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2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN Para z = 1 se obtiene y = −1 y x = 2, luego ~v = (2,−1, 1)t es un autovector, y se comprueba que A~v = (12,−6, 6)t = 6~v. Para λ = 7 se tiene 7I −A = −5 −5 7 3 3 −4 −2 −2 3 . El rango no es 3, pues las dos primeras columnas son iguales, y de hecho es 2 pues las dos últimas no son proporcionales. Por tanto el sistema homogéneo tiene 1 grado de libertad, y en vista de las primeras columnas una solución es ~w = (1,−1, 0)t, que efectivamente es un autovector pues A~w = (7,−7, 0)t = 7~w. Alternativamente, se puede hacer un proceso de Gauss, por ejemplo sumando al principio las dos últimas filas para tener una fila cómoda por donde empezar: 7I−A = −5 −5 7 3 3 −4 −2 −2 3 F1↔F3−−−−→ F1+F2 1 1 −1 3 3 −4 −5 −5 7 F2−3F1−−−−−→ F3+5F1 1 1 −1 0 0 1 0 0 2 F1+F2−−−−−→ elim F3 ( 1 1 0 0 0 1 ) (c) Para el autovalor λ = 7 hemos visto que la multiplicidad 2 es mayor que los grados de libertad de (7I −A | 0), por lo que A NO es diagonalizable. o 49. Dada la matriz A = 1 −3 3 3 −5 3 6 −6 4 , se pide: a) Calcula sus autovalores con multiplicidades. b) Encuentra autovectores básicos para cada autovalor. c) Decide si es diagonalizable y, en ese caso, construye matrices D (diagonal) y P (invertible) que verifiquen AP = PD. Solución: a) El polinomio caracteŕıstico se puede calcular por ejemplo haciendo primero F1 − F2 (para poner un 0 arriba a la derecha) y luego C2 + C1 (para eliminar −λ− 2): p(λ) = |λI−A| = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ− 1 3 −3 −3 λ+ 5 −3 −6 6 λ− 4 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ+ 2 −λ− 2 0 −3 λ+ 5 −3 −6 6 λ− 4 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ+ 2 0 0 −3 λ+ 2 −3 −6 0 λ− 4 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = = (λ+ 2) ∣ ∣ ∣ ∣ λ+ 2 −3 0 λ− 4 ∣ ∣ ∣ ∣ = (λ+ 2)2(λ− 4) Por tanto hay un autovalor doble λ = −2 y un autovalor simple λ = 4. b) Para el autovalor doble λ = −2 la matriz −2I −A tiene las tres filas proporcionales a (1 − 1 1) y por tanto ~v = (1, 1, 0) y ~w = (0, 1, 1) son autovectores básicos para λ = −2, lo que se comprueba fácilmente observando que A~v (suma de las dos primeras columnas de A) coincide con −2~v y que A~w (suma de las dos últimas columnas de A) coincide con −2~w. Para el autovalor simple λ = 4 hay que calcular el núcleo de 4I −A; aplicamos Gauss 3 3 −3 −3 9 −3 −6 6 0 → 1 1 −1 −1 3 −1 −1 1 0 → 1 1 −1 0 4 −2 0 2 −1 → ( 1 1 −1 0 −2 1 ) → ( 1 −1 0 0 −2 1 ) y como solución básica podemos tomar ~u = (1, 1, 2), que efectivamente satisface A~u = 4~u. Matemáticas de 1 , problemas 61 Alberto del Valle Robles 2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN c) Desde que vimos que −2I−A tiene las tres filas proporcionales sabemos que el autovalor doble tie- ne 2 autovectores básicos, y el simple siempre tiene 1, por lo que la matriz A es diagonalizable, y del modo usual se obtienen D = diag(−2,−2, 4) = −2 0 0 0 −2 0 0 0 4 y P = [~v, ~w ~u] = 1 0 1 1 1 1 0 1 2 . o 50. Dada la matriz A = 4 −1 −3 4 −1 −7 −1 1 4 , se pide: a) Calcula sus autovalores con multiplicidades. b) Calcula autovectores básicos para cada autovalor, comprobando que cumplen A~v = λ~v. c) Decide si es diagonalizable, y si lo es construye D (diagonal) y P (invertible) con AP = PD. Solución: a) El polinomio caracteŕıstico se puede calcular por ejemplo haciendo primero C1 +C2 (para poner un 0 abajo a la izquierda) y luego F1 − F2 (para anular un λ− 3): p(λ) = |λI−A| = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ− 4 1 3 −4 λ+ 1 7 1 −1 λ− 4 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ− 3 1 3 λ− 3 λ+ 