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Ecuaciones Diferenciales I – Videos: Método de valores y vectores propios para sistemas lineales homogéneos con coeficientes constantes. Raíces repetidas del polinomio característico

Introducción

En las últimas entradas hemos revisado el método de valores y vectores propios para resolver sistemas lineales homogéneos con coeficientes constantes de la forma $\dot{\textbf{X}}=\textbf{A}\textbf{X}$. Revisamos los casos cuando la matriz asociada tiene valores propios reales y todos distintos, y cuando tiene valores complejos. Para el primer caso las funciones $e^{\lambda_{i} t}\textbf{v}_{i}$ son soluciones linealmente independientes, donde $\lambda_{i}$ es un valor propio y $\textbf{v}_{i}$ es un vector propio asociado a $\lambda_{i}, \; \forall i \in \{1,…,n\}$. La solución general es la combinación lineal de dichas soluciones. Para el caso de valores propios complejos vimos que de una solución compleja $e^{\lambda_{i} t}\textbf{v}_{i}$ podíamos encontrar dos soluciones reales: la parte real y la parte imaginaria de dicha solución. Además estas soluciones resultaron ser linealmente independientes por lo que no fue difícil hallar la solución general al sistema de esta forma.

Vamos a terminar de revisar el método de valores y vectores propios analizando el caso cuando la matriz $\textbf{A}$ asociada al sistema tiene valores propios repetidos, tanto si es diagonalizable como si no lo es.

Iniciaremos con el caso cuando es $\textbf{A}$ es diagonalizable. Veremos que es bastante sencillo hallar $n$ vectores propios linealmente independientes ya que si $\lambda_{i}$ es un valor propio con multiplicidad $k$, entonces existirán $k$ vectores propios linealmente independientes asociados a dicho valor propio. Por lo tanto, podremos encontrar $n$ soluciones linealmente independientes al sistema y la solución general será la combinación lineal de estas.

Finalizaremos con el caso cuando $\textbf{A}$ no es diagonalizable, donde no existirán $n$ vectores propios linealmente independientes ya que para algún valor propio $\lambda_{i}$ con multiplicidad $k$ no existirán $k$ vectores propios linealmente independientes. Sin embargo, con ayuda de la exponencial de la matriz $\textbf{e}^{t \textbf{A}}$ y el concepto de vector propio generalizado podremos encontrar $k$ soluciones linealmente independientes correspondientes al valor propio $\lambda_{i}$. Nuevamente la solución general será la combinación lineal de las $n$ soluciones generadas de esta manera.

Método de valores y vectores propios para matrices diagonalizables con valores propios repetidos

Analizamos el caso cuando la matriz $\textbf{A}$ asociada al sistema $\dot{\textbf{X}}=\textbf{A}\textbf{X}$ es diagonalizable y tiene valores propios repetidos. Resolvemos un par de sistemas para ejemplificar el caso correspondiente.

Método de valores y vectores propios para matrices no diagonalizables

En el primer video analizamos de manera general el caso cuando la matriz asociada al sistema $\dot{\textbf{X}}=\textbf{A}\textbf{X}$ no es diagonalizable. Definimos el concepto de vector propio generalizado y con ayuda de la exponencial $\text{e}^{t \textbf{A}}$ generamos la solución general al sistema. En el segundo video resolvemos un par de ejemplos referentes al caso analizado.

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no forman parte de la evaluación del curso, pero te servirán para entender mucho mejor los conceptos vistos en esta entrada, así como temas posteriores.

  • ¿Es posible tener una matriz $\textbf{A}$ de tamaño $3 \times 3$ con valores propios complejos repetidos?
  • Prueba que si $\lambda$ es un valor propio complejo con multiplicidad $k$ de $\textbf{A}$, entonces su conjugado $\bar{\lambda}$ tiene multiplicidad $k$.
  • Encuentra la solución general al sistema $$\dot{\textbf{X}}=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & -1\\ 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & -2\\ 0 & 0 & 1 & 0\end{pmatrix}\textbf{X}.$$
  • Resuelve el problema de condición inicial $$\dot{\textbf{X}}=\begin{pmatrix} 1 & 3 & 3\\ 3 & 1 & 3\\ 3 & 3 & 1\end{pmatrix}\textbf{X} \, \, \, \, \, ; \, \, \, \, \, \textbf{X}(0)=\begin{pmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{pmatrix}.$$
  • Encuentra la solución general al sistema $$\dot{\textbf{X}}=\begin{pmatrix} 0 & -1 & 1\\ 2 & -3 & 1\\ 1 & -1 & -1\end{pmatrix}\textbf{X}.$$

Más adelante

Con esta entrada terminamos de analizar el método de valores y vectores propios para sistemas lineales homogéneos con coeficientes constantes. Una vez que logramos resolver tales sistemas, es tiempo de estudiar el caso no homogéneo.

