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Ingenierıas: Aeroespacial, Civil y Quımica.Matematicas I. 2010-2011.
Departamento de Matematica Aplicada II.Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla.
Tema 5 (Resultados).- Autovalores y autovectores.
Ejercicio 1.
(1) Determina la matriz de la simetrıa respecto al plano π ≡ x + y − z = 0.
(2) Determina la matriz de la proyeccion ortogonal sobre la recta
r ≡
¨x + y − z = 0,x − y + 2z = 0.
(3) Determina la matriz de la simetrıa respecto de la recta
r ≡
¨x + y − z = 0,x − y + 2z = 0.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Aunque la determinacion de las matrices pedidas es algo que ya hemos hecho en temas
anteriores, dicha determinacion puede ser interpretada desde el punto de vista del calculo deautovalores y autovectores.
(1) La matriz de una simetrıa respecto a un plano (en R3) tiene como autovalores λ1 = 1,
con autovectores asociados los vectores no nulos del plano considerado, y λ2 = −1,con autovectores asociados los vectores no nulos del complemento ortogonal del plano(la recta perpendicular que pasa por el origen de coordenadas). Tomando una basede R
3 formada por vectores del plano y vectores de la recta citados, tendremos unadiagonalizacion de la matriz pedida a partir de la cual podemos calcular dicha matriz.
(2) La matriz de la proyeccion ortogonal sobre una recta (en R3) tiene como autovalores
λ1 = 1 (los autovectores asociados son los vectores no-nulos de la recta) y λ2 = 0 (conautovectores los vectores no-nulos del plano que pasa por el origen de coordenadas yes perpendicular a la recta)...
(3) La matriz de la simetrıa respecto de una recta (en R3) tiene como autovalores λ1 = 1
(los autovectores asociados son los vectores no-nulos de la recta) y λ2 = −1 (conautovectores los vectores no-nulos del plano que pasa por el origen de coordenadas yes perpendicular a la recta)...
(a) (b) (c)
Tπ =1
3
264 1 −2 2−2 1 22 2 1
375 Pr =1
14
264 1 −3 −2−3 9 6−2 6 4
375 Tr = 2Pr − I =1
7
264 −6 −3 −2−3 2 6−2 6 −3
37581
R-82 Tema 5.- Autovalores y autovectores. (Resultados)
Ejercicio 2. Dada la matriz
A
264 3 0 a
3 −1 b
−2 0 c
375 .
(a) Calcula A de forma que (2, 0,−1)T sea un autovector cuyo autovalor correspondiente esλ = −1.
(b) Halla los demas autovalores y autovectores.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
(a)
A
264 20−1
375 = (−1)
264 20−1
375 ⇐⇒ a = 8, b = 6, c = −5.
(b) det (A − λI) = (λ + 1)3 ⇒ λ = −1 es el unico autovalor (triple).
Autovectores: (A + I)x = 0.
Nul (A + I) = Gen
8><>:v1 =
264 010
375 , v2 =
264 −201
3759>=>; .
Ejercicio 3. Determina los valores del parametro α para los que es diagonalizable cada unade las siguientes matrices,
A =
264 1 0 0α 1 01 1 2
375 , B =
264 0 2 0−1 3 0α α + 2 1
375 , C =
264 0 −1 α
2 3 −α
0 0 1
375 .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
A: det (A − λI) = (1 − λ)2(2 − λ) = 0 ⇒ λ1 = 1 (doble), λ2 = 2 (simple)
A es diagonalizable ⇐⇒ dim Nul (A − I) = 2 ⇐⇒ α = 0.
B: det (B − λI) = −(λ − 1)2(λ − 2) = 0 ⇒ λ1 = 1 (doble), λ2 = 2 (simple)
B es diagonalizable ⇐⇒ dim Nul (B − I) = 2 ⇐⇒ α = −2
3.
C: det (C − λI) = −(λ − 1)2(λ − 2) = 0 ⇒ λ1 = 1 (doble), λ2 = 2 (simple)
C es diagonalizable ⇐⇒ dim Nul (C − I) = 2 ⇐⇒ α = 0.
Matematicas I. Ingenierıas: Aeroespacial, Civil y Quımica
Tema 5.- Autovalores y autovectores. (Resultados) R-83
Ejercicio 4. Dada la matriz
A =
264 1 0 1α −2 23 0 −1
375 , α ∈ R.
(a) Calcula los valores de α para los que A es diagonalizable.
(b) Para dichos valores de α, calcula los autovalores y los autovectores de A−1.
(c) Para dichos valores de α, calcula An, n = 1, 2, · · · .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
(a) det (A − λI) = −(λ + 2)2(λ − 2) = 0 ⇒ λ1 = −2 (doble), λ2 = 2 (simple).
A es diagonalizable ⇐⇒ dim Nul (A + 2I) = 2 ⇐⇒ a = 6.
(b) Solo tenemos que considerar el caso a = 6. Puesto que un vector v es un autovector deA−1 asociado a un autovalor µ si
A−1v = µv ⇐⇒ AA−1v = v = µAv ⇐⇒ Av =1
µv,
los autovalores de A−1 son los inversos de los autovalores de A. Por tanto, para a = 6,los autovalores de A−1 son
µ1 =1
λ1= −
1
2(doble), µ2 =
1
λ2=
1
2(simple)
y los autovectores asociados son los autovectores de A asociados al correspondiente λ.
