Descarga la aplicación para disfrutar aún más
Lea materiales sin conexión, sin usar Internet. Además de muchas otras características!
Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (16)
Eusebio Valdez
Compartir
Vista previa del material en texto
2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN 29. Diagonaliza la matriz A = −3 0 −20 −3 2 −12 1 0 6 . Solución: El polinomio caracteŕıstico se obtiene fácilmente desarrollando por la segunda columna: p(λ) = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ+ 3 0 20 3 λ− 2 12 −1 0 λ− 6 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = (λ− 2) ∣ ∣ ∣ ∣ λ+ 3 20 −1 λ− 6 ∣ ∣ ∣ ∣ = · · · = (λ− 1)(λ− 2)2 Por tanto hay un autovalor simple λ = 1 y un autovalor doble λ = 2. Para λ = 1 el sistema con matriz (I −A | 0) tiene soluciones generadas por el vector (5, 3,−1). Para λ = 2 el sistema (2I −A | 0) tiene soluciones generadas por los vectores (4, 0,−1) y (0, 1, 0). Por tanto, las siguientes matrices cumplen lo que se pide (la solución no es única): P = 5 4 0 3 0 1 −1 −1 0 y D = 1 0 0 0 2 0 0 0 2 o 30. Diagonaliza la matriz A = −5 −2 2 2 −1 −2 −2 −2 −1 . Solución: Calculamos el polinomio caracteŕıstico haciendo primero C3 + C2 y luego F2 − F3: p(λ) = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ+ 5 2 −2 −2 λ+ 1 2 2 2 λ+ 1 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ+ 5 2 0 −2 λ+ 1 λ+ 3 2 2 λ+ 3 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ+ 5 2 0 −4 λ− 1 0 2 2 λ+ 3 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = (λ+ 3) ∣ ∣ ∣ ∣ λ+ 5 2 −4 λ− 1 ∣ ∣ ∣ ∣ = (λ− 3)(λ2 + 4λ− 5 + 8) = (λ− 3)(λ2 + 4λ+ 3) = (λ+ 3)2(λ+ 1) Por tanto los valores propios son −1 (simple) y −3 (doble). Los vectores propios asociados a λ = −1 y a λ = −3 son las soluciones de los sistemas homogéneos siguientes: (−I−A) = 4 2 −2 −2 0 2 2 2 0 → 1 0 −1 1 1 0 2 1 −1 → 1 0 −1 0 1 1 0 1 1 x y z = α 1 −1 1 (−3I −A) = 2 2 −2 −2 −2 2 2 2 −2 → 1 1 −1 0 0 0 0 0 0 x y z = β 1 −1 0 + γ 1 0 1 por lo que se pueden tomar por ejemplo D = −1 0 0 0 −3 0 0 0 −3 y P = 1 1 1 −1 −1 0 1 0 1 . o Matemáticas de 1 , problemas 46 Alberto del Valle Robles 2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN 31. Dada la matriz A = −7 2 2 −17 5 5 −7 2 2 , se pide: a) Comprueba que tiene tres autovalores simples; ¿qué puedes deducir de esto? b) Para cada autovalor λ, encuentra un autovector no nulo ~v y comprueba que A~v = λ~v. Solución: (a) En vista de las filas, el cálculo del polinomio caracteŕıstico puede empezar con F1 − F3: p(λ) = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ+ 7 −2 −2 17 λ− 5 −5 7 −2 λ− 2 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ 0 −λ 17 λ− 5 −5 7 −2 λ− 2 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ 0 0 17 λ− 5 12 7 −2 λ+ 5 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = λ · ∣ ∣ ∣ ∣ λ− 5 12 −2 λ+ 5 ∣ ∣ ∣ ∣ = λ(λ2 − 25 + 24) = λ(λ2 − 1) = λ(λ− 1)(λ+ 1) Por tanto hay, en efecto, tres autovalores simples (0, 1 y −1), y de esto se deduce que A es diago- nalizable. (b) Para cada autovalor λ hay que resolver el sistema (λI −A | 0), por ejemplo aśı: λ = 0 0I −A = 7 −2 −2 17 −5 −5 7 −2 −2 F2−3F1−−−−−→ ( 7 −2 −2 −4 1 1 ) F1+2F2−−−−−→ ( −1 0 0 −4 1 1 ) Con z = α se tiene (x, y, z) = (0,−α, α) = α(0,−1, 1), por lo que (0,−1, 1) es autovector para λ = 0 (las comprobaciones de que A~v = λ~v son elementales en los tres casos). λ = 1 I−A = 8 −2 −2 17 −4 −5 7 −2 −1 F1−F3−−−−→ 1 