Como ya sabemos, la solución general a estos sistemas serán la suma de la solución general al sistema homogéneo correspondiente mas una solución particular al sistema no homogéneo. El método por el cual encontraremos esta solución particular será el de variación de parámetros, el cual estudiaremos en la siguiente entrada.

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Ecuaciones Diferenciales I – Videos: Método de valores y vectores propios para sistemas lineales homogéneos con coeficientes constantes. Raíces complejas del polinomio característico

Introducción

En la entrada anterior comenzamos el estudio del método de valores y vectores propios para resolver sistemas de ecuaciones lineales homogéneas con coeficientes constantes, de la forma $\dot{\textbf{X}}=\textbf{A}\textbf{X}$. Vimos que si somos capaces de encontrar $n$ vectores propios de la matriz $\textbf{A}$ linealmente independientes, entonces las funciones de la forma $e^{\lambda t}\textbf{v}$, donde $\lambda$ es un valor propio con vector propio asociado $\textbf{v}$, son soluciones linealmente independientes, y por tanto la combinación lineal de estas será la solución general del sistema. También estudiamos el caso cuando $\textbf{A}$ tiene todos sus valores propios reales y distintos.

En esta entrada nos dedicaremos a estudiar el caso cuando $\textbf{A}$ tiene valores propios complejos. Dado que $e^{\lambda t}\textbf{v}$ es una solución compleja al sistema, entonces la solución general sería una función con valores complejos. Sin embargo nosotros queremos soluciones con valores reales, por lo que debemos hallar una forma de generar soluciones de esta forma.

Lo primero será ver que las partes real e imaginaria de una solución compleja al sistema $\dot{\textbf{X}}=\textbf{A}\textbf{X}$ serán soluciones reales al mismo sistema. Además este par de soluciones serán linealmente independientes. Así, seremos capaces de encontrar un conjunto linealmente independiente de $n$ soluciones reales al sistema mediante el método de valores y vectores propios que nos ayuda a encontrar soluciones de la forma $e^{\lambda t}\textbf{v}$.

Finalizaremos la entrada con tres ejemplos, uno de ellos el problema del oscilador armónico, el cual revisamos en el siguiente video y que tiene asociado una ecuación diferencial de segundo orden. Resolveremos el mismo problema pero ahora mediante un sistema de ecuaciones homogéneo.

Método de valores y vectores propios. Raíces complejas del polinomio característico

Encontramos dos soluciones reales al sistema $\dot{\textbf{X}}=\textbf{A}\textbf{X}$ dada una solución compleja de la forma $e^{\lambda t}\textbf{v}$ donde $\lambda$ es un valor propio complejo con vector propio asociado $\textbf{v}$. Las soluciones reales serán las partes real e imaginaria de la solución compleja. Además las dos soluciones reales serán linealmente independientes.

El oscilador armónico y más ejemplos

En el primer video resolvemos un par de ejemplos de sistemas cuya matriz asociada tiene valores propios complejos. En el segundo video resolvemos el problema del oscilador armónico sin fricción y sin fuerzas externas mediante un sistema de ecuaciones.

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no forman parte de la evaluación del curso, pero te servirán para entender mucho mejor los conceptos vistos en esta entrada, así como temas posteriores.

  • Supongamos que $\dot{\textbf{X}}=\textbf{A}\textbf{X}$ es un sistema lineal homogéneo con coeficientes constantes de 4 ecuaciones, y supongamos que $\lambda$, $\bar{\lambda}$, $\mu$ y $\bar{\mu}$ son los valores propios complejos de $\textbf{A}$ con vectores propios $\textbf{v}$, $\bar{\textbf{v}}$, $\textbf{w}$ y $\bar{\textbf{w}}$, respectivamente. Prueba que si $\textbf{Y}_{1}(t)$, $\textbf{Z}_{1}(t)$ son las partes real e imaginaria de $e^{\lambda t}\textbf{v}$, y si $\textbf{Y}_{2}(t)$, $\textbf{Z}_{2}(t)$ son las partes real e imaginaria de $e^{\mu t}\textbf{w}$ entonces $\textbf{Y}_{1}(t)$, $\textbf{Z}_{1}(t)$, $\textbf{Y}_{2}(t)$ y $\textbf{Z}_{2}(t)$ son soluciones linealmente independientes al sistema.
  • Supongamos que $\dot{\textbf{X}}=\textbf{A}\textbf{X}$ es un sistema lineal homogéneo con coeficientes constantes de 3 ecuaciones. ¿Es posible que la matriz $\textbf{A}$ tenga tres valores propios complejos?
  • Demuestra que la matriz $\begin{pmatrix} a & b\\ -b & a\end{pmatrix}$, con $b\neq0$ tiene valores propios complejos.
  • Encuentra la solución general al sistema $$\dot{\textbf{X}}=\begin{pmatrix} -1 & 2\\ -1 & -1\end{pmatrix}\textbf{X}.$$
  • Resuelve el problema de condición inicial $$\dot{\textbf{X}}=\begin{pmatrix} 2 & -6\\ 2 & 1\end{pmatrix}\textbf{X} \, \, \, \, \, ; \, \, \, \, \, \textbf{X}(0)=\begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}.$$