Autovectores de A−1 asociados a µ1 ≡ autovectores de A asociados a λ1 =−2:
(A + 2I)x = 0 ⇔ x ∈ Gen
8><>:v1 =
264 010
375 v2 =
264 10−3
3759>=>; .
Autovectores de A−1 asociados a µ2 ≡ autovectores de A asociados a λ2 = 2:
(A − 2I)x = 0 ⇔ x ∈ Gen
8><>:v3 =
264 121
3759>=>;(c) Siendo P =
264 v1 v2 v3
375 y D =
264 −2−2
2
375 se verifica que AP = PD y puesto
que P tiene inversa, A = PDP−1 =⇒
⇒ An = PDnP−1 = P2n
264 (−1)n
(−1)n
1
375P−1 =
= 2n−2
264 3 + (−1)n 1 − (−1)n
6 − 6(−1)n 4(−1)n 2 − 2(−1)n
3 − 3(−1)n 1 + 3(−1)n
375 .
Por tanto,
Matematicas I. 2010-2011
R-84 Tema 5.- Autovalores y autovectores. (Resultados)
Si n es par
An = 2n−2
264 44
4
375 = 2nI,
Si n es impar
An = 2n−2
264 2 0 212 −4 46 0 −2
375 = 2n−1
264 1 0 16 −2 23 0 −1
375 = 2n−1A.
Ejercicio 5. Estudia la diagonalizabilidad de las siguientes matrices en funcion de los pa-rametros que aparecen.
A =
264 a + 3 b 10 a 0
a2 − 1 c a + 1
375 , B =
264 5 0 00 −1 b
3 0 a
375 , C =
26664 −1 0 0 0a −1 0 0b d 1 0c e f 1
37775 .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
A:det (A − λI) = (a − λ) [λ2 − (2a + 4)λ + 4(a + 1)] =
= (a − λ) [λ − (2a + 2)] [λ − 2)] = 0 ⇔
⇐⇒ λ1 = a, λ2 = 2a + 2, λ3 = 2.
Casos de posibles autovalores multiples:
λ1 = λ2 ⇔ a = −2 λ1 = λ3 ⇔ a = 2 λ2 = λ3 ⇔ a = 0
Por tanto,
Si a 6= −2, 0, 2 ⇒ todos los autovalores son simples =⇒ A es diagonalizable.
Para a = −2 ⇒ λ1 = −2(doble), λ3 = 2(simple).
dim Nul (A + 2I) = dim Nul
264 3 b 10 0 03 c 1
375 = dim Nul
264 3 b 10 c − b 00 0 0
375 =
=
8><>: 2 si b = c =⇒ A es diagonalizable.
1 si b 6= c =⇒ A no es diagonalizable.
Para a = 2 ⇒ λ1 = 2(doble), λ2 = 6(simple).
dim Nul (A − 2I) = dim Nul
264 3 b 10 0 03 c 1
375 = dim Nul
264 3 b 10 c − b 00 0 0
375 =
=
8><>: 2 si b = c =⇒ A es diagonalizable.
1 si b 6= c =⇒ A no es diagonalizable.
Matematicas I. Ingenierıas: Aeroespacial, Civil y Quımica
Tema 5.- Autovalores y autovectores. (Resultados) R-85
Para a = 0 ⇒ λ1 = 0(simple), λ2 = 2(doble).
dim Nul (A − 2I) = dim Nul
264 1 b 10 −2 0−1 c −1
375 = dim Nul
264 1 b 10 1 00 0 0
375 =
= 1 ∀ b, c =⇒ A no es diagonalizable.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
B:det (B − λI) = −(1 + λ)(5 − λ)(a − λ) = 0 ⇔
⇐⇒ λ1 = −1, λ2 = 5, λ3 = a.
Casos de posibles autovalores multiples:
λ1 = λ3 ⇔ a = −1 λ2 = λ3 ⇔ a = 5
Por tanto,
Si a 6= −1, 5 ⇒ todos los autovalores son simples =⇒ B es diagonalizable.
Para a = −1 ⇒ λ1 = −1(doble), λ2 = 5(simple).
Nul (B + I) = Nul
264 6 0 00 0 b
3 0 0
375 = Nul
264 1 0 00 0 b
0 0 0
375 ⇒
⇒
¨si b = 0 ⇒ dim Nul (B + I) = 2 ⇒ B es diagonalizable,si b 6= 0 ⇒ dim Nul (B + I) = 1 ⇒ B NO es diagonalizable.
Para a = 5 ⇒ λ1 = −1(simple), λ2 = 5(doble).
dim Nul (B − 5I) = dim Nul
264 0 0 00 −6 b
3 0 0
375 = 1 =⇒ B NO es diagonalizable.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
C:det (C − λI) = (−1 − λ)2(1 − λ)2 = 0 ⇔
⇐⇒ λ1 = −1 (doble), λ2 = 1 (doble).
Por tanto,
C es diagonalizable ⇐⇒
¨dim Nul (C + I) = 2 ⇔ a = 0dim Nul (C − I) = 2 ⇔ f = 0
«⇐⇒ a = f = 0.
Matematicas I. 2010-2011
R-86 Tema 5.- Autovalores y autovectores. (Resultados)
Ejercicio 6. Calcula bases de R3 formadas por autovectores y autovectores generalizados
de las siguientes matrices:
A =
264 4 −1 11 3 −10 1 1
375 , B =
264 0 1 00 0 12 −5 4
375 .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
(a) Polinomio caracterıstico de A,
det (A − λI) = −λ3 + 8λ2 − 21λ + 18.
