Clase08_Solucion

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PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATÓLICA DE CHILE
Escuela de Ingenieŕıa
A2 - Álgebra Lineal
Primer Semestre 2020
Clase 8
Diagonalización y valores y vectores propios.
Problema 1
Calcule los valores y vectores propios de la matriz
A =

1 2 3 4
0 4 0 0
0 0 9 0
0 0 0 16

Solución:
Notamos que la matriz A− λI es triangular, por lo que su determinante es el producto de su
diagonal: ∣∣∣∣∣∣∣∣
1− λ 2 3 4
0 4− λ 0 0
0 0 9− λ 0
0 0 0 16− λ
∣∣∣∣∣∣∣∣ = (1− λ)(4− λ)(9− λ)(16− λ)
Luego, los valores propios de la matriz son:
λ1 = 1 λ2 = 4 λ3 = 9 λ4 = 16
Vemos entonces los vectores propios. Para λ = 1:
1 2 3 4
0 4 0 0
0 0 9 0
0 0 0 16


v1
v2
v3
v4
 =

v1
v2
v3
v4

De aqúı obtenemos que v2, v3, v4 = 0 y v1 variable libre, por lo que un vector propio corresponde
a:
V1 =

1
0
0
0
 v1, v1 ∈ R
1
Para λ = 4: 
1 2 3 4
0 4 0 0
0 0 9 0
0 0 0 16


v1
v2
v3
v4
 =

4v1
4v2
4v3
4v4

De aqúı, v3, v4 = 0, y que para la variable libre v2, v1 =
2
3
v2. Entonces, el vector propio
corresponde a:
V2 =

2/3
1
0
0
 v2, v2 ∈ R
Para λ = 9: 
1 2 3 4
0 4 0 0
0 0 9 0
0 0 0 16


v1
v2
v3
v4
 =

9v1
9v2
9v3
9v4

De aqúı, v2, v4 = 0, y que para la variable libre v3, v1 =
3
8
v3. Entonces, el vector propio
corresponde a:
V3 =

3/8
0
1
0
 v2, v3 ∈ R
Finalmente, para λ = 16: 
1 2 3 4
0 4 0 0
0 0 9 0
0 0 0 16


v1
v2
v3
v4
 =

16v1
16v2
16v3
16v4

De aqúı, v2, v3 = 0, y que para la variable libre v4, v1 =
4
15
v4. Entonces, el vector propio
corresponde a:
V4 =

