Algebra Lineal: Valores y Vectores Propios. Departamento de Matemáticas. Intro. Eigenvalues. Multiplicidades

Transcripción

1 Algebra

2 ducción Los valores y vectores propios son muy importantes en el análisis sistemas lineales. En esta presentación veremos su finición y cómo se calculan.

3 vectores propios Sea A una matriz cuadrada, un número real λ se dice que es un valor propio o un eigenvalor o un valor característico A si existe un vector, diferente l vector cero, x o tal que: Ax o = λ x o Es cir, es un vector que al transformarlo mediante la multiplicación por A el vector resultante mantiene la dirección, posiblemente sólo su longitud y/o sentido se modifique. El vector x o se llama vector propio o eigenvector o vector característico asociado al valor propio λ.

4 Para la matriz A A = [ Indique cuáles vectores son vectores propios: ( ) ( ) ( v 1 =, v 1 2 =, v 3 3 = 1 Solución: Veamos si v 1 es vector propio A: [ ] ( ) ( Av 1 = = ] ), v 4 = ) ( 0 2 ) Ahora veamos si Av 1 es un múltiplo v 1 : ( ) ( ) 3 1 Av 1 = = 3 = 3 v Por tanto, v 1 sí es vector propio A y está asociado al valor propio 3.

5 Veamos si v 2 es vector propio A: [ ] ( ) ( Av 2 = = Ahora veamos si Av 2 es un múltiplo v 2 : ( ) ( ) 8 2 Av 2 = k 7 3 Por tanto, v 2 no es vector propio A. El cálculo para v 1 y para v 2 se realizan en la calculadora como se ilustra en la siguiente figura. )

6 Veamos si v 3 es vector propio A: [ ] ( ) ( Av 3 = = Ahora veamos si Av 3 es un múltiplo v 3 : ( ) ( 1 1 Av 3 = = Por tanto, v 3 sí es un vector propio A y está asociado al valor propio -1. Veamos si v 4 es vector propio A: Av 4 = [ ] ( 0 2 ) = ( 4 2 Ahora veamos si Av 4 es un múltiplo v 4 : ( ) ( ) 4 0 Av 4 = k 2 2 por tanto, v 4 no es vector propio A ) ) )

7 Indique cuáles los siguientes valores λ 1 = 1, λ 2 = 1, λ 3 = 2, λ 4 = 2 son valores propios la matriz A: [ ] 5 3 A = 6 4 Solución λ 1 es valor propio ssi existe un vector x diferente cero tal que: A x = λ 1 x Es cir, ssi (A λ 1 I) x = A x λ 1 I x = A x λ 1 x = 0 no tiene solución única: [ ] 5 ( 1) 3 0 [A λ 1 I 0] = 6 4 ( 1) 0 [ 1 1/ ]

8 Como el sistema tiene una variable libre, el sistema tiene infinitas soluciones: por tanto amás la solución x = 0, existen muchos vectores x diferentes l vector cero tales que Ax = λ 1 x. Por tanto, λ 1 sí es valor propio la matriz A. De hecho, pomos encontrar la solución general al sistema anterior: [ ] { 1 1/2 0 x = 1/2 y {x 1/2y = y = y Por tanto, todos los vectores propios asociados a λ 1 se obtienen: ( ) 1/2 x = y, con y 0 1 Veamos si λ 2 es valor propio A: [ ] 5 (1) 3 0 [A λ 2 I 0] = 6 4 (1) 0 [ ]

9 Como el sistema tiene solución única x = 0, por tanto no existe un vector diferente cero x que cumpla A x = λ 2 x. Por tanto, λ 2 no es un vector propio A. La regla es : λ es valor propio A ssi al reducir [A λ I 0] se tiene al menos una variable libre. Veamos si λ 3 es valor propio A: [ ] 5 (2) 3 0 [A λ 3 I 0] = 6 4 (2) 0 [ ] Una variable libre; por tanto, λ 3 sí es valor propio A. Veamos si λ 4 es valor propio A: [ ] 5 ( 2) 3 0 [A λ 4 I 0] = 6 4 ( 2) 0 [ Ninguna variable libre; por tanto, λ 4 no es valor propio A ]

10 Cuando se tiene una calculadora que pue calcular valores y vectores propios es más fácil. Basta comparar lo números dados con los obtenidos por la calculadora.

11 Determinación Valores Sea λ o un valor propio la matriz cuadrada A, esto será cierto si y sólo si existe un vector x o (x o 0) tal que: Por tanto: Ax o = λ o x o = λ o I n x o Ax o λ o I n x o = (A λ o I n ) x o = 0 Si B = A λ o I n, esto será cierto si y sólo si el sistema homogéneo n n Bx = 0 tiene, amás la solución trivial, otra solución (x = x o 0). Es cir, si y sólo si no tiene solución única.

12 Y esto será cierto, si y sólo si el terminante la matriz B es cero: t(b) = t (A λ o I n ) = 0 es cir, que todo escalar λ o es valor propio A si y sólo si es raíz l polinomio característico asociado a A: p A (λ) = t (A λi n ) y un vector propio asociado a λ o be ser solución al sistema homogéneo (A λ o I n ) x = 0 Note al ser p A (t) un polinomio grado igual que n, habrá a lo más n valores propios.