Más adelante

En la próxima entrada concluimos el estudio al método de valores y vectores propios estudiando el caso cuando $\textbf{A}$ es una matriz diagonalizable con valores propios repetidos, y también el caso cuando $\textbf{A}$ no es diagonalizable, es decir, cuando $\textbf{A}$ no tiene $n$ vectores propios linealmente independientes, por lo que no se pueden generar $n$ soluciones linealmente independientes al sistema en la forma que lo hemos venido haciendo. En este caso debemos introducir un concepto nuevo, que es el de vector propio generalizado, y modificar el método de valores y vectores propios para encontrar las $n$ soluciones linealmente independientes al sistema.

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Geometría Analítica I: Valores y vectores propios

Introducción

Mucho hemos hablado, a lo largo de las entradas anteriores, sobre las soluciones de las ecuaciones resultantes de la forma $det(A-I\lambda)=0$ con $A$ matriz y $x$ vector; sin embargo, aún no nos hemos dedicado a resolver este tipo de ecuaciones. En esta entrada, hablaremos de las soluciones de estas ecuaciones que se llaman valores propios y que tienen un vector propio asociado.

¿Qué son?

Si tienes una matriz cuadrada $A$, vamos a decir que un vector $v$ es vector propio de $A$ con valor propio $\lambda \in \mathbb R$, si $v\neq 0$ y $Av=\lambda v$. A la pareja $\lambda , v$, la vamos a llamar pareja propia de A y el principal problema de estudio de esta entrada será encontrar a estas parejas.

Implicaciones importantes

Lema 4.7: Si $u$ y $v$ son vectores propios de $A$ con el mismo valor $\lambda \in \mathbb R$, entonces cualquier combinación lineal no trivial de ellos también es vector propio de $A$.

Demostración

Si tenemos dos parejas de $A$, $u$, $v$ que cumplen $Au=\lambda u$ y $Av=\lambda v$, entonces, para cualquier par de coeficientes $\alpha, \beta \in \mathbb R$ se tiene que, la combinación lineal de $u$ y $v$ con estos vectores, se cumple:

\begin{equation} A(\alpha u+\beta v)=\alpha (Au)+ \beta(Av)=\alpha (\lambda u)+\beta (\lambda v)=\lambda (\alpha u+\beta v)\end{equation}

Lo que significa que, si $\alpha u+ \beta v\neq 0$, entonces es vector propio de $A$ con valor propio $\lambda$.

Con lo que hemos terminado la demostración.

El siguiente lema es muy importante para realizar los cálculos.

Lema 4.8: Para cualquier matriz A cuadrada, se cumple: $\lambda$ es un valor propio de $A$ si y solo si, $det(A-\lambda I)=0$

Demostración

Sabemos que, como $\lambda$ es valor propio de $A$, entonces tiene a su vector propio $v$ correspondiente que cumple que: $Av=\lambda v$.

$\Longleftrightarrow Av-\lambda v=0$

$\Longleftrightarrow (A-\lambda I)v=0$

Y, como $v\neq 0$, entonces:

$\Longleftrightarrow det(A-\lambda I)=0$

Fin de la demostración.

Observa que, con los conocimientos que tenemos hasta el momento, ya puedes demostrar fácilmente el siguiente Lema y Corolario.

Lema 4.9: Si A es una matriz simétrica de $2×2$, entonces $A$ tiene dos valores propios $\lambda_1$ y $\lambda_2$ en $\mathbb R$.

Corolario 4.10: Sea $A$ una matriz simétrica de $2×2$, con valores propios $\lambda_1$ y $\lambda_2$. Entonces, sus valores propios coinciden ($\lambda_1 =\lambda_2$) si y solo si, $A= \lambda_1 I$. En este caso, cualquier vector $v\neq 0$ es vector propio.

Corolario 4.11: Considera una matriz simétrica $A$ de $2×2$. Entonces, existe una base $u, v \in \mathbb R^2$, donde $u$ y $v$ son vectores propios de $A$.

Demostración

Por el Lema 4.9, sabemos que $A$ tiene dos valores propios $\lambda_1$ y $\lambda_2$.

Caso 1, $\lambda_1=\lambda_2$

Por el Corolario 4.10, cualquier base $u,v \in \mathbb R^2$ funciona.