4/15
0
0
1
 v4, v4 ∈ R
Problema 2
Determine condiciones sobre A ∈ R2×2 tal que:
1.
A
(
x
0
)
=
(
3x
0
)
2
2.
A
(
x
x+ 2
)
=
(
3x
3(x+ 2)
)
Solución:
Consideremos:
A =
[
a b
c d
]
Para el vector (x, 0)T queremos que 3 sea su valor propio. Esto es:
ax = 3x ∧ cx = 0
Entonces, una matriz de la forma:
A =
[
3 b
0 d
]
b, d ∈ R
cumple lo pedido.
Para el segundo caso, tenemos:
ax+ b(x+ 2) = 3x⇒ a = 3 ∧ b = 0
cx+ d(x+ 2) = 3(x+ 2)⇒ c = 0 ∧ d = 3
Luego, para que 3 sea valor propio del vector de entradas no nulas (x, x+ 2)T es necesario que:
A =
[
3 0
0 3
]
Problema 3
Cuando a+ b = c+ d muestre que (1, 1) es un vector propio y encuentre ambos valores propios.
A =
[
a b
c d
]
Solución:
Sabemos que un vector v es un vector propio si Av = λv para algún escalar. Luego,
A
[
1
1
]
=
[
a b
c d
] [
1
1
]
=
[
a+ b
c+ d
]
=
[
a+ b
a+ b
]
= (a+ b)
[
1
1
]
Entonces, (1, 1) es un vector propio y a + b es un valor propio. Ahora para encontrar el otro
valor propio, consideremos que la suma de los elementos de la diagonal de A es igual a la suma
3
de los valores propios. Sabemos que a + b es un valor propio, por lo tanto para encontrar el
otro valor propio, llamemos λ2 al segundo valor propio, con ello:
a+ d = (a+ b) + λ2
Restamos a de ambos lados,
d = b+ λ2
Restamos b de cada lado
d− b = λ2
Luego los valores propios son λ1 = a+ b y λ2 = d− b
Problema 4
Suponga que la matriz A tiene valores propios 0, 3, 5 asociados con vectores propios independientes
u, v, w.
Encuentre una base para el espacio nulo y una base para el espacio columna.
Encuentre una solución particular a Ax = v + w.
Solución:
La base para el pascio nulo estará dada por los vectores propios que tengan su valor
propio correspondiente igual a 0. Luego, Base para el espacio nulo: {u}.
La base del espacio columna estará dada por los vectores propios cuyo valor propio
correspondiente sea distinto a 0. Luego, la Base del espacio columna : {v, w}
Como v, w están en el espacio columna, en particular v + w está en el espacio columna,
luego la solución tiene que ser una combinacion lineal de la base del espacio columna.
Luego,
A(av + bw) = a(Av) + b(Aw) = a(3v) + b(5w) = (a3)v + (b5)w
como buscamos que lo anterior sea igual a v+w, si tomamos a = 1
3
y b = 15 una solucion
particular es u = (0, 1
3
, 1
5
)
Problema 5
Sea A una matriz de 2× 2 de rango 1 tal que A
[
1
2
]
=
[
2
4
]
. ¿ Es A diagonalizable? Justifique.
Solución:
Del enunciado se tiene que A
[
1
2
]
= 2
[
1
2
]
Dado que A es de rango 1 , entonces existe u 6= −→0 tal que Au = −→0 = 0 · u
4
Como u y
[
1
2
]
son vectores propios asociados a valores propios distintos, en tonces son dos
vectores linealmente independientes.
Luego al existir una base de vectores propios de A se tiene que A es diagonalizable.
Pregunta 6
Sea A una matriz de 3×3 tal que A
12
3
 =
24
6
 y la forma escalonada reducida de A es
1 0 −10 0 0
0 0 0
.
Determine si A es diagonalizable y si lo es encuentre su diagonalización.
Solución:
Notemos que A
12
3
 =
24
6
 =⇒
12
3
 es un vector propio asociado a λ = 2.
Como la F.E.R de A tiene variables libres, es no invertible, esto implica que tendrá como
valor propio al 0. Ahora, debemos hallar una base para Nul(A− 0I) que es justamente hallar
la base del Nul de la matriz A en su F.E.R, obteniendo:
Nul(A) = {
xy
z
 |x− z = 0}
De esta forma, obtenemos dos vectores propios, que seŕıan:10
1
 ,
01
0

Notemos que para que la matriz A sea diagonalizable, la multiplicidad algebraica de cada valor
propio debe coincidir con la multiplicidad geómetrica, y en este caso se cumple, por lo que A
es diagonalizable y está dada por:
A = PDP−1 =
1 1 02 0 1
3 1 0
2 0 00 0 0
0 0 0
1 1 02 0 1
3 1 0
−1
Nota: La matriz P es la matriz donde cada columna representa un vector propio, la matriz
D es la matriz donde su diagonal es cada valor propio (el orden es importante, en este caso,
como se puso como primer vector propio el que está asociado al valor propio λ = 2, entonces
en D, tiene que estar como primer elemento de la diagonal ese valor propio).
Problema 7
Demuestre que si λ es valor propio de A entonces λ3 + 2λ2 − 5 es valor propio de A3 + 2A− 5I.
5
Solución:
λ es valor propio de A =⇒ ∃x 6= 0 tal que Ax = λx por lo tanto,
(A3 + 2A− 5I)x = A3x+ 2Ax− 5x
Escribiendo como:
A3x = A(A(Ax))
De la igualdad que teńıamos anteriormente:
= A(A(λx))
Separando:
= λA(Ax)
Separando nuevamente:
= λ2Ax
Finalmente obtenemos
= λ3x
Por lo tanto, (A3 + 2A− 5I)x = λ3x+ 2λx− 5x = (λ3 + 2λ− 5)x
Por lo tanto, λ3 + 2λ− 5 es valor propio de A3 + 2A− 5I con vector propio x.
6