Autovalores
det (A−λI) = 0 ⇔
¨λ1 = 2 (simple),λ2 = 3 (doble)
puesto que
−λ3 + 8λ2 − 21λ + 18 = − (λ − 2) (λ − 3)2.
Autovectores asociados al autovalor simple λ1 = 2, (A − 2I)x = 0,264 2 −1 1 01 1 −1 00 1 −1 0
375 −→
264 1 0 0 00 1 −1 00 0 0 0
375 ⇒
264 x1
x2
x3
375 = x3
264 011
375 ⇒ v1 =
264 011
375 .
Autovectores asociados al autovalor doble λ2 = 3, (A − 3I)x = 0,264 1 −1 1 01 0 −1 00 1 −2 0
375 −→
264 1 0 −1 00 1 −2 00 0 0 0
375 ⇒
264 x1
x2
x3
375 = x3
264 121
375 ⇒ v2 =
264 121
375 .
Autovectores generalizados asociados al autovalor doble λ2 = 3, (A − 3I)2x = 0,
(A − 3I)2 =
264 1 −1 11 0 −10 1 −2
3752
=
264 0 0 01 −2 31 −2 3
375 =⇒ x1 − 2x2 + 3x3 = 0
=⇒
264 x1
x2
x3
375 =
264 2x2 − 3x3
x2
x3
375 = x2
264 210
375 + x3
264 −301
375 .
Notemos que, como tiene que ser, se verifica que
Nul (A − 3I) = Gen {v2} ⊆ Nul�(A − 3I)2
�= Gen
8><>:w3 =
264 210
375 , w4 =
264 −301
3759>=>; .
• Bases de R3 formadas por autovectores y autovectores generalizados de A son,
por ejemplo,{v1, v2, w3} , {v1, v2, w4} , {v1, w3, w4} .
Matematicas I. Ingenierıas: Aeroespacial, Civil y Quımica
Tema 5.- Autovalores y autovectores. (Resultados) R-87
(b) Polinomio caracterıstico de B,
det (B − λI) = −λ3 + 4λ2 − 5λ + 2.
Autovalores
det (B−λI) = 0 ⇔
¨λ1 = 2 (simple),λ2 = 1 (doble)
puesto que
−λ3 + 4λ2 − 5λ + 2 = − (λ − 2) (λ − 1)2.
Autovectores asociados al autovalor simple λ1 = 2, (B − 2I)x = 0,264 −2 1 0 00 −2 1 02 −5 2 0
375 −→
264 −2 1 0 00 −2 1 00 0 0 0
375 ⇒
264 x1
x2
x3
375 = x3
264 1412
1
375 = x3
4
264 124
375⇒ Nul (B − 2I) = Gen {v1} , v1 =
264 124
375 .
Autovectores asociados al autovalor doble λ2 = 1, (B − I)x = 0,264 −1 1 0 00 −1 1 02 −5 3 0
375 −→
264 −1 1 0 00 −1 1 00 0 0 0
375 ⇒
264 x1
x2
x3
375 = x3
264 111
375 ⇒ v2 =
264 111
375 .
Autovectores generalizados asociados al autovalor doble λ2 = 1, (B − I)2x = 0,
(B − I)2 =
264 −1 1 00 −1 12 −5 3
3752
=
264 1 −2 12 −4 24 −8 4
375 =⇒ x1 − 2x2 + x3 = 0
=⇒
264 x1
x2
x3
375 =
264 2x2 − x3
x2
x3
375 = x2
264 210
375+ x3
264 −101
375 .
Notemos que, como tiene que ser, se verifica que
Nul (B − I) = Gen {v2} ⊆ Nul�(B − I)2
�= Gen
8><>:w3 =
264 210
375 , w4 =
264 −101
3759>=>; .
• Bases de R3 formadas por autovectores y autovectores generalizados de B:
{v1, v2, w3} ,
{v1, v2, w4} ,
{v1, w3, w4} .
Matematicas I. 2010-2011
R-88 Tema 5.- Autovalores y autovectores. (Resultados)
Ejercicio 7. Determina la matriz de la transformacion lineal T : x ∈ R2 −→ T (x) = Ax ∈
R2 respecto de la base B = {v1, v2} siendo
A =
�1 1−1 3
�, v1 =
�11
�, v2 =
�54
�.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Si denotamos por x′ a las coordenadas de un vector x respecto de la base B
x = x′
1v1 + x′
2v2
y por y′ a las coordenadas del vector y = T (x) respecto a B
T (x) = Ax = y′
1v1 + y′
2v2
tenemos que determinar la matriz B que verifica que y′ = Bx′. Siendo
P =
264 v1 v2
375tenemos que
x = Px′, y = Py′.
Expresando la relacion y = Ax en terminos de coordenadas x′, y′ respecto a la base B ={v1, v2} tenemos
Py′ = APx′ ⇐⇒ y′ = P−1APx′
es decir, la matriz de T respecto a la base B = {v1, v2} es
B = P−1AP = −
�4 −5−1 1
� �1 1−1 3
� �1 51 4
�=
�2 −10 2
�.