Caso 2, $\lambda_1\neq \lambda_2$

Por la definición de valor propio, existen $u,v$, vectores distintos de $0$ que corresponden a los valores propios $\lambda_1$ y $\lambda_2$ respectivamente.

Estos vectores no pueden ser paralelos porque por el Lema 4.8, esto implicaría que $\lambda_1=\lambda_2$.

Entonces, $u$ y $v$ forman una base de $\mathbb R^2$.

Terminamos la demostración.

Ejemplo

Calculemos los valores y vectores propios de la siguiente matriz simétrica:

\begin{equation}A=\begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & -1\end{pmatrix}\end{equation}

Valores propios

Recordemos que, para encontrar los valores propios, debemos resolver su polinomio característico que está dado por $det(A-\lambda I)$:

\begin{equation}det(A-\lambda I)=det\left(\begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & -1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix} \lambda & 0\\ 0 & \lambda\end{pmatrix}\right)\end{equation}

Si continuamos con el desarrollo de la expresión anterior, comprueba que llegamos al siguiente polinomio característico:

\begin{equation}det(A-\lambda I)= \lambda^2-\lambda -6\end{equation}

Para resolver el polinomio anterior, debemos igualarlo a $0$, de donde vamos a obtener que, las raíces del polinomio son: $\lambda_1=\frac{1+\sqrt{1+24}}{2}=3$ y $\lambda_2=\frac{1-5}{2}=-2$

Vectores propios

Para encontrar los vectores propios correspondientes a $\lambda_1$ y $\lambda_2$, debemos encontrar una solución no trivial para los sistemas $(A-\lambda_i I)x=0$ con $i=1,2$

Para $\lambda_1=3$

\begin{equation}(A-3I)x=\begin{pmatrix} -1 & 2 \\ 2 & -4\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\ y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -x+2y\\ 2x-4y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0\end{pmatrix}\end{equation}

De donde obtenemos el siguiente sistema:

\begin{equation}\begin{matrix}-x+2y=0\\2x-4y=0\end{matrix}\end{equation}

Donde, una de sus soluciones no triviales es $u^T=(2,1)$

Para $\lambda_2=-2$

\begin{equation}(A-(-2)I)x=\begin{pmatrix} 4 & 2 \\ 2 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\ y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 4x+2y\\ 2x+y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0\end{pmatrix}\end{equation}

De donde obtenemos el siguiente sistema:

\begin{equation}\begin{matrix}4x+2y=0\\2x+y=0\end{matrix}\end{equation}

Donde, una de sus soluciones no triviales es $v^T=(-1,2)$

Observa que estos vectores $u$ y $v$ son ortogonales, ¿será coincidencia? Lo veremos más adelante.

Tarea moral

  1. Comprueba que, para los vectores propios obtenidos en los sistemas de ecuaciones $(6)$ y $(7)$, se cumple que $Au=3u$ y que $Av=-2v$.
  2. Demuestra, con un argumento algebraico y uno geométrico, que la matriz \begin{equation}\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\end{equation} no tiene vectores propios.
  3. Demuestra que la matriz \begin{equation}\begin{pmatrix} a & -b \\ b & a \end{pmatrix}\end{equation} no tiene vectores propios para $b\neq0$.
  4. Usa el Lema 4.9 para demostrar el Corolario 4.10.
  5. Demuestra el Lema 4.9. Hint: usa que, al ser $A$ matriz simétrica, entonces $A=A^T$, después, expresa a $A$ de la siguiente forma y desarrolla:

\begin{equation}A=\begin{pmatrix} a & b \\ b & c\end{pmatrix} \end{equation}

Más adelante…

En la siguiente entrada, concluiremos nuestro estudio de los valores y vectores propios, analizando la diagonalización ortogonal de matrices simétricas.

Ecuaciones Diferenciales I – Videos: Método de valores y vectores propios para sistemas lineales homogéneos con coeficientes constantes. Raíces reales distintas del polinomio característico

Introducción

En la entrada anterior dimos las definiciones elementales y necesarias para diagonalizar una matriz de coeficientes constantes. Vimos los conceptos de valores y vectores propios y el polinomio característico, todo esto para poder encontrar la matriz $\textbf{e}^{t\textbf{A}}$. Sabemos que $\textbf{e}^{t\textbf{A}}$ es una matriz fundamental de soluciones al sistema lineal homogéneo $\dot{\textbf{X}}=\textbf{A}\textbf{X}$, por lo que sus columnas son soluciones linealmente independientes a dicho sistema. Así, de paso encontramos la solución general al sistema $\dot{\textbf{X}}=\textbf{A}\textbf{X}$.

