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Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (19)
Eusebio Valdez
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2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN Como el rango de la matriz es 1, la dimensión de las soluciones es 2 y por tanto ya podemos asegurar que A es diagonalizable y que podemos a encontrar las matrices P y D del enunciado. Tomaremos D = diag(3, 3, 5). Las dos primeras columnas de P serán pues dos autovectores LI para λ = 3, o sea dos soluciones no proporcionales del sistema; a ojo se obtienen las soluciones (2, 1, 0), (1, 0,−1), (0, 1, 2) e incluso (1, 1, 1), este último previsible si vimos que cada fila sumaba 3, y cualquier pareja de ellos nos sirve para las dos primeras columnas de P . Tomaremos los dos primeros. Para el autovalor λ = 5 buscamos un autovector resolviendo el sistema homogéneo (5I −A | 0): 5I−A = −6 16 −8 −2 6 −2 2 −4 4 → −3 8 −4 −1 3 −1 1 −2 2 → 0 2 2 0 1 1 1 −2 2 → ( 0 1 1 1 −2 2 ) → ( 0 1 1 1 0 4 ) Para z = α se tiene x = −4α y y = −α, o sea (x, y, z) = α(−4,−1, 1), por lo que (−4,−1, 1), o mejor su opuesto (4, 1,−1), es un autovector para λ = 5. En definitiva, matriz D = 3 0 0 0 3 0 0 0 5 (diagonal) y la matriz P = 2 1 4 1 0 1 0 −1 −1 (invertible, determinante 1) verifican AP = PD. o 41. Encuentra los valores propios de la matriz A = 5 0 −4 0 3 0 2 0 −1 , aśı como dos matrices D (diagonal) y P (invertible) tales que D = P−1AP . Solución: El polinomio caracteŕıstico es P (λ) = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ− 5 0 4 0 λ− 3 0 −2 0 λ+ 1 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = (λ− 3) ∣ ∣ ∣ ∣ λ− 5 4 −2 λ+ 1 ∣ ∣ ∣ ∣ = (λ− 3)(λ2− 4λ+3) = (λ− 3)2(λ− 1) y por tanto los valores propios son 1 (simple) y 3 (doble). Los vectores propios asociados al valor propio 1 son las soluciones del sistema homogéneo −4 0 4 0 0 −2 0 0 −2 0 2 0 → 1 0 −1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 z = α y = 0 x = α ~v1 = 1 0 1 y los vectores propios asociados al valor propio 3 son las soluciones del sistema homogéneo −2 0 4 0 0 0 0 0 −2 0 4 0 → ( 1 0 −2 0 ) z = β y = γ x = 2β ~v2 = 2 0 1 ~v3 = 0 1 0 por lo que las matrices pedidas son (entre otras posibilidades) D = 1 0 0 0 3 0 0 0 3 P = 1 2 0 0 0 1 1 1 0 o Matemáticas de 1 , problemas 55 Alberto del Valle Robles 2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN 42. Calcular los valores propios de la matriz A = 2 1 −1 0 3 0 −1 1 2 y encontrar matrices P (invertible) y D (diagonal) tales que P−1AP = D. Solución: El determinante que nos da el polinomio caracteŕıstico se calcula fácilmente desarro- llando por la segunda fila: P (λ) = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ− 2 −1 1 0 λ− 3 0 1 −1 λ− 2 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = (λ− 3) ∣ ∣ ∣ ∣ λ− 2 1 1 λ− 2 ∣ ∣ ∣ ∣ = (λ− 3)(λ2− 4λ+3) = (λ− 1)(λ− 3)2 luego los valores propios son 1 (con multiplicidad 1) y 3 (con multiplicidad 2). Los vectores propios asociados a cada uno de ellos, en el orden dado, son las soluciones de los sistemas homogéneos siguientes (nos ahorramos la columna de términos independientes): (I −A) = −1 −1 1 0 −2 0 1 −1 −1 → 1 1 −1 0 1 0 0 −2 