Notemos que lo anterior significa que
T (x′
1v1 + x′
2v2) = (2x′
1 − x′
2)v1 + (2x′
2)v2
y en particular,T (v1) = 2v1 y T (v2) = −v1 + 2v2
como es facil comprobar en coordenadas canonicas
T (v1) =
�1 1−1 3
� �11
�=
�22
�, T (v2) =
�1 1−1 3
� �54
�=
�97
�.
Ejercicio 8. Sea f : R4 → R
4 la aplicacion lineal dada por f(x) = Ax, donde
A =
26664 a 1 −1 −10 b 0 −3−1 2 c 10 1 0 d
37775 .
Matematicas I. Ingenierıas: Aeroespacial, Civil y Quımica
Tema 5.- Autovalores y autovectores. (Resultados) R-89
(a) Halla A sabiendo que f(S1) = S2, donde
S1 ≡
¨x1 − x2 = 0x3 + x4 = 0
y S2 = Gen {(1,−2, 1, 1)T , (0, 3,−1,−2)T}.
(b) Prueba que A no es diagonalizable.
(c) Halla una base de R4 formada por autovectores y autovectores generalizados.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
(a)
S1 = Gen
8>><>>:u1 =
26664 1100
37775 , u2 =
26664 001−1
377759>>=>>; , S2 ≡
¨x1 − 2x3 + x4 = 0x1 − x2 − 3x3 = 0
f(u1) = Au1 =
26664 a + 1b
11
37775 ∈ S2 ⇐⇒
¨a = 0
b = −2
f(u2) = Au2 =
26664 03
c − 1−d
37775 ∈ S2 ⇐⇒
¨c = 0d = 2
=⇒ A =
26664 0 1 −1 −10 −2 0 −3−1 2 0 10 1 0 2
37775 .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
(b) Autovalores: det (A − λI) = (λ − 1)2 (λ + 1)2 = 0 ⇐⇒ λ1 = 1 (doble), λ2 =−1 (doble).
¿ dim Nul (A − I) = 1 o dim Nul (A + I) = 1 ?
dim Nul (A − I) = 1 =⇒ A NO es diagonalizable.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
(c) Autovectores y autovectores generalizados asociados a λ1 = 1:
Autovectores: Nul (A − I) = Gen
8>><>>:v1 =
26664 −1010
377759>>=>>;.
Autovectores generalizados:
Nul�(A − I)2
�= Gen
8>><>>:v1 =
26664 −1010
37775 , w1 =
26664 −3−202
377759>>=>>; .
Matematicas I. 2010-2011
R-90 Tema 5.- Autovalores y autovectores. (Resultados)
Autovectores y autovectores generalizados asociados a λ2 = −1:
Autovectores: Nul (A + I) = Gen
8>><>>:v2 =
26664 1010
377759>>=>>;.
Autovectores generalizados:
Nul�(A + I)2
�= Gen
8>><>>:v2 =
26664 1010
37775 , w2 =
26664 −1−602
377759>>=>>; .
Por tanto,{v1, w1, v2, w2}
es una base de R4 formada por autovectores y autovectores generalizados de A.
Ejercicio 9. Demuestra:
(a) Si λ es un autovalor de una matriz cuadrada A, la multiplicidad geometrica de λ comoautovalor de A y como autovalor de AT es la misma.
(b) Si A es una matriz cuadrada diagonalizable con un unico autovalor (multiple) entoncesA es una matriz diagonal.
(c) Sea A una matriz diagonalizable y sea P tal que P−1AP es diagonal. Demuestra que A2
y AT son diagonalizables y calcula matrices de paso que las diagonalicen.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Consideremos una matriz A de orden m.
(a) La multiplicidad geometrica de λ como autovalor de A es
dim [Nul (A − λI)] = m − rango (A − λI)
que es igual a la multiplicidad geometrica de λ como autovalor de AT
dim�Nul
�AT − λI
��= m − rango
�AT − λI
�= m − rango
�(A − λI)T
�= m − rango (A − λI) .
(b) Si P es una matriz (cuadrada del mismo orden que A) que diagonaliza A se verifica que
P−1AP = D
es una matriz diagonal cuyos elementos diagonales son los autovalores de A (y losvectores columna de P son autovectores de A asociados al correspondiente elementodiagonal de D). Si A tiene un unico autovalor λ, la matriz D es un multiplo de lamatriz identidad
D =
2664 λ. . .
λ
3775 = λI
y la matriz A tambien puesto que A = PDP−1 = PλIP−1 = λI.
Matematicas I. Ingenierıas: Aeroespacial, Civil y Quımica
Tema 5.- Autovalores y autovectores. (Resultados) R-91
(c) Siendo D = P−1AP una matriz diagonal, tenemos A = PDP−1 y, por tanto:
A2 = (PDP−1) (PDP−1) = PD2P−1, es decir, A2 es diagonalizable mediante lamatriz de paso P .
AT = (PDP−1)T
= (P−1)T
DTP T =�P T
�−1
DP T , es decir, AT es diagonalizable
mediante la matriz de paso (P−1)T.
Ejercicio 10. Sea A la matriz
A =
26664 1 1 0 −10 2 0 0
a − 1 1 2 −a
0 −a 0 a
37775 , a ∈ R.
(a) Determina los valores de a para los que A es diagonalizable.
(b) Para a = −1, diagonaliza la matriz A y calcula An, n = 1, 2, . . . ¿Es valido el resultadopara n = −1,−2, . . . ? Justifica la respuesta.