Ahora vamos a olvidarnos un poco de $\textbf{e}^{t\textbf{A}}$, y vamos a resolver $\dot{\textbf{X}}=\textbf{A}\textbf{X}$ pero de una manera ligeramente distinta. Lo que haremos será suponer que una solución a tal sistema es de la forma $\textbf{X}(t)=e^{\lambda t}\textbf{v}$ para cierto vector constante $\textbf{v}$. Resultará que $\textbf{X}(t)$ será solución al sistema si y sólo si $\textbf{A}\textbf{v}=\lambda\textbf{v}$. Es decir, si y sólo si $\textbf{v}$ es un vector propio de la matriz $\textbf{A}$ del sistema, y $\lambda$ es el valor propio asociado a $\textbf{v}$.

El método de valores y vectores propios que desarrollamos para diagonalizar una matriz en la entrada anterior, nos servirá de la misma manera para hallar la solución general al sistema $\dot{\textbf{X}}=\textbf{A}\textbf{X}$, al menos si $\textbf{A}$ es diagonalizable, pues ya sabemos cómo encontrar los valores y vectores propios de $\textbf{A}$, y al tener $n$ valores propios con sus respectivos vectores propios, entonces seremos capaces de encontrar $n$ soluciones linealmente independientes al sistema y formas la solución general a este.

Una vez establecido cómo debe verse la solución general al sistema, finalizaremos la entrada resolviendo un par de ejemplos de sistemas donde la matriz $\textbf{A}$ es diagonalizable y las raíces del polinomio característico igualado a cero son todas reales y distintas.

La solución general al sistema lineal homogéneo con coeficientes constantes

Hallamos la solución general al sistema lineal homogéneo $\dot{\textbf{X}}=\textbf{A}\textbf{X}$, suponiendo que $\textbf{A}$ es una matriz diagonalizable.

Método de valores y vectores propios. Raíces reales distintas del polinomio característico

Mediante un par de ejemplos revisamos el caso cuando $\textbf{A}$ es diagonalizable y las raíces del polinomio característico son todas reales y distintas. Además en el segundo ejemplo, verificamos que $\textbf{e}^{t\textbf{A}}=\textbf{X}_{f}(t)\textbf{X}_f^{-1}{0}$, donde $\textbf{X}_{f}(t)$ es una matriz fundamental de soluciones al sistema. La matriz del segundo ejemplo fue diagonalizada en el siguiente video de la entrada anterior, y calculamos $\textbf{e}^{t\textbf{A}}$. (Compara los resultados obtenidos).

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no forman parte de la evaluación del curso, pero te servirán para entender mucho mejor los conceptos vistos en esta entrada, así como temas posteriores.

Resuelve los siguientes sistemas y problemas de condición inicial. Encuentra $\textbf{e}^{t\textbf{A}}$ en cada caso:

  • $\dot{\textbf{X}}=\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 4 & -2\end{pmatrix}\textbf{X}$.
  • $\dot{\textbf{X}}=\begin{pmatrix} 1 & 4\\ 3 & 2\end{pmatrix}\textbf{X} \, \, \, \, \, ; \, \, \, \, \, \textbf{X}(0)=\begin{pmatrix} 1\\ 10\end{pmatrix}$.
  • $\dot{\textbf{X}}=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 4\\ 3 & 2 & -1 \\ 2 & 1 & -1\end{pmatrix}\textbf{X}$.
  • $\dot{\textbf{X}}=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\ 2 & 0 & 2 \\ 0 & 1 & 0\end{pmatrix}\textbf{X} \, \, \, \, \, ; \, \, \, \, \, \textbf{X}(0)=\begin{pmatrix} 1\\ 0 \\ 0\end{pmatrix}$.

Más adelante

Una vez que hemos logrado escribir la solución general al sistema $\dot{\textbf{X}}=\textbf{A}\textbf{X}$, cuando $\textbf{A}$ es diagonalizable, continuaremos revisando los posibles casos que se presentan con las raíces del polinomio característico. En particular, en la siguiente entrada revisaremos el caso cuando se presentan raíces complejas, es decir, cuando aparecen valores propios complejos de la matriz $\textbf{A}$.

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Álgebra Lineal II: Propiedades de eigenvectores y eigenvalores

Introducción

En la entrada anterior platicamos acerca de eigenvectores, eigenvalores y eigenespacios de matrices y transformaciones lineales. Vimos algunos ejemplos básicos. En esta entrada profundizaremos en el estudio de estos objetos y exploraremos diversas de sus propiedades. Comenzaremos con algunas observaciones inmediatas. Después, veremos cómo encontrar de manera sencilla los eigenvalores de las matrices triangulares superiores. También veremos que «eigenvectores correspondientes a eigenvalores diferentes son linealmente independientes«. Finalmente, conectaremos estas nuevas ideas con un objeto que estudiamos previamente: el polinomio mínimo.