13 Determine los valores y los vectores propios correspondientes a la matriz: [ ] 1 2 A = 2 1 Solución en la TI La TI tiene el comando eigvl para obtener los valores propios una matriz. Pero usando el comando kernelbasis la TI Nspire CAS se puen obtener en forma directa los generadores para los vectores propios cada valor propio. Esto se ilustra en la siguiente figura.

14 Solución analítica Determinemos el polinomio característico A: ([ ] [ p A (λ) = t (A λi 2 ) = t λ ([ 1 2 p A (λ) = t 2 1 p A (λ) = ] [ λ 0 0 λ ]) ]) ([ 1 λ 2 = t 2 1 λ 1 λ λ = (1 λ)2 4 ]) p A (λ) = λ 2 2λ 3 = (λ 3) (λ + 1) Por tanto, los únicos valores propios son λ 1 = 3 y λ 2 = 1.

15 Vector propio para λ 1 = 3 Debe ser solución al sistema homogéneo: Es cir: ([ (A λi 2 ) x = 0 ] [ 1 0 (3) 0 1 ]) x = 0 Desarrollando y finalmente aplicando Gauss-Jordan: [ ] [ ] [ x = ] Convirtiendo en ecuación y poniendo en la notación vectorial: ( ) ( ) x 1 x y = 0 x = y = y, y 0 y 1

16 Lo anterior indica que cualquier vector la forma: ( ) 1 y, y 0 1 es un vector propio asociado a λ 1 = 3. Es importante señalar que la variable libre y no pue ser cero, pues otra manera el vector que obtendríamos sería el vector cero, el cual por finición no pue ser vector propio. Nosotros nos conformaremos con un vector propio: digamos el que se obtiene para y = 1: ( ) 1 1

17 Vector propio para λ 2 = 1 Debe ser solución al sistema homogéneo: Es cir: ([ (A λi 2 ) x = 0 ] [ 1 0 ( 1) 0 1 ]) x = 0 Desarrollando y finalmente aplicando Gauss-Jordan: [ ] [ ] [ x = ] Convirtiendo en ecuación y poniendo en la notación vectorial: ( ) ( ) x 1 x + y = 0 x = y = y, y 0 y 1

18 Lo anterior indica que cualquier vector la forma: ( ) 1 y, y 0 1 es un vector propio asociado a λ 2 = 1; nosotros nos conformaremos con uno: digamos el que se obtiene para y = 1: ( ) 1 1

19 Multiplicidad Algebraica Sea A una matriz cuadrada y λ o un valor propio. Como hemos visto λ be ser raíz l polinomio característico A p A (λ) así: (λ λ o ) p A (λ) Al mayor exponente m que cumple p A (λ) = (λ λ o ) m q(λ) le llamaremos la multiplicidad algebraica o dimensión algebraica λ o.

20 Un resultado importante es que el conjunto vectores invariantes asociados a un escalar es un espacio lineal: Sea A una matriz cuadrada n n y λ un escalar cualquiera entonces E λ = {x R n Ax = λx} es un espacio lineal R n.

21 Demostración E λ Efectivamente, como A 0 = 0 = λ 0, entonces 0 E λ. E λ es cerrado bajo la suma Sean x 1 y x 2 en E λ. Por tanto, A x 1 = λ x 1 y A x 2 = λ x 2. Por consiguiente, A (x 1 + x 2 ) = A x 1 + A x 2 = λ x 1 + λ x 2 = λ (x 1 + x 2 ) Por tanto, x 1 + x 2 E λ. E λ es cerrado bajo el producto Sean x en E λ y c R. Por tanto, A x = λ x. Por consiguiente, A (c x) = c A x = c λ x = λ (c x) Por tanto, c x E λ. Lo anterior prueba que E λ es un espacio lineal

22 Multiplicidad Geométrica Siendo λ un valor propio, el anterior conjunto que se llama el espacio invariante o espacio propio o eigenespacio asociado a λ y es un espacio lineal diferente {0} así tiene dimensión mayor que cero: la dimensión l espacio anterior se llamará multiplicidad geométrica o dimensión geométrica l valor propio λ. Note que E λ correspon al espacio nulo la matriz A λ I. Así pues la dimensión geométrica λ es el número columnas sin pivote en la matriz reducida que se obtiene A λ I.

23 Determine los valores propios y sus multiplicidas geométricas para la matriz: A = Solución Primeramente terminemos el polinomio característico: p A (t) = t(a t I) = 1 2 t 2 + t 4 = (t 1) 2 (t ( 1)) 2

24 De lo anterior concluimos que los únicos valores propios son t 1 = 1 y t 2 = 1 y que ambos tienen multiplicidad algebraica 2. Determinemos ahora sus multiplicidas geométricas: Para t 1 = 1 Al resolver [A t 1 I 0] tenemos: [A t 1 I 0] Al haber una columna sin pivote hay una variable libre, concluimos que la dimensión geométrica t 1 = 1 es 1.

25 Para t 2 = 1 Al resolver [A t 2 I 0] tenemos: [A t 2 I 0] Al haber dos columnas sin pivote hay dos variables libres, concluimos que la dimensión geométrica t 2 = 1 es 2

26 Determine la multiplicidad algebraica y geométrica cada uno los valores propios