(c) Para a = −1, diagonaliza cada una de las matrices siguientes:
A5, A − 7I, AT .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Ver el examen de Febrero 2004 (3a Convocatoria, Ingenierıa Aeronautica).
Ejercicio 11. Sea B = {b1, b2, b3} una base de R3 y consideremos la matriz A definida por
las siguientes condiciones,
Ab1 = b1, Ab2 = b3 y Ab3 = b2.
(a) Comprueba que la matriz A esta bien definida.
(b) Calcula los autovalores de A.
(c) Calcula los autovectores de A expresados en funcion de la base B considerada y demues-tra que A es diagonalizable.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
(a) La matriz A debe verificar
A
264 b1 b2 b3
375 =
264 b1 b3 b2
375 ⇔ A
264 b1 b2 b3
375 =
264 b1 b2 b3
375264 10 11 0
375 .
Por tanto, siendo P la matriz cuyas columnas son los vectores v1, v2 y v3, la matriz A
esta definida por la igualdad
A = P−1
264 10 11 0
375P, P =
264 b1 b2 b3
375 .
Matematicas I. 2010-2011
R-92 Tema 5.- Autovalores y autovectores. (Resultados)
(b) Puesto que las matrices A y
B =
264 10 11 0
375son semejantes B = P−1AP, A = PBP−1, ambas matrices tienen el mismo polinomiocaracterıstico,
det [A − λI] = det�PBP−1 − λPP−1
�= det
�P (B − λI)P−1
�= det (B − λI) ,
los mismos autovalores con las mismas multiplicidades algebraicas y geometricas, etc.
Por tanto, bastara con obtener los autovalores (y todo lo demas) para la matriz B,
det (A − λI) = det (B − λI) =
������� 1 − λ
−λ 11 −λ
������� = (1−λ)�λ2 − 1
�= − (λ − 1)2 (λ+1).
Por tanto, los autovalores de A son
λ1 = 1 (doble) y λ2 = −1 (simple).
(c) Notemos que un vector v 6= 0 es un autovector de A asociado a un autovalor λ si severifica
Av = λv ≡ PBP−1v = λv ⇐⇒ B�P−1v
�= λ
�P−1v
�es decir, si y solo si se verifica que el vector u = P−1v es un autovector de B asociadoal autovalor λ. Dicho de otra forma, un vector u 6= 0 es un autovector de B asociadoa un autovalor λ si y solo si el vector v = Pues un autovector de A asociado a dichoautovalor λ. Calculemos los autovectores de B:
asociados a λ1 = −1, (B + I)x = 0,264 2 01 1 01 1 0
375 −→
264 x1
x2
x3
375 = x3
264 0−11
375 =⇒ u1 =
264 0−11
375 .
asociados a λ2 = 1, (B − I)x = 0,264 0 0−1 1 01 −1 0
375 −→ x2 = x3 ⇒
264 x1
x2
x3
375 = x1
264 0−11
375 + x3
264 011
375=⇒ u2 =
264 100
375 , u3 =
264 011
375 .
Por tanto, autovectores de A:
asociados a λ1 = −1 : v1 = Pu1 = −b2 + b3,
asociados a λ2 = 1 : v2 = Pu2 = b1, v3 = Pu3 = b2 + b3.
Matematicas I. Ingenierıas: Aeroespacial, Civil y Quımica
Tema 5.- Autovalores y autovectores. (Resultados) R-93
Puesto que los autovectores {v1, v2, v3} son linealmente independientes por serlo {u1, u2, u3}y ser P no-singular, la matriz A es diagonalizable y puede obtenerse una diagonalizacionmediante una diagonalizacion de B. Teniendo en cuenta los autovectores que hemosobtenido, la matriz
U =
264 u1 u2 u3
375 =
264 0 1 0−1 0 11 0 1
375es una matriz de paso que diagonaliza a B,
BU = U
264 −11
1
375 =⇒ B = U
264 −11
1
375U−1
y sustituyendo dicha factorizacion en A tenemos
A = PBP−1 = PU
264 −11
1
375U−1P−1 = (PU)
264 −11
1
375 (PU)−1
es decir A es diagonalizable y una matriz de paso que digonaliza a A es PU .
Ejercicio 12. Calcula la matriz
eA =∞X
n=0
An
n!= I + A +
1
2!A2 + · · ·
1
n!An + · · ·
para las matrices
A1 =
264 1 −1 20 2 10 0 3
375 y A2 =
264 0 2 10 0 30 0 0
375 .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
(A1) Puesto que los autovalores de A1 son simples,
λ1 = 1, λ2 = 2 y λ3 = 3
la matriz A1 es diagonalizable y calculando autovectores tendremos una diagonalizacionde A1
A1 = P
264 12
3
375P−1
y, por tanto,
eA1 = PeDP−1 = P
264 e1
e2
e3
375P−1.
Para calcular la exponencial de una matriz (cuadrada) Matlab dispone de la funcionexpm (exponencial matricial). La exponencial pedida la podemos obtener mediante
Matematicas I. 2010-2011
R-94 Tema 5.- Autovalores y autovectores. (Resultados)
>> A1=[1 -1 2; 0 2 1; 0 0 3];
>> expm(A1)
ans =
2.7183 -4.6708 13.3544
0 7.3891 12.6965
0 0 20.0855
(A2) Puesto que
A22 =
264 0 0 60 0 00 0 0
375 y A33 = 0
tenemos que
eA2 = I + A2 +1
2A2
2 =
264 1 2 40 1 30 0 1
375 .
