Consideremos una población constante distribuida en dos países.

Supongamos que cada año:

• $\frac{1}{4}$ parte de la población que está en $A$ emigra a $B$.
• $\frac{3}{4}$ partes se quedan en $A$.
• $\frac{1}{2}$ parte de la población que está en $B$ emigra hacia $A$.
• $\frac{1}{2}$ parte se quedan en $B$.

$x_n$: la población de $A$

$y_n$: la población de $B$

después de $n$ años

$(x_0,y_0)$ población inicial.

¿Qué pasará cuando pasen muchos años? $$n⟶\mathrm{\infty }$$

¿Se alcanza un equilibrio?

Sistema Dinámico

$x_{n+1}=\frac{3}{4}{x}_n+\frac{1}{2}{y}_n$

$y_{n+1}=\frac{1}{4}{x}_n+\frac{1}{2}{y}_n$

$$\left(\begin{array}{c}{x}_{n+1}\\ \\ y_{n+1}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}\frac{3}{4}& \frac{1}{2}\\ \\ \frac{1}{4}& \frac{1}{2}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}_n\\ \\ y_n\end{array}\right)$$

$\overrightarrow{x_{n+1}}=A\overrightarrow{x_n}$

$\overrightarrow{x_0}\curvearrowright \overrightarrow{x_1}\curvearrowright \overrightarrow{x_2}\curvearrowright \overrightarrow{x_3}\cdots$

De modo que $\overrightarrow{x_1}=A\overrightarrow{x_0};\overrightarrow{x_2}=A^2\overrightarrow{x_0}$ en general $$\overrightarrow{x_n}=A^n\overrightarrow{x_0}$$

Si $A$ fuera diagonal $\left(\begin{array}{cc}{\lambda }_1& 0\\ \\ 0& {\lambda }_2\end{array}\right)$ entonces:

$A^2=\left(\begin{array}{cc}{\lambda }_1^2& 0\\ \\ 0& {\lambda }_2^2\end{array}\right)$ en general $A^n=\left(\begin{array}{cc}{\lambda }_1^n& 0\\ \\ 0& {\lambda }_2^n\end{array}\right)$

Si pensamos en la transformación lineal $$T(\overrightarrow{x})=A\overrightarrow{x}T:{\mathbb{R}}^2\to {\mathbb{R}}^2$$

podemos preguntarnos si existe una base $\{\overrightarrow{v},\overrightarrow{w}\}$ de ${\mathbb{R}}^2$ en la cual la matriz asociada a la transformación lineal sea diagonal, es decir, tal que:

$$\begin{array}{}\text{(1)}& T(\overrightarrow{v})=\lambda \overrightarrow{v}\end{array}$$ $$\begin{array}{}\text{(2)}& T(\overrightarrow{w})=\lambda \overrightarrow{w}\end{array}$$

$P=\left(\begin{array}{cc}{v}_1& w_1\\ v_2& w_2\end{array}\right)$

$P\overrightarrow{e_1}=\overrightarrow{v}=\left(\begin{array}{c}{v}_1\\ v_2\end{array}\right)$

$P\overrightarrow{e_2}=\overrightarrow{w}=\left(\begin{array}{c}{w}_1\\ w_2\end{array}\right)$

Decimos que $A$ es diagonalizable si existe $P$ invertible tal que cumpla con la igualdad $A=PD{P}^{-1}$, para alguna matriz diagonal $D$.

$D=\left(\begin{array}{ccc}\lambda & & 0\\ 0& & \mu \end{array}\right)$

Buscamos un vector $\overrightarrow{v}$ con $\overrightarrow{v}\ne \overrightarrow{0}$ tal que $$A\overrightarrow{v}=\lambda \overrightarrow{v}$$

Observación: A $\lambda$ se le llama valor propio, eigenvalor, valor característico o autovalor. Y por tanto, $\overrightarrow{v}$ se denomina vector propio, eigenvector, vector característico o autovector.

$A\overrightarrow{v}=\lambda \overrightarrow{v}$

$A\overrightarrow{v}=\lambda I\overrightarrow{v}$

$A\overrightarrow{v}–\lambda I\overrightarrow{v}=\overrightarrow{0}$

$(A–\lambda I)\overrightarrow{v}=\overrightarrow{0}$

$\overrightarrow{0}$ es una solución, si queremos que exista otra solución (solución no única), entonces $det(A–\lambda I)=0$ es la ecuación que determina a los valores propios $\lambda$.

Entonces para nuestro problema

$\left|\begin{array}{c}A–\lambda I\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}\frac{3}{4}–\lambda & \frac{1}{2}\\ \\ \frac{1}{4}& \frac{1}{2}–\lambda \end{array}\right|=0$

$\left(\frac{3}{4}–\lambda \right)\left(\frac{1}{2}–\lambda \right)–\frac{1}{4}\frac{1}{2}=0$

${\lambda }^2–\frac{3}{4}\lambda –\frac{1}{2}\lambda +\frac{3}{8}–\frac{1}{8}=0$

${\lambda }^2–\frac{5}{4}\lambda +\frac{1}{4}=0$

Resolviendo la ecuación de segundo grado se obtienen los valores para $\lambda$ $${\lambda }_1=1$$ $${\lambda }_2=\frac{1}{4}$$

Entonces la matriz $A=\left(\begin{array}{cc}\frac{3}{4}& \frac{1}{2}\\ \frac{1}{4}& \frac{1}{2}\end{array}\right)$ tiene dos valores propios ${\lambda }_1=1$ y ${\lambda }_2=\frac{1}{4}$.