0 −1 17 −4 −5 7 −2 −1 → 1 0 −1 0 −4 12 0 −2 6 → ( 1 0 −1 0 1 −3 ) Con z = α se tiene (x, y, z) = (α, 3α, α) = α(1, 3, 1), por lo que (1, 3, 1) es autovector para λ = 1. λ = −1 −I−A = 6 −2 −2 17 −6 −5 7 −2 −3 F3−F1−−−−→ 6 −2 −2 17 −6 −5 1 0 −1 → 0 −2 4 0 −6 12 1 0 −1 → ( 0 1 −2 1 0 −1 ) Con z = α se tiene (x, y, z) = (α, 2α, α) = α(1, 2, 1), por lo que (1, 2, 1) es autovector para λ = −1. o 32. Diagonaliza la matriz A = 4 −6 3 6 −11 6 8 −16 9 . Solución: En vista de los 6’s, calculamos el polinomio caracteŕıstico haciendo primero C1 − C3 y luego F3 + F1 (también es buena idea ver que hay suma constante en filas): p(λ) = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ− 4 6 −3 −6 λ+ 11 −6 −8 16 λ− 9 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ− 1 6 −3 0 λ+ 11 −6 1− λ 16 λ− 9 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ− 1 6 −3 0 λ+ 11 −6 0 22 λ− 12 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = Matemáticas de 1 , problemas 47 Alberto del Valle Robles 2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN (λ− 1) ∣ ∣ ∣ ∣ λ+ 11 −6 22 λ− 12 ∣ ∣ ∣ ∣ = (λ− 1)(λ2 − λ− 132 + 132) = (λ− 1)2λ Por tanto los valores propios son 1 (doble) y 0 (simple). Los vectores propios asociados a λ = 1 y a λ = 0 son las soluciones de los sistemas homogéneos siguientes: (I −A) = −3 6 −3 −6 12 −6 −8 16 −8 → ( 1 −2 1 ) → x y z = α 2 1 0 + β 0 1 2 (0I −A) = −4 6 −3 −6 11 −6 −8 16 −9 F2−2F1−−−−−→ F3−3F1 −4 6 −3 2 −1 0 4 −2 0 F1+6F2−−−−−→ ( 8 0 −3 2 −1 0 ) Tomando x = γ se obtiene y = 2γ y z = 8γ/3, y para γ = 3 se obtiene un vector cómodo (3, 6, 8)t. En consecuencia, unas matrices D (diagonal) y P (invertible) con AP = PD son D = 1 0 0 0 1 0 0 0 0 y P = 2 0 3 1 2 6 0 1 8 o 33. Dada la matriz A = −6 −1 9 −7 −2 13 −5 −1 8 , comprueba que tiene tres autovalores simples y calcula un autovector asociado a cada uno de ellos. Solución: El polinomio caracteŕıstico se puede calcular algo pesadamente usando Sarrus, pero al final casi todo se cancela y queda λ3 − λ. Es más sencillo si se empieza por ejemplo con F1 − F3: p(λ) = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ+ 6 1 −9 7 λ+ 2 −13 5 1 λ− 8 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ+ 1 0 −λ− 1 7 λ+ 2 −13 5 1 λ− 8 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ+ 1 0 0 7 λ+ 2 −6 5 1 λ− 3 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = (λ+ 1) · ∣ ∣ ∣ ∣ λ+ 2 −6 1 λ− 3 ∣ ∣ ∣ ∣ = (λ+ 1)(λ2 − λ− 6 + 6) = λ(λ− 1)(λ+ 1) Por tanto hay tres autovalores simples: 0, 1 y −1. Para cada uno encontramos un autovector resolviendo el sistema λ I − A correspondiente. En todos es conveniente tomar el pimer pivote en la 2 columna: λ = 0 0I −A = 6 1 −9 7 2 −13 5 1 −8 → 6 1 −9 −5 0 5 −1 0 1 → ( 6 1 −9 1 0 −1 ) → ( 0 1 −3 1 0 −1 ) Para z = 1 se tiene x = 1 e y = 3, por lo que (1, 3, 1) es un autovector para λ = 0. λ = 1 I −A = 7 1 −9 7 3 −13 5 1 −7 → 7 1 −9 −14 0 14 −2 0 2 → ( 7 1 −9 1 0 −1 ) → ( 0 1 −2 1 0 −1 ) Matemáticas de 1 , problemas 48 Alberto del Valle Robles
Continuar navegando
Materiales relacionados
103 pag.Implementacion-del-algoritmo-de-Berlekamp-para-factorizacion-de-polinomios-sobre-campos-finitos
Aprendiendo Matemáticas y Fisica
3 pag.Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (12)
Eusebio Valdez
3 pag.Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (13)
Eusebio Valdez
3 pag.Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (14)
Eusebio Valdez
Compartir