Ejercicio 13. Calcula la solucion del problema de valor inicial
¨un = Aun−1
u0
«siendo
A =
264 3 0 −110 1 −51 0 1
375 y u0 =
264 001
375 .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Puesto que
Au0 =
264 −1−51
375el vector u0 dado no es un autovector de A. Calculemos los autovalores y los autovectoresde A para comprobar si podemos expresar u0 como combinacion lineal de autovectores deA. En caso de que esto no sea posible, habra que recurrir a los autovectores generalizados.
Autovalores de A:
det (A − λI) =
������� 3 − λ 0 −110 1 − λ −51 0 1 − λ
������� = (1 − λ)
����� 3 − λ −11 1 − λ
����� == (1 − λ) [(3 − λ)(1 − λ) + 1] = (1 − λ) [λ2 − 4λ + 4] =
= (1 − λ) [λ − 2]2 = 0 ⇐⇒
¨λ1 = 1 (simple),λ2 = 2 (doble).
Autovectores de A asociados a λ1 = 1: (A − I)x = 0,264 2 0 −1 010 0 −5 01 0 0 0
375 −→
264 1 0 0 00 0 −1 00 0 0 0
375 −→ x1 = x3 = 0
=⇒ Nul (A − I) = Gen
8><>:v1 =
264 010
3759>=>; .
Matematicas I. Ingenierıas: Aeroespacial, Civil y Quımica
Tema 5.- Autovalores y autovectores. (Resultados) R-95
Autovectores de A asociados a λ2 = 2: (A − 2I)x = 0,264 1 0 −1 010 −1 −5 01 0 −1 0
375 −→
264 1 0 −1 00 −1 5 00 0 0 0
375 −→
¨x1 = x3
x2 = 5x3
=⇒ Nul (A − 2I) = Gen
8><>:v2 =
264 151
3759>=>; .
∗ ¿Se puede expresar u0 como combinacion lineal de autovectores?
u0 = αv1 + βv2 ⇐⇒
264 0 11 50 1
375 � α
β
�=
264 001
375y puesto que este sistema es incompatible, u0 no es combinacion lineal de autovectoresy necesitamos recurrir a los autovectores generalizados.
Autovectores generalizados de A asociados a λ2 = 2: (A − 2I)2x = 0,
(A − 2I)2 =
264 1 0 −110 −1 −51 0 −1
3752
=
264 0 0 0−5 1 00 0 0
375 =⇒
⇒ Nul [(A − 2I)2] = {−5x1 + x2 = 0} = Gen
8><>:w2 =
264 150
375 , w3 = u0 =
264 001
3759>=>; .
∗ Puesto que u0 es un autovector generalizado asociado a λ2 = 2 tenemos que
un = Anu0 = [2I + (A − 2I)]n u0 =
=
�2nI + n2n−1(A − 2I) +
�n
2
�2n−2(A − 2I)2 + · · ·
�u0 =
= 2nu0 + n2n−1(A − 2I)u0 +
�n
2
�2n−2(A − 2I)2u0 + · · · =
= 2nu0 + n2n−1(A − 2I)u0 + 0 + · · · = 2nu0 − n2n−1v2 = 2n−1
264 −n
−5n2 − n
375 .
Ejercicio 14. Resuelve el sistema de ecuaciones diferenciales y′ = Ay para las siguientesmatrices A:
(1)
�1 14 1
�,
�1 −12 3
�.
�1 22 1
�,
�1 10 1
�,
Matematicas I. 2010-2011
R-96 Tema 5.- Autovalores y autovectores. (Resultados)
(2)
264 1 −1 43 2 −12 1 −1
375 ,
264 5 −4 2−4 5 22 2 8
375 ,
264 1 −1 01 2 1−2 1 −1
375 .
(3)
264 −1 1 01 −2 10 1 −1
375 ,
264 1 −3 20 −1 00 −1 −2
375 ,
264 1 0 −20 1 01 −1 −1
375 .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
(1) A =
�1 14 1
�(Caso: autovalores reales simples).
• Polinomio caracterıstico: λ2 − 2λ − 3 = (λ − 3)(λ + 1).
• Autovalores: λ1 = 3, λ2 = −1.
• Autovectores:
λ1 = 3 −→ v1 =
�12
�, λ2 = −1 −→ v2 =
�1−2
�.
• Soluciones Linealmente Independientes del sistema homogeneo y′ = Ay:
y1(t) = eλ1tv1 = e3t
�12
�, y2(t) = eλ2tv2 = e−t
�1−2
�.
• Solucion general del sistema homogeneo y′ = Ay: y(t) = c1y1(t) + c2y2(t),
y(t) = c1e3t
�12
�+ c2e
−t
�1−2
�.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
A =
�1 −12 3
�(Caso: autovalores complejos simples).
• Polinomio caracterıstico: λ2−4λ+5 = (λ−2)2+1 = [λ − (2 + i)] [λ − (2 − i)].
• Autovalores: λ1 = 2 + i, λ2 = 2 − i.
• Autovectores:
λ1 = 2 + i −→ v1 =
�−1
1 + i
�, λ2 = 2 − i −→ v2 =
�−1
1 − i
�.
• Solucion compleja:
z(t) = eλ1tv1 = e(2+i)t
�−1
1 + i
�= e2t [cos(t) + i sen(t)]
�−1
1 + i
�.