Primeras observaciones

A partir de la proposición de la entrada anterior que nos dice cómo calcular eigenvalores se desprenden algunas consecuencias sencillas pero útiles.

Por ejemplo, recuerda que el determinante de una matriz y su transpuesta es igual. En particular, si $A\in M_n(F)$ entonces

\begin{align*}
\det(\lambda I_n -\ ^{t}A)= \det(\ ^{t}(\lambda I_n- A))= \det(\lambda I_n-A).
\end{align*}

Luego $\det (\lambda I_n-A)=0$ si y sólo si $\det(\lambda I_n-\ ^{t}A)=0$. Recordando que las raíces de estos polinomios son precisamente los eigenvalores, se sigue que los eigenvalores de $A$ y $^{t}A$ son iguales.

Por otro lado, como los eigenvalores son las raíces de un polinomio de grado $n$, sabemos que hay a lo más $n$ soluciones. Entonces toda matriz tiene a lo más $n$ eigenvalores.

Esto también ocurre para transformaciones lineales en espacios de dimensión finita y lo podemos enunciar como sigue:

Corolario. Sea $V$ un espacio de dimensión finita sobre $F$ y $T:V\to V$ lineal. Entonces $T$ tiene a lo más $\dim V$ eigenvalores distintos.

Sin embargo, si el espacio no es de dimensión finita no podemos hacer tal afirmación. Si $V$ es el espacio de todas las funciones suaves (es decir con derivadas de todos los órdenes) de $\mathbb{R}$ en $\mathbb{R}$ y $T:V\to V$ es la función lineal que a cada función la manda en su derivada, entonces tenemos «muchos» eigenvalores. Haciendo esto más preciso, para cada real $r$ la función $e^{rx}$ es un eigenvector con eigenvalor $r$ puesto que

\begin{align*}
T(e^{rx})= \left(e^{rx}\right)’= re^{rx}.
\end{align*}

Así, tenemos al menos tantos eigenvalores como números reales. De hecho, estos son exactamente los eigenvalores de $T$, lo cual puede demostrarse mediante el teorema de existencia y unicidad de soluciones de ecuaciones diferenciales, que estudiarás en otro momento de tu formación matemática.

Matrices triangulares superiores

Parte del interés de «triangular» matrices (es decir, encontrar una matriz similar que sea triangular superior) está dada por la facilidad de calcular sus eigenvalores. Exploramos esto mediante los siguientes dos problemas.

Problema. Sea $A=[a_{ij}]$ una matriz triangular superior en $M_n(F)$. Demuestra que los eigenvalores de $A$ son precisamente los elementos en la diagonal.

Solución. Ya establecimos que encontrar los valores propios se reduce a encontrar las raíces del polinomio $\det(\lambda I_n-A)$. Notamos que si $A$ es triangular superior, entonces $\lambda I_n-A$ también es triangular superior. Más aún, las entradas de la diagonal son simplemente $\lambda-a_{ii}$. Pero sabemos que el determinante de una matriz triangular superior es el producto de sus entradas diagonales. Así

\begin{align*}
\det(\lambda I_n -A)= (\lambda-a_{11})(\lambda-a_{22})\cdots (\lambda -a_{nn})
\end{align*}

cuyas raíces son exactamente los elementos $a_{ii}$.

$\square$

Podemos combinar el resultado anterior con otras propiedades de matrices triangulares superiores para resolver a mano algunos problemas que de entrada parecen complicados.

Problema. Encuentra los eigenvalores de $A^{3}$ donde

\begin{align*}
A=\begin{pmatrix} 1 & 2 &3 &4 \\ 0 & 5 & 6 & 7\\ 0 & 0 & 8 & 9\\ 0 &0 &0 & 10\end{pmatrix}\in M_4(\mathbb{R}).
\end{align*}

Solución. En realidad no hace falta hacer el producto de matrices para encontrar la matriz $A^3$. Sabemos que el producto de dos matrices triangulares superiores es triangular superior y que de hecho las entradas de la diagonal son solo el producto de las entradas correspondientes. Es decir, si $[a_{ij}]$ y $[b_{ij}]$ son dos matrices triangulares superiores, las entradas de la diagonal son $a_{ii}b_{ii}$. En nuestro caso, las entradas de la diagonal son $1^3, 5^3, 8^3$ y $10^3$, y por el problema anterior, estos son precisamente los eigenvalores de $A^3$.

$\square$

Relaciones con independencia lineal y combinaciones polinomiales

El resultado principal de esta entrada es el siguiente teorema, que en particular afirma que si dos eigenvalores son distintos, sus eigenvectores son linealmente independientes. En realidad, el resultado es un poco más general y lo enunciamos a continuación

Teorema. Sean $\lambda_1,\dots, \lambda_k$ eigenvalores distintos dos a dos de una transformación lineal $T:V\to V$. Entonces los $\lambda_i$-eigenespacios están en posición de suma directa.

