathbb{K}^{n\times n}$ invertible tal que $B=P^{-1}AP$. Entonces, usando conocidas propiedades de los determinantes: $$\chi_B(\lambda)=|B-\lambda I|=|P^{-1}AP-\lambda P^{-1}IP|=|P^{-1}(A-\lambda I)P|$$$$=|P^{-1}||A-\lambda I||P|=\dfrac{1}{|P|}|A-\lambda I||P|=|A-\lambda I|=\chi_A(\lambda).$$ Es decir, $A$ y $B$ tienen el mismo polinomio característico.
  7. Una matriz genérica de orden $2\times 2$ tiene la forma $A=\begin{bmatrix}{a}&{b}\\{c}&{d}\end{bmatrix}.$ Su polinomio característico es: $$\begin{aligned}&\chi(\lambda)=\begin{vmatrix}{a-\lambda}&{b}\\{c}&{d-\lambda}\end{vmatrix}=ad-d\lambda-a\lambda+\lambda^2-cd\\
    &=\lambda^2-(a+d)\lambda+ad-cd=\lambda^2-(\text{traza } A)\lambda +\det A.\end{aligned}$$ Una matriz genérica de orden $3\times 3$ tiene la forma $A=\begin{bmatrix}{a}&{b}&{c}\\{d}&{e}&{f}\\{g}&{h}&{i}\end{bmatrix}.$ Aplicando la regla de Sarrus y agrupando términos semejantes en $\lambda:$ $$\begin{aligned}
    &\chi(\lambda)=\begin{vmatrix}{a-\lambda}&{b}&{c}\\{d}&{e-\lambda}&{f}\\{g}&{h}&{i-\lambda}\end{vmatrix}=-\lambda^3+(a+e+i)\lambda^2\\&-[(ei-hf)+(ai-cg)+(ae-db)]\lambda+aei+dhc+bfg-gec-hfa-dbi\\&=-\lambda^3+(\text{traza } A)\lambda^2-(A_{11}+A_{22}+A_{33})\lambda +\det A.
    \end{aligned}$$
  8. Una matriz genérica de orden $n\times n$ es de la forma: $$A=\begin{bmatrix} a_{11} & a_{12} & \ldots & a_{1n}\\a_{21} &a_{22} & \ldots & a_{2n} \\ \vdots&&&\vdots \\ a_{n1} & a_{n2} &\ldots & a_{nn}\end{bmatrix}.$$ Su polinomio característico es: $$\chi(\lambda)=\begin{vmatrix} a_{11}-\lambda & a_{12} & \ldots & a_{1n}\\a_{21} &a_{22}-\lambda & \ldots & a_{2n} \\ \vdots&&&\vdots \\ a_{n1} & a_{n2} &\ldots & a_{nn}-\lambda\end{vmatrix}.$$ En cada término de un determinante aparece exactamente uno de cada fila y uno de cada columna. Un término es: $$(a_{11}-\lambda)(a_{22}-\lambda)\ldots (a_{nn}-\lambda).\quad (1)$$ Cualquier otro término es de grado $\leq n-2$ (por ejemplo, si interviniera $a_{21}$ no intervendría ni $a_{11}-\lambda$ ni $a_{22}-\lambda$). En consecuencia los términos de grados $n$ y $n-1$ solamente aparecen en $(1)$. Ahora bien $$\begin{aligned}&(a_{11}-\lambda)(a_{22}-\lambda)\ldots (a_{nn}-\lambda)=\\&(-1)^n\lambda^n+(-1)^{n-1}(a_{11}+a_{22}+\ldots+a_{nn})\lambda^{n-1}+\ldots\;.\end{aligned}$$ Por otra parte, $\chi(0)=\det A$ con lo cual el término independiente de $\chi(\lambda)$ es $\det A$. Podemos concluir que: $$\chi(\lambda)=(-1)^n\lambda^n+(-1)^{n-1}(\text{traza } A)\lambda^{n-1}+\ldots+\det A.$$
  9. Dado que $V_{\lambda_i}\neq \{0\}$, se verifica $\dim V_{\lambda_i}\geq 1$. Sea $m(\lambda_i)=k$ y supongamos que la multiplicidad $m(\lambda_i)$ fuera $k+1$. Por el teorema de la base incompleta se podría formar una base $\mathcal{B}$ de $E$ eligiendo los $k+1$ primeros vectores de $V_{\lambda_i}$. En tal base la matriz de $f$ tendría la forma por cajas $$A=\begin{bmatrix}{\lambda_i I_{k+1}}&{M}\\{0}&{N}\end{bmatrix},$$
    siendo $I_{k+1}$ la matriz identidad de orden $k+1$. Ahora bien, el polinomio característico de $A$ sería de la forma: $$\chi (\lambda)=(\lambda-\lambda_i)^{k+1}q(\lambda)\text{ con }q(\lambda)\in\mathbb{K}[\lambda],$$ por lo que $\lambda_i$ sería raíz de multiplicidad mayor que $k$ (contradicción). Concluimos pues que $1\leq\dim V_{\lambda_i}\leq m(\lambda_i)$.