• Soluciones (reales) Linealmente Independientes del sistema homogeneo y′ =Ay:
y1(t) = Re (z(t)) = e2t
�cos(t)
�−11
�− sen(t)
�01
��,
y2(t) = Im (z(t)) = e2t
�cos(t)
�01
�+ sen(t)
�−11
��.
Matematicas I. Ingenierıas: Aeroespacial, Civil y Quımica
Tema 5.- Autovalores y autovectores. (Resultados) R-97
• Solucion general del sistema homogeneo y′ = Ay:
y(t) = c1y1(t) + c2y2(t).
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
A =
�1 22 1
�(Caso: autovalores reales multiples, diagonalizable) .
• Polinomio caracterıstico: λ2 − 2λ − 3 = (λ − 3)(λ + 1).
• Autovalores: λ1 = 3, λ2 = −1.
• Autovectores:
λ1 = 3 −→ v1 =
�11
�, λ2 = −1 −→ v2 =
�−11
�.
• Soluciones Linealmente Independientes del sistema homogeneo y′ = Ay:
y1(t) = eλ1tv1 = e3t
�11
�, y2(t) = eλ2tv2 = e−t
�−11
�.
• Solucion general del sistema homogeneo y′ = Ay: y(t) = c1y1(t) + c2y2(t),
y(t) = c1e3t
�11
�+ c2e
−t
�−11
�.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
A =
�1 10 1
�(Caso: autovalores reales multiples, no diagonalizable).
• Polinomio caracterıstico: (1 − λ)2.
• Autovalores: λ1 = 1, (doble).
• Autovectores:
λ1 = 1 −→ v1 =
�10
�.
• Autovectores generalizados: Cualquier vector (no nulo) de R2 es un autovector
generalizado de A. Tomamos, por ejemplo, u = e2.
• Soluciones Linealmente Independientes del sistema homogeneo y′ = Ay:
y1(t) = eλ1tv1 = et
�10
�,
y2(t) = eλ1tu + teλ1t(A − λ1I)u = et
�01
�+ tet
�10
�= et
�t
1
�.
• Solucion general del sistema homogeneo y′ = Ay: y(t) = c1y1(t) + c2y2(t),
y(t) = c1et
�10
�+ c2e
t
�t
1
�.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Matematicas I. 2010-2011
R-98 Tema 5.- Autovalores y autovectores. (Resultados)
(2) A =
264 1 −1 43 2 −12 1 −1
375 (Caso: autovalores reales simples).
• Polinomio caracterıstico: −λ3 + 2λ2 + 5λ − 6 = −(λ − 1)(λ − 3)(λ + 2).
• Autovalores: λ1 = 1, λ2 = 3, λ3 = −2.
• Autovectores:
λ1 = 1 −→ v1 =
264 −141
375 , λ2 = 3 −→ v2 =
264 121
375 , λ3 = −2 −→ v3 =
264 −111
375 .
• Soluciones Linealmente Independientes del sistema homogeneo y′ = Ay:
y1(t) = eλ1tv1 = et
264 −141
375 , y2(t) = eλ2tv2 = e3t
264 121
375 ,
y3(t) = eλ3tv3 = e−2t
264 −111
375 .
• Solucion general del sistema homogeneo y′ = Ay: y(t) = c1y1(t) + c2y2(t) +c3y3(t),
y(t) = c1et
264 −141
375 + c2e3t
264 121
375+ c3e−2t
264 −111
375 .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
A =
264 5 −4 2−4 5 22 2 8
375 (Caso: autovalores reales multiples, diagonalizable).
• Polinomio caracterıstico: −λ3 + 18λ2 − 81λ = −− λ(λ − 9)2.
• Autovalores: λ1 = 0 simple y λ2 = λ3 = 9 (doble).
• Autovectores:
λ1 = 0 −→ v1 =
264 22−1
375 , λ2 = 9 −→ v2 =
264 102
375 , v3 =
264 012
375 .
• Soluciones Linealmente Independientes del sistema homogeneo y′ = Ay:
y1(t) = eλ1tv1 =
264 221
375 , y2(t) = eλ2tv2 = e9t
264 102
375 ,
y3(t) = eλ2tv3 = e9t
264 012
375 .
Matematicas I. Ingenierıas: Aeroespacial, Civil y Quımica
Tema 5.- Autovalores y autovectores. (Resultados) R-99
• Solucion general del sistema homogeneo y′ = Ay: y(t) = c1y1(t) + c2y2(t) +c3y3(t),
y(t) = c1
264 221
375 + c2e9t
264 102
375+ c3e9t
264 012
375 .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
A =
264 1 −1 01 2 1−2 1 −1
375 . (Caso: autovalores reales simples).
• Polinomio caracterıstico: −(λ − 1)(λ − 2)(λ + 1).
• Autovalores: λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = −1.
• Autovectores:
λ1 = 1 −→ v1 =
264 −101
375 , λ2 = 2 −→ v2 =
264 −111
375 , λ3 = −1 −→ v3 =
264 12−7
375 .
• Soluciones Linealmente Independientes del sistema homogeneo y′ = Ay:
y1(t) = eλ1tv1 = et
264 −101
375 , y2(t) = eλ2tv2 = e2t
264 −111
375 ,
y3(t) = eλ2tv3 = e−t
264 12−7
375 .
