Álgebra Lineal I: Problemas de eigenvalores, eigenvectores y polinomio característico.

Para esta entrada haremos uso de las definiciones y propiedades básicas de eigenvalores y polinomio característico vistas en las clases del miércoles y viernes de la semana pasada.

Problema 1. Encuentra los valores propios de la matriz.

    \[A=\begin{pmatrix}0 & -1\\1 & 0\end{pmatrix}\]

Solución. Consideremos a A como una matriz con entradas complejas. Sea \lambda un eigenvalor y x un vector no nulo tal que Ax=\lambda x. Si x_1,x_2 son las coordenadas de x, la condición Ax=\lambda x es equivalente a las ecuaciones

    \[-x_2=\lambda x_1, \hspace{0.5cm} x_1=\lambda x_2.\]

Sustituyendo x_1 en la primera ecuación se sigue que -x_2=\lambda ^2 x_2.
Si x_2=0, entonces x_1=0, lo cual es imposible. Por lo tanto x_2\neq 0 y necesariamente \lambda ^2 =-1, entonces \lambda\in \{-i,i\}. Conversamente, i y -i son ambos eigenvalores, ya que podemos escoger x_2=1 y x_1=\lambda como solución del sistema anterior. Así que vista como matriz compleja, A tiene dos valores propios \pm i.

Por otro lado, si vemos a A como matriz con entradas reales, y \lambda\in \mathbb{R} es un eigenvalor y x un eigenvector como arriba, entonces

    \[(\lambda^2 +1)x_2=0.\]

Como \lambda es real, \lambda^2 +1 es distinto de cero y así x_2=0, luego x_1=0 y x=0. Así que, en conclusión, vista como matriz con entradas reales, A no tiene eigenvalores.

Problema 2. Encuentra el polinomio característico y los eigenvalores de la matriz

    \[A=\begin{pmatrix}0 & 1 & 1\\1 & 0 & 1\\1 & 1 & 1\end{pmatrix} \in M_3(F_2).\]

Solución. \chi_A(\lambda)= \det (\lambda I_3 -A)= \det (\lambda I_3 +A) (pues -1=1 en F_2).

\begin{vmatrix}\lambda & 1 & 1\\1 & \lambda & 1\\1 & 1 & \lambda + 1 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix}1+ \lambda & 0 & 1\\1 + \lambda & 1+ \lambda & 1\\0 & \lambda & \lambda + 1 \end{vmatrix}

La igualdad anterior se obtiene de sumar la segunda columna a la primera y la tercera columna a la segunda.

Ahora vemos que

\begin{vmatrix}\lambda +1 & 0 & 1\\1+  \lambda & 1+ \lambda & 1\\0 & \lambda & \lambda + 1 \end{vmatrix} = (\lambda +1)\begin{vmatrix}1 & 0 & 1\\1 & 1+ \lambda & 1\\0 & \lambda & \lambda + 1 \end{vmatrix}

=(\lambda +1)(\lambda +1)^2=(\lambda +1)^3.

Por lo tanto, \chi_A(\lambda)=(\lambda +1)^3, y así el único eigenvalor es 1.

\square

Problema 3. Sean a_0, a_1, \dots, a_{n-1}\in F y sea

A=\begin{pmatrix}0 & 0 & 0 & \dots & 0 & a_0\\1 & 0 & 0 & \dots & 0 & a_1\\0 & 1 & 0 & \dots & 0 & a_2\\\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\0 & 0 & 0 & \dots & 1 & a_{n-1}\end{pmatrix}.

Demuestra que

    \[\chi_A=x^n-a_{n-1}x^{n-1}-\dots - a_0.\]

Demostración. Sea P=x^n-a_{n-1}x^{n-1}-\dots -a_1x- a_0. Considera la matriz

    \[B=xI_n-A=\begin{pmatrix}x & 0 & 0 & \dots  & 0 & -a_0\\-1 & x & 0 & \dots & 0 & -a_1\\0 & -1 & x & \dots & 0  & -a_2\\\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\0 & 0 & 0 & \dots & -1 & x -a_{n-1}\end{pmatrix}.\]

Sumando a la primera fila de B la segunda fila multiplicada por x, la tercera fila multiplicada por x^2, \dots, la n-ésima fila multiplicada por x^{n-1} obtenemos la matriz.

    \[C=\begin{pmatrix}0 & 0 & 0 & \dots & 0 & P\\-1 & x & 0 & \dots & 0 & -a_1\\0 & -1 & x & \dots & 0 & -a_2\\\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\0 & 0 & 0 & \dots & -1 & x -a_{n-1}\end{pmatrix}.\]

Tenemos que \chi_A=\det B = \det C y, desarrollando \det C con respecto a la primera fila, obtenemos

    \[\det C = (-1)^{n+1}P\cdot \begin{vmatrix} -1 & x & \dots & 0\\0 & -1 & \dots & 0\\\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\0 & 0 & \dots & -1\end{vmatrix} = (-1)^{n+1}P(-1)^{n-1}=P.\]

\square

Problema 4. Sea A\in M_n(F) una matriz con polinomio característico

    \[\chi_A(t)=(-1)^nt^n+\dots +a_1t+a_0.\]


Demuestra que\chi_A(0)=a_0. Deduce que A es invertible si y sólo si a_0\neq 0.

Demostración. Es fácil ver que \chi_A(0)=a_0, ya que a_0 es el término independiente. Por otro lado, recordamos que \chi_A(t)=\det(A-tI_n), entonces \chi_A(0)=\det A. se sigue que \chi_A(0)=a_0= \det A, y por la última igualdad sabemos que A es invertible si y sólo si a_0\neq 0.

\square

Problema 5. Demuestra que cualquier matriz A\in M_n(\mathbb{R}) es suma de dos matrices invertibles.

Demostración. Veamos que existen B,C\in M_n(\mathbb{R}) tales que A=B+C.
Definimos la matriz B como: b_{ii}=-1 si a_{ii}=0 y b_{ii}=\frac{a_{ii}}{2} si a_{ii}\neq 0,b_{ij}=a_{ij} si i>j y b_{ij}=0 si i<j.

Similarmente definimos la matriz C como: c_{ii}=1 si a_{ii}=0, c_{ii}=\frac{a_{ii}}{2} si a_{ii}\neq 0, c_{ij}=a_{ij} si i<j y c_{ij}=0 si i>j.

Por construcción B y C son matrices triangulares con todas sus entradas diagonales distintas de cero. Por lo tanto 0\not\in\{\det B, \det C\}, es decir, B y C son invertibles. Además por la manera en la que construimos las matrices B y C se tiene que A=B+C.

\square

6 comentarios en “Álgebra Lineal I: Problemas de eigenvalores, eigenvectores y polinomio característico.

  1. Rodrigo García

    ¿La construcción para las matrices en el problema 5 no daría que para todo $ i \in {1,…,n} $, si $ a_{i,i} \neq 0 $, entonces $ (A)_{i,i} = a_{i,i} = 2a_{i,i} = (B+C)_{i,i} $?

    Responder
  2. JP Antuna

    Creo que Rodrigo también se refiere a lo que diré…
    Así construidas B y C, no se tiene que A=B+C pues si tenemos que a_ii es distinto de cero, b_ii=c_ii=a_ii y al hacer la suma de las matrices B+C obtenemos en las diagonales 2a_ii (cuando a_ii es distinto de cero) en lugar de a_ii que es lo que queremos.
    Toda la demás construcción sí nos dan las entradas de A.
    Poniendo que b_ii y c_ii sean a_ii/2 cuando a_ii es distinto de cero ya quedaría.

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