Demostración. Por definición, tenemos que demostrar que si tenemos una colección $\{v_i\}$ de vectores con $T(v_i)=\lambda_i v_i$ y $v_1+\dots+v_k=0$ entonces $v_1=\dots=v_k=0$. Procedemos por inducción sobre $k$.

Nuestro caso base es una tautología, pues si $k=1$ entonces tenemos que mostrar que si $v_1=0$ entonces $v_1=0$.

Asumamos que el resultado se cumple para $k-1$ y verifiquemos que se cumple para $k$. Supongamos que $v_1+\dots+v_k=0$. Aplicando $T$ de ambos lados de esta igualdad llegamos a

\begin{align*}
T(v_1+\dots+v_k)&= T(v_1)+\dots+T(v_k)\\
&=\lambda_1 v_1+\dots +\lambda _k v_k=0.
\end{align*}

Por otro lado, si multiplicamos a la igualdad $v_1+\dots+v_k=0$ por $\lambda_k$ de ambos lados llegamos a

\begin{align*}
\lambda_k v_1+\dots +\lambda _k v_k=0.
\end{align*}

Sustrayendo y factorizando estas dos igualdades se sigue que

\begin{align*}
(\lambda_k -\lambda_1)v_1+\dots +(\lambda_k-\lambda_{k-1})v_{k-1}=0.
\end{align*}

Esto es una combinación lineal de los primeros $k-1$ vectores $v_i$ igualada a cero. Luego, la hipótesis inductiva nos dice que $(\lambda_k-\lambda_i)v_i=0$ para todo $i=1,\dots, k-1$. Como $\lambda_k\neq \lambda_i$ entonces $\lambda_k-\lambda_i\neq 0$ y entonces $v_i=0$. Sustituyendo en la igualdad original, esto implica que $v_k=0$ inmediatamente.

$\square$

Enseguida veremos que si formamos un polinomio $P(T)$, entonces $P(\lambda)$ es un eigenvalor de $P(T)$ para cualquier eigenvalor $\lambda$ de $T$. Esto lo veremos en el siguiente problema.

Problema. Sea $\lambda$ un eigenvalor de $T:V\to V$ y sea $P$ un polinomio en una variable con coeficientes en $F$. Demuestra que $P(\lambda)$ es un eigenvalor de $P(T)$.

Solución. Como $\lambda$ es un eigenvalor de $T$, existe $v$ un vector no cero tal que $T(v)=\lambda v$. Inductivamente, se cumple que $T^{k}(v)=\lambda^{k} v$. En efecto

\begin{align*}
T^{k+1}(v)&=T(T^{k}(v))\\
&= T(\lambda^{k} v)\\
&= \lambda^{k}T(v)\\
&=\lambda^{k+1}v.
\end{align*}

Usando esto, si $P(X)=a_n X^{n}+\dots+a_1 X+a_0$ se tiene que

\begin{align*}
P(T)(v)&= a_nT^{n}(v)+\dots +a_1 T(v)+ a_0 v\\
&= a_n\lambda^{n}v+\dots +\lambda v+a_0v\\
&= (a_n\lambda^{n}+\dots +\lambda +a_0)v\\
&= P(\lambda) v.
\end{align*}

Esto muestra que $P(\lambda)$ es un eigenvalor de $P(T)$.

$\square$

Relación con el polinomio mínimo

Una consecuencia del problema previo es la siguiente proposición.

Proposición. Sea $A\in M_n(\mathbb{C})$ una matriz y $P\in \mathbb{C}[X]$ un polinomio tal que $P(A)=O_n$. Entonces cualquier eigenvalor $\lambda$ de $A$ satisface $P(\lambda)=0$.

Solución. Por el problema anterior, $P(\lambda)$ es un eigenvalor de $P(A)$, pero $P(A)=O_n$ y el único eigenvalor de la matriz cero es $0$. Luego $P(\lambda)=0$.

$\square$

De esto, podemos por fin establecer una conexión con el polinomio mínimo, que enunciamos en forma de teorema.

Teorema. Sea $T:V\to V$ una transformación lineal sobre un espacio de dimensión finita sobre un campo $F$. Los eigenvalores de $T$ son precisamente las raíces en $F$ del polinomio mínimo $\mu_T$.

Demostración. Dado que $\mu_T(T)=0$, el problema que acabamos de resolver nos dice que todos los eigenvalores de $T$ son raíces de $\mu_T$.