• Solucion general del sistema homogeneo y′ = Ay: y(t) = c1y1(t) + c2y2(t) +c3y3(t),
y(t) = c1et
264 −101
375 + c2e2t
264 −111
375 + c3e−t
264 12−7
375 .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
(3) 264 −1 1 01 −2 10 1 −1
375 ,
264 1 −3 20 −1 00 −1 −2
375 ,
264 1 0 −20 1 01 −1 −1
375 .
Ejercicio 15. Resuelve el problema de valor inicial
¨y′ = Ay
y(0) = y0
«para las siguientes ma-
trices A y valores iniciales y0:
(1) A =
�0 1−5 2
�, y0 =
�02
�.
(2) A =
264 3 1 −11 3 −13 3 −1
375 , y0 =
264 1−2−1
375 .
Matematicas I. 2010-2011
R-100 Tema 5.- Autovalores y autovectores. (Resultados)
(3) A =
264 3 2 42 0 24 2 3
375 , y0 =
264 141
375.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Obtenemos la solucion general del sistema homogeneo y′ = Ay: autovalores, autovec-tores,... y con la condicion inicial determinamos los parametros que aparecen en la soluciongeneral.
(1) Autovalores de A:
det (A − λI) = λ2 − 2λ + 5 = 0 ⇔ λ1 = 1 + 2i, λ2 = 1 − 2i.
Autovectores de A:
λ1 = 1 + 2i −→ v1 =
�1
1 + 2i
�, λ2 = 1 − 2i −→ v2 = v1 =
�1
1 − 2i
�.
Solucion compleja de y′ = Ay:
z(t) = eλ1tv1 = e(1+2i)t
�1
1 + 2i
�= et [cos(2t) + i sen(2t)]
��11
�+ i
�02
��.
Soluciones reales Linealmente Independientes:
y1(t) = Re [z(t)] = et
�cos(2t)
�11
�− sen(2t)
�02
��y2(t) = Im [z(t)] = et
�cos(2t)
�02
�+ sen(2t)
�11
��.
Solucion general:
y(t) = c1y1(t) + c2y2(t) =
= c1et
�cos(2t)
�11
�− sen(2t)
�02
��+ c2e
t
�cos(2t)
�02
�+ sen(2t)
�11
��.
Solucion particular: Imponiendo la condicion inicial y(0) = y0 tenemos
c1
�11
�+ c2
�02
�=
�02
�⇐⇒ c1 = 0, c2 = 1.
Solucion pedida:
y(t) = y2(t) = et
�cos(2t)
�02
�+ sen(2t)
�11
��.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Matematicas I. Ingenierıas: Aeroespacial, Civil y Quımica
Tema 5.- Autovalores y autovectores. (Resultados) R-101
(2) Autovalores de A:
det (A − λI) = −λ3 + 5λ2 − 8λ + 4 = −(λ − 1)(λ − 2)2 = 0 ⇔
⇐⇒ λ1 = 1 (simple), λ2 = 2 (doble).
Autovectores de A:
λ1 = 1 −→ v1 =
264 113
375 , λ2 =−→ v2 =
264 101
375 , v3 =
264 011
375 .
Soluciones Linealmente Independientes:
y1(t) = et
264 113
375 , y2(t) = e2t
264 101
375 , y3(t) = e2t
264 011
375 .
Solucion general:
y(t) = c1y1(t) + c2y2(t) + c3y3(t) =
= c1et
264 113
375 + c2e2t
264 101
375+ c3e2t
264 011
375 .
Solucion particular: Imponiendo la condicion inicial y(0) = y0 tenemos
c1
264 113
375+ c2
264 101
375+ c3
264 011
375 =
264 1−2−1
375 ⇐⇒ c1 = 0, c2 = 1, c3 = −2.
Solucion pedida:
y(t) = y2(t) − 2y3(t) = e2t
264 101
375− 2e2t
264 011
375 = e2t
264 1−2−1
375 .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
(3) Autovalores de A:
det (A − λI) = −λ3 + 6λ2 + 15λ + 8 = −(λ − 8)(λ + 1)2 = 0 ⇔
⇐⇒ λ1 = 8 (simple), λ2 = −1 (doble).
Autovectores de A:
λ1 = 8 −→ v1 =
264 212
375 , λ2 = −1 −→ v2 =
264 −120
375 , v3 =
264 −101
375 .
Matematicas I. 2010-2011
R-102 Tema 5.- Autovalores y autovectores. (Resultados)
Soluciones Linealmente Independientes:
y1(t) = e8t
264 212
375 , y2(t) = e−t
264 −120
375 , y3(t) = e−t
264 −101
375 .
Solucion general:
y(t) = c1y1(t) + c2y2(t) + c3y3(t) =
= c1e8t
264 212
375+ c2e−t
264 −120
375 + c3e−t
264 −101
375 .
Solucion particular: Imponiendo la condicion inicial y(0) = y0 tenemos
c1
264 212
375+ c2
264 −120
375 + c3
264 −101
375 =
264 141
375 ⇐⇒ c1 =8
9, c2 =
14
9, c3 = −
7
9.
Solucion pedida:
y(t) =8
9y1(t) +
14
9y2(t) −
7
9y3(t) =
=8
9e8t
264 212
375+14
9e−t
264 −120
375− 7
9e−t
264 −101
375 =
=8
9e8t
264 212
375− 7
9e−t
264 1−41
375 .
Matematicas I. Ingenierıas: Aeroespacial, Civil y Quımica