0 → ( 1 1 −1 0 1 0 ) → y = 0 z = α x = α 1 0 1 (3I −A) = 1 −1 1 0 0 0 1 −1 1 → ( 1 −1 1 ) y = β z = γ x = β − γ 1 1 0 , 1 0 −1 Por tanto podemos tomar P = 1 1 1 0 1 0 1 0 −1 y D = P−1AP = 1 0 0 0 3 0 0 0 3 . o 43. Dada A = 4 0 −2 −2 −1 2 6 0 −3 , halla matrices D (diagonal) y P (invertible) con P−1AP = D. Solución: El polinomio caracteŕıstico se calcula fácilmente desarrollando por la segunda columna: P (λ) = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ− 4 0 2 2 λ+ 1 −2 −6 0 λ+ 3 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = (λ+1) ∣ ∣ ∣ ∣ λ− 4 2 −6 λ+ 3 ∣ ∣ ∣ ∣ = (λ+1)(λ2−λ−12+12) = (λ+1)λ(λ−1) y por tanto los valores propios son 1, 0 y −1. Los vectores propios asociados a cada uno de ellos, en el orden dado, son las soluciones de los sistemas homogéneos siguientes (nos ahorramos la columna de términos independientes): (I−A) = −3 0 2 2 2 −2 −6 0 4 → ( 1 1 −1 0 3 −1 ) → ( 1 −2 0 0 3 −1 ) y = α x = 2α z = 3α 2 1 3 (0−A) = −4 0 2 2 1 −2 −6 0 3 → ( −2 0 1 2 1 −2 ) → ( −2 0 1 −2 1 0 ) x = β z = 2β y = 2β 1 2 2 Matemáticas de 1 , problemas 56 Alberto del Valle Robles 2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN (−I−A) = −5 0 2 2 0 −2 −6 0 2 → −3 0 0 1 0 −1 −4 0 0 → ( 1 0 0 0 0 1 ) y = γ x = 0 z = 0 0 1 0 por lo que se pueden tomar por ejemplo D = 1 0 0 0 0 0 0 0 −1 y P = 2 1 0 1 2 1 3 2 0 . o 44. Dada la matriz A = 1 −2 −1 −2 2 −2 −1 −2 1 , se pide: a) Calcula sus valores propios. b) Encuentra una matriz invertible P tal que P−1AP sea una matriz diagonal. c) Calcula la inversa de P . Solución: El polinomio caracteŕıstico se puede calcular desarrollando todo el determinante: P (λ) = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ− 1 2 1 2 λ− 2 2 1 2 λ− 1 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = (λ− 1)2(λ− 2) + 4 + 4− (λ− 2)− 4(λ− 1)− 4(λ− 1) = λ3 − 4λ2 + 5λ− 2 + 8− λ+ 2− 4λ+ 4− 4λ+ 4 = λ3 − 4λ2 − 4λ+ 16 y usando el método de Ruffini para encontrar las tres ráıces del polinomio, que son 4, 2 y −2. Pero también se puede manipular el determinante para no hacer tantas cuentas: Si le restamos a la primera fila la tercera (F1 − F3) y luego le sumamos a la tercera columna la primera (C3 + C1) tenemos P (λ) = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ− 1 2 1 2 λ− 2 2 1 2 λ− 1 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ− 2 0 2− λ 2 λ− 2 2 1 2 λ− 1 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ− 2 0 0 2 λ− 2 4 1 2 λ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = (λ− 2) ∣ ∣ ∣ ∣ λ− 2 4 2 λ ∣ ∣ ∣ ∣ = (λ− 2)(λ2 − 2λ− 8) = (λ− 2)(λ− 4)(λ+ 2) y por supuesto obtenemos los mismos valores propios: 4, 2 y −2. Los vectores propios asociados a cada uno de ellos, en el orden dado, son las soluciones de los sistemas homogéneos siguientes (nos ahorramos la columna de términos independientes): (4I −A) = 3 2 1 2 2 2 1 2 3 → 1 2 3 0 −4 −8 0 −2 −4 → ( 1 2 3 0 1 2 ) z = α y = −2α x = α 1 −2 1 (2I −A) = 1 2 1 2 0 2 1 2 1 → ( 1 2 1 0 −4 0 ) → ( 1 2 1 0 1 0 ) y = 0 x = β z = −β 1 0 −1 (−2I −A) = −3 2 1 2 −4 2 1 2 −3 → 1 2 −3 0 8 −8 0 −8 8 → ( 1 2 −3 0 1 −1 ) z = γ y = γ x = γ 1 1 1 Matemáticas de 1 , problemas 57 Alberto del Valle Robles
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