1 7 0 −1 λ− 4 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ− 3 1 3 0 λ 4 0 −1 λ− 4 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = = (λ− 3) ∣ ∣ ∣ ∣ λ 4 −1 λ− 4 ∣ ∣ ∣ ∣ = (λ− 3)(λ2 − 4λ+ 4) = (λ− 3)(λ− 2)2 Por tanto hay un autovalor doble λ = 2 y un autovalor simple λ = 3. b) Para el autovalor doble λ = 2 hay que calcular el núcleo de 2I −A; aplicamos Gauss6 −2 1 3 −4 3 7 1 −1 −2 → 1 −1 −2 −2 1 3 −4 3 7 → 1 −1 −2 0 −1 −1 0 −1 −1 → ( 1 −1 −2 0 1 1 ) → ( 1 0 −1 0 1 1 ) y como solución básica podemos tomar ~v = (1,−1, 1)t, que efectivamente satisface A~v = 2~v. Para el autovalor simple λ = 3 hay que calcular el núcleo de 3I −A; aplicamos Gauss7 −1 1 3 −4 4 7 1 −1 −1 → 1 −1 −3 −4 4 7 1 −1 −1 → 1 −1 −3 0 0 −5 0 0 2 → ( 1 −1 −3 0 0 1 ) → ( 1 −1 0 0 0 1 ) y como solución básica podemos tomar ~w = (1, 1, 0)t, que efectivamente satisface A~w = 3~w. c) Para el autovalor doble solo hay 1 grado de libertad, y por tanto la matriz NO es diagonalizable. o 6Como el rango de la primera matriz no es 1, pues sus filas no son todas proporcionales, solo hay 1 grado de libertad y por tanto ya sabemos que A no es diagonalizable. Si además vemos que las columnas 1 y 3 suman lo mismo que la 2 , tenemos el vector básico (1,−1, 1) sin tener que aplicar Gauss. 7Como el autovalor es simple, sabemos que hay 1 grado de libertad y por tanto solo necesitamos 1 autovector básico. Si observamos que las dos primeras columnas son opuestas, obtenemos el autovector (1, 1, 0)t sin tener que aplicar Gauss. Matemáticas de 1 , problemas 62 Alberto del Valle Robles 2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACIÓN 51. Dada la matriz A = 0 1 −1 −3 4 −1 3 −1 4 , se pide: (a) Calcula sus autovalores y las respectivas multiplicidades. (b) Para cada autovalor, encuentra autovectores básicos y comprueba el resultado. (c) Construye matrices D (diagonal) y P (invertible) con AP = PD. Solución: (a) El polinomio caracteŕıstico se puede calcular de muchas formas, por ejemplo empe- zando con F3 + F2 para anular el −3 de la primera columna, y siguiendo con C2 − C3 para anular un λ− 3: p(λ) = |λI −A| = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ −1 1 3 λ− 4 1 −3 1 λ− 4 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ −1 1 3 λ− 4 1 0 λ− 3 λ− 3 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ λ −2 1 3 λ− 5 1 0 0 λ− 3 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = (λ− 3) ∣ ∣ ∣ ∣ λ −2 3 λ− 5 ∣ ∣ ∣ ∣ = (λ− 3)(λ2 − 5λ+ 6) = (λ− 3)2(λ− 2) Por tanto hay un autovalor doble λ = 3 y un autovalor simple λ = 2. (b) Los autovectores asociados a λ = 3 son las soluciones del sistema homogéneo con matriz 3I −A = 3 −1 1 3 −1 1 −3 1 −1 → (3 − 1 1) ~u = 1 3 0 ~v = 0 1 1 (autovectores básicos) Como hay dos grados de libertad, la matriz A es diagonalizable (el otro autovalor es simple y entonces se obtiene exactamente un grado de libertad). Los autovectores asociados a λ = 2 son las soluciones del sistema homogéneo con matriz 2I −A → 2 −1 1 3 −2 1 −3 1 −2 F2−F1−−−−→ F3+F1 2 −1 1 1 −1 0 1 −1 0 F1−2F2−−−−−→ ( 0 1 1 1 −1 0 ) ~w = 1 1 −1 Comprobemos que A~u = 3~u, A~v = 3~v y A~w = 2~w. Hacemos los productos “matriz por vector- columna” como combinaciones lineales de las columnas de la matriz con los coeficientes que marca el vector: A~u = A 1 3 0 = 0 1 −1 −3 4 −1 3 −1 4 1 3 0 = 0 −3 3 + 3 12 −3 = 3 9 0 = 3 1 3 0 = 3~u A~v = A 0 1 1 = 1 4 −1 + −1 −1 4 = 0 3 3 = 3 0 1 1 = 3~v A~w = A 1 1 −1 = 0 −3 3 + 1 4 −1 + 1 1 −4 = 2 2 −2 = 2 1 1 −1 = 2~w (c) Siguiendo el algoritmo de diagonalización, podemos tomarD = 3 0 0 0 3 0 0 0 2 y P = 1 0 1 3 1 1 0 1 −1 . o Matemáticas de 1 , problemas 63 Alberto del Valle Robles