  10. Como $L[(1,0,1]$ es subespacio propio, existe $\lambda\in \mathbb{R}$ tal que $h(1,0,1)=\lambda (1,0,1).$ Una base del subespacio de ecuación $x_1-x_2+x_3=0$ es $\{(1,1,0),(-1,0,1)\},$ por tanto existe $\mu\in \mathbb{R}$ tal que $$h(1,1,0)=\mu(1,1,0),\quad h(-1,0,1)=\mu(-1,0,1).$$ Por otra parte, $$\text{rg }\begin{bmatrix}{\;\;1}&{0}&{1}\\{\;\;1}&{1}&{0}\\{-1}&{0}&{1}\end{bmatrix}=3,\text{ i.e. } B=\{(1,0,1),(1,1,0),(-1,0,1)\}\text{ es base de }\mathbb{R}^3,$$ y por tanto la matriz de $h$ en $B$ es $D=\text{diag} (\lambda,\mu,\mu).$ Usemos ahora la condición $ii)$ para determinar $\lambda$ y $\mu$ $$(0,0,1)=\alpha_1(1,0,1)+\alpha_2(1,1,0)+\alpha_3(-1,0,1)$$ $$\Leftrightarrow\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & \alpha_1+\alpha_2-\alpha_3=0\\& \qquad\alpha_2\qquad=0\\ & \alpha_1\qquad+\alpha_3=1 \end{aligned}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & \alpha_1=1/2\\& \alpha_2=0\\ & \alpha_3=1/2. \end{aligned}\end{matrix}\right.$$ Las coordenadas de $(0,0,1)$ en $B$ son por tanto $(1/2,0,1/2)$ y las de $(1,0,1)$ en $B$ son evidentemente $(1,0,0)$ Entonces, $$h(0,0,1)=(1,0,1)\Leftrightarrow \begin{bmatrix}{\lambda}&{0}&{0}\\{0}&{\mu}&{0}\\{0}&{0}&{\mu}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{1/2}\\{0}\\{1/2}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{1}\\{0}\\{0}\end{bmatrix}\Leftrightarrow \left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & \lambda=2\\& \mu=0. \end{aligned}\end{matrix}\right.$$ En consecuencia, $h$ es el endomorfismo cuya matriz en la base $B$ es $D$ $=$ $\text{diag }(2,0,0).$
  11. La matriz $AB$ es de orden $5\times 5.$ Si $Bx=0$ con $x\neq 0$ vector de $\mathbb{R}^5,$ entonces $(AB)x$ $=$ $A(Bx)$ $=$ $0$ $=$ $0x,$ luego $x$ es vector propio de $AB$ asociado al valor propio $\lambda=0.$ La dimensión del subespacio de $Bx=0$ de $\mathbb{R}^5$ es $5-\text{rg }B=5-2=3,$ por tanto $\lambda=0$ es valor propio al menos triple de $AB.$
    Por otra parte, $BA$ es de orden $2\times 2.$ Si $\mu$ es valor propio de $BA,$ existe $v\in\mathbb{R}^2$ no nulo tal que $(BA)v=\mu v.$ Entonces, $$BAv=\mu v\Rightarrow A(BA)v=A(\mu v)\Rightarrow (AB)(Av)=\mu (Av).$$ Es decir, $\mu$ es valor propio de $AB$ si $Av\neq 0.$ Operando obtenemos $BA$ y sus valores propios $$BA=\begin{bmatrix}{7}&{-3}\\{2}&{\;\;0}\end{bmatrix},\;\; \left|BA-\mu I\right|=\mu^2-7\mu+6=0\Leftrightarrow\mu_1=1,\mu_2=6\text{ (simples).}$$ Los correspondientes subespacios propios y unas bases de cada uno de ellos son $$V_1\equiv\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & 6x_1-3x_2=0\\& 2x_1-x_2=0, \end{aligned}\end{matrix}\right.\quad B_1=\{v=(1,2)^T\},$$ $$V_6\equiv\left \{ \begin{matrix} \displaystyle\begin{aligned} & x_1-3x_2=0\\& 2x_1-6x_2=0, \end{aligned}\end{matrix}\right.\quad B_6=\{w=(3,1)^T\}.$$ Pero $Av$ y $Aw$ son no nulos, por tanto $\mu_1=1$ y $\mu_2=6$ son valores propios de $AB.$ Podemos concluir que el polinomio característico de $AB$ es $$\chi_{AB}(\lambda)=-\lambda^3(\lambda-1)(\lambda-6).$$
  12. Usando que el determinante de una matriz es igual al de su traspuesta y conocidas propiedades de la transposición:$$|A-\lambda I|=|(A-\lambda I)^t|=|A^t-\lambda I|.$$Es decir, $A$ y $A^t$ tienen el mismo polinomio característico y como consecuencia, los mismos valores propios. No es cierto en general que tienen los mismos vectores propios, tomemos por ejemplo:$$A=\begin{bmatrix}{0}&{1}\\{0}&{0}\end{bmatrix}.$$Tenemos:$$A\begin{bmatrix}{1}\\{0}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{0}&{1}\\{0}&{0}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{1}\\{0}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{0}\\{0}\end{bmatrix}=0\begin{bmatrix}{1}\\{0}\end{bmatrix},\\
    A^t\begin{bmatrix}{1}\\{0}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{0}&{0}\\{1}&{0}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{1}\\{0}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{0}\\{1}\end{bmatrix}\neq \lambda\begin{bmatrix}{1}\\{0}\end{bmatrix}\;\;(\forall\lambda\in\mathbb{R}).$$ Por tanto $(1,0)^t$ es vector propio de $A$ pero no de $A^t$.
  13. El polinomio característico de $A$ es $$\chi(\lambda)=\det(A-\lambda I)=\begin{vmatrix} a_1-\lambda & a_2 & \ldots & a_n\\ a_1 &a_2-\lambda & \ldots & a_n \\ \vdots&&&\vdots \\ a_1 & a_2 &\ldots & a_n-\lambda \end{vmatrix}.$$Restando a todas las filas (a partir de la segunda) la primera:$$\chi(\lambda)=\begin{vmatrix} a_1-\lambda & a_2 & \ldots & a_n\\ \lambda &-\lambda & \ldots & 0\\ \vdots&&&\vdots \\ \lambda & 0 &\ldots & -\lambda \end{vmatrix}.$$ Sumando a la primera fila todas las demás:$$\chi(\lambda)=\begin{vmatrix} a_1+a_2+\ldots+a_n-\lambda & a_2 & \ldots & a_n\\ 0 &-\lambda & \ldots & 0\\ \vdots&&&\vdots \\ 0 & 0 &\ldots & -\lambda \end{vmatrix}.$$ Usando que el determinante de una matriz triangular es el producto de los elementos de la diagonal principal:$$\chi(\lambda)=(a_1+a_2+\ldots+a_n-\lambda)(-\lambda)^{n-1}.$$
  14. Que $\lambda=1$ sea valor propio de una matriz $A$ equivale a decir $|A-1I|=0$. Sea$A=[a_{ij}]$ matriz de Markov y hallemos $|A-1I|$. $$ |A-1I|=\begin{vmatrix} a_{11}-1 & a_{12} & \ldots & a_{1n}\\ a_{21} &a_{22}-1 & \ldots & a_{2n} \\ \vdots&&&\vdots \\ a_{n1} & a_{n2} &\ldots & a_{nn}-1\end{vmatrix}. $$Sumando a última fila la suma de todas las demás, queda:$$\begin{vmatrix} a_{11}-1 & a_{12} & \ldots & a_{1n}\\ a_{21} &a_{22}-1 & \ldots & a_{2n} \\ \vdots&&&\vdots \\ (a_{n1} +\ldots+ a_{n1})-1& (a_{11} +\ldots+ a_{n2})-1&\ldots & (a_{1n} +\ldots+ a_{nn})-1\end{vmatrix}.$$Teniendo en cuenta que la suma de las componentes de cada columna es $1:$$$|A-1I|=\begin{vmatrix} a_{11}-1 & a_{12} & \ldots & a_{1n}\\ a_{21} &a_{22}-1 & \ldots & a_{2n} \\ \vdots&&&\vdots \\ 0& 0&\ldots & 0\end{vmatrix}=0.$$Es decir, $\lambda=1$ es valor propio de $A.$ Notemos que la condición de ser los elementos $a_{ij}$ mayores o iguales que $0$ no ha sido necesaria.
Esta entrada ha sido publicada en Álgebra y etiquetada como , , , , , . Guarda el enlace permanente.