Buscamos un vector propio $\overrightarrow{v}=(x,y)$ asociado a ${\lambda }_1=1$ tal que cumpla la ecuación $A\overrightarrow{v}=\lambda \overrightarrow{v}$ como ${\lambda }_1=1$ entonces se tiene la ecuación $A\overrightarrow{v}=\overrightarrow{v}$

$$\left(\begin{array}{cc}\frac{3}{4}& \frac{1}{2}\\ \frac{1}{4}& \frac{1}{2}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)$$

$$\begin{array}{r}\{\genfrac{}{}{0ex}{}{\frac{3}{4}x+\frac{1}{2}y=x}{\frac{1}{4}x+\frac{1}{2}y=y}\end{array}$$

Despejando $y$ de la primera ecuación obtenemos $$\frac{1}{2}y=x–\frac{3}{4}x$$ $$\frac{1}{2}y=\frac{1}{4}x$$ $$y=\frac{1}{2}x$$

El vector $\overrightarrow{v}=\left(\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right)$ cumple las condiciones, es un vector propio asociado a ${\lambda }_1=1$

De manera análoga, buscamos el vector asociado a ${\lambda }_2=\frac{1}{4}$.

Si ${\lambda }_2=\frac{1}{4}$ entonces $A\overrightarrow{w}=\frac{1}{4}\overrightarrow{w}$

$$\left(\begin{array}{cc}\frac{3}{4}& \frac{1}{2}\\ \frac{1}{4}& \frac{1}{2}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)=\frac{1}{4}\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)$$

$$\begin{array}{r}\{\genfrac{}{}{0ex}{}{\frac{3}{4}x+\frac{1}{2}y=\frac{1}{4}x}{\frac{1}{4}x+\frac{1}{2}y=\frac{1}{4}y}\end{array}$$

Despejando $y$ de la primera ecuación obtenemos $$\frac{1}{2}y=\frac{1}{4}x–\frac{3}{4}x$$ $$\frac{1}{2}y=\frac{-2}{4}x$$ $$\frac{1}{2}y=\frac{-1}{2}x$$ $$y=-x$$

El vector $\overrightarrow{w}=\left(\begin{array}{c}1\\ -1\end{array}\right)$ cumple las condiciones, es un vector propio asociado a ${\lambda }_2=\frac{1}{4}$.

$$A=\left(\begin{array}{cc}\frac{3}{4}& \frac{1}{2}\\ \frac{1}{4}& \frac{1}{2}\end{array}\right)=PD{P}^{-1}$$

$P=\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& -1\end{array}\right)$ $$ $\begin{array}{r}\genfrac{}{}{0ex}{}{P\overrightarrow{e_1}=\overrightarrow{v}}{P\overrightarrow{e_2}=\overrightarrow{w}}\end{array}$

$\begin{array}{r}A\overrightarrow{v}=\overrightarrow{v}\\ A\overrightarrow{w}=\frac{1}{4}\overrightarrow{w}\end{array}$

entonces $D=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& \frac{1}{4}\end{array}\right)$

Luego

$\begin{array}{r}{A}^n=P{D}^n{P}^{-1}\\ D^n=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& {\frac{1}{4}}^n\end{array}\right)\end{array}$

cuando $n⟶\mathrm{\infty }$ se tiene que $D⟶\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 0\end{array}\right)$

Entonces $A^n\overrightarrow{x_0}⟶P\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 0\end{array}\right)P^{-1}\overrightarrow{x_0}$

Recordemos que $\{\overrightarrow{v},\overrightarrow{w}\}$ son base.

Entonces $$\overrightarrow{x_0}=a\overrightarrow{v}+b\overrightarrow{w}$$

multiplicando por $A$ $$A\overrightarrow{x_0}=A(a\overrightarrow{v}+b\overrightarrow{w})$$

$$A\overrightarrow{x_0}=Aa\overrightarrow{v}+Ab\overrightarrow{w}$$

$$A^n\overrightarrow{x_0}=a{A}^n\overrightarrow{v}+b{A}^n\overrightarrow{w}$$

$$A^n\overrightarrow{x_0}=a\overrightarrow{v}+b\frac{1}{4^n}\overrightarrow{w}$$

De modo que cuando $n⟶\mathrm{\infty }$ se tiene que $\frac{1}{4^n}⟶\overrightarrow{0}$ y por lo tanto $$A^n\overrightarrow{x_0}⟶a\overrightarrow{v}$$

Regresando al problema inicial, si $(x_0,y_0)=(100,20)$ por lo que calculamos anteriormente:

$$(100,20)=a(2,1)+b(1,-1)$$ $$(100,20)=(2a+b,a–b)$$

De donde se obtiene el sistema

$$\{\genfrac{}{}{0ex}{}{100=2a+b}{20=a–b}$$

Sumando ambas expresiones, obtenemos $120=3a$ por lo que $a=40$; y sustituyendo en la segunda ecuación del sistema al valor de $a$ se tiene que $b=40-20$ por lo que $b=20$.

En conclusión, si inicialmente tenemos una población total de 120, entonces la distribución será $(80,40)$ es decir $\frac{2}{3}$ de la población total en la ciudad $A$ y $\frac{1}{3}$ de la población total en la ciudad $B$.

En el siguiente enlace puedes observar una animación de como los valores de las poblaciones se aproximan al resultado que calculamos, $(80,40).$

https://www.geogebra.org/classic/bbeggvgs