problemas-resueltos-de-algebra universidad jimenez (404)

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11.4 Cálculo de valores y vectores propios
i) Los subespacios L[(1, 0, 1)] y el de ecuación x1 − x2 + x3 = 0 son autoes-
pacios (subespacios propios).
ii) h(0, 0, 1) = (1, 0, 1).
Solución. 1. (a) Valores propios de f :
χ(λ) =
∣∣∣∣2− λ 21 3− λ
∣∣∣∣ = λ2 − 5λ+ 4 = 0⇔ λ = 4 ∨ λ = 1 (simples).
(b) Subespacios propios:
V4 ≡
{
−2x1 + 2x2 = 0
x1 − x2 = 0
, V1 ≡
{
x1 + 2x2 = 0
x1 + 2x2 = 0.
Al ser λ = 4 valor propio simple, dimV4 = 1 y una base de V4 (en coor-
denadas en B) es {(1, 1)t}. Por tanto, una base de V4 es BV4 = {u1 + u2}.
Razonando análogamente obtenemos BV1 = {−2u1 + u2}.
2. (a) Valores propios de f :
χ(λ) =
∣∣∣∣5− λ −11 3− λ
∣∣∣∣ = λ2 − 8λ+ 16 = 0⇔ (λ− 4)2 = 0⇔ λ = 4 (doble).
(b) Subespacios propios:
V4 ≡
{
x1 − x2 = 0
x1 − x2 = 0
∼
{
x1 − x2 = 0.
La dimensión de V4 es dimV4 = 2 − rgA =
[
1 −1
]
= 2 − 1 = 1 y una
base de V4 en (coordenadas en B) es {(1, 1)t}. Por tanto, una base de V4 es
BV4 = {u1 + u2}.
3. (a) Valores propios de f :∣∣∣∣1− λ −12 −1− λ
∣∣∣∣ = λ2 + 1 = 0⇔ λ = ±i (simples).
Como las ráıces del polinomio caracteŕıstico no son reales, se concluye que
f no tiene valores propios y como consecuencia no tiene vectores propios.
(b) Los valores propios son λ = ±i (simples). Los subespacios propios son
Vi ≡
{
(1− i)x1 − x2 = 0
2x1 + (−1− i)x2 = 0
, V−i ≡
{
(1 + i)x1 − x2 = 0
2x1 + (−1 + i)x2 = 0.
Al ser λ = i valor propio simple, dimVi = 1 y una base de Vi (en coordena-
das en B) es {(1, 1− i)t}, por tanto una base de Vi es BVi = {u1 +(1− i)u2}.