Conversamente, supongamos que existe $\lambda$ una raíz de $\mu_T$ que no es eigenvalor. Entonces la transformación $T-\lambda \operatorname{Id}$ es invertible. Como $\mu_T(\lambda)=0$, podemos factorizar la raíz y escribir $\mu_T(X)=(X-\lambda)Q(X)$ para algún $Q\in F[X]$. Dado que $\mu_T(T)=0$ deducimos que

\begin{align*}
(T-\lambda \operatorname{Id})\circ Q(T)=0.
\end{align*}

Recordando una vez más que $T-\lambda \operatorname{Id}$ es invertible, esta ecuación implica que $Q(T)=0$. Ya que $\mu_T$ es el polinomio mínimo, por una propiedad que mostramos anteriormente obtendríamos que $\mu_T$ divide a $Q$. Pero esto se contradice con la igualdad $\mu_T(X)=(X-\lambda)Q(X)$, que nos dice que $\mu_T$ tiene grado mayor. Esto concluye la demostración.

$\square$

Ejercicios

Terminamos con un par de ejercicios para repasar el material de estas secciones. El primero de entre ellos toma prestados nombres de la probabilidad (lo lo cuál puede sugerirte en qué tipo de texto te podrías encontrar con estas matrices).

Problema. Una matriz $A\in M_n(\mathbb{R})$ se dice estocástica si $a_{ij}\geq 0$ para todo $i,j\in \{1,\dots, n\}$ y $\sum_{j=1}^{n} a_{ij}=1$ para todo $i\in \{1,\dots, n\}$.

Demuestra que $1$ es un eigenvalor de cualquier matriz estocástica.

Solución. Consideremos el vector $v=(1,\dots, 1)$. Nota que

\begin{align*}
A\cdot v&= \begin{pmatrix}
a_{11} & a_{12} &\dots & a_{1n}\\
a_{21} & a_{22} & \dots & a_{2n}\\
\dots & \dots & \dots & \dots\\
a_{n1} & a_{n2} & \dots & a_{nn}
\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}
1\\
1\\
\vdots\\
1
\end{pmatrix}\\
&= \begin{pmatrix}
a_{11}+a_{12}+\dots+a_{1n}\\
a_{21}+a_{22}+\dots+a_{2n}\\
\vdots\\
a_{n1}+a_{n2}+\dots+a_{nn}
\end{pmatrix}\\
&=\begin{pmatrix}
1\\
1\\
\vdots\\
1\end{pmatrix}.
\end{align*}

Es decir $A\cdot v=v$, por lo que $v$ es un eigenvector de $A$ con eigenvalor asociado $1$.

$\square$

Problema. Sea $V$ el espacio de todos los polinomios con coeficientes reales. Sea $T:V\to V$ la transformación lineal dada por $P(X)\mapsto P(1-X)$. ¿Cuáles son los eigenvalores de $T$?

Solución. Observa que
\begin{align*}T^2(P)&=T\circ T(P)\\&= T(P(1-X))\\&= P(1-(1-X))\\&= P(X).\end{align*} Así $T^2=\operatorname{Id}$, o bien $T^2-\text{Id}=0$. Luego, el polinomio mínimo $\mu_T$ tiene que dividir al polinomio $X^2-1$. Sin embargo, los únicos factores de este polinomio son $X-1$ y $X+1$. Dado que $T\neq \pm \operatorname{Id}$ se tiene que $\mu_T(X)=X^2-1$. Por el último teorema que vimos, los eigenvalores de $T$ son precisamente las raíces de $\mu_T$ en $\mathbb{R}$, es decir $\pm 1$.

$\square$

Tarea moral

  • Sea $V$ el espacio de polinomios con coeficientes reales de grado a lo más $n$. Encuentra los eigenvalores de la transformación $T:P(X)\mapsto P(X)-(1+X)P'(X)$.
  • Si $V$ es el espacio de polinomios con coeficientes reales, encuentra los eigenvalores de $T:P(X)\mapsto P(3X)$.
  • Sean $A,B$ matrices en $M_n(\mathbb{C})$ tales que $AB-BA=B$. Demuestra que para todo $k\geq 1$ se cumple que $AB^{k}-B^{k}A=kB^{k}$ y de esto deduce que $B$ es nilpotente: existe $m$ tal que $B^{m}=0$. Sugerencia: ¿Cuántos eigenvalores puede tener $T:X\mapsto AX-XA$?
  • ¿Puedes generalizar el último problema de la sección de matrices triangulares superiores?
  • Sea $A$ una matriz cuadrada con entradas reales. Supón que $\lambda$ es un real positivo que es eigenvalor de $A^2$. Demuestra que $\sqrt{\lambda}$ o $-\sqrt{\lambda}$ es un eigenvalor de $A$. ¿Sucederá a veces que sólo una de estas es eigenvalor?

Más adelante

En las entradas subsecuentes iremos más a fondo en el concepto de polinomio característico, para eventualmente llegar al teorema de Cayley-Hamilton. Para eso tendremos que equiparnos de bastante teoría y repasar varias propiedades de dicho polinomio.