Primeras propiedades de los valores y vectores propios

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

RESUMEN TEÓRICO
  • Teorema.  Sea $E$ espacio vectorial sobre el cuerpo $\mathbb{K}$ de  dimensión finita $n$. Si $B$ es una base de $E$ formada por vectores propios de $f$, entonces la matriz de $f$ en la base $B$ es diagonal.
  • Nota.  Como las matrices diagonales son particularmente sencillas, dado un endomorfismo en un espacio de dimensión finita, interesará expresarlo matricialmente en una base de vectores propios. Veremos que no siempre existe tal base.
  • Teorema. Sea $E$ espacio vectorial sobre el cuerpo $\mathbb{K}$ y $f:E\to E$ un endomorfismo. Sea $\lambda$ valor propio de $f$ y denotemos: $$V_{\lambda}=\{x\in E: f(x)=\lambda x\}$$ Entonces, $V_{\lambda}$ es subespacio vectorial de $E$.
  • Notas
    $(a)$ $ V_{\lambda} $ está formado por todos los vectores propios asociados al valor propio $\lambda$ y por el vector $0$ ya que $f(0)=0=\lambda 0$.
    $(b)$ A $ V_{\lambda} $ se le llama subespacio propio asociado al valor propio $\lambda$.
    $(c)$  $ V_{\lambda} $ es exactamente $\ker (f-\lambda I)$.
  • Teorema.   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 $\lambda_i$. Entonces, $S$ es un sistema libre.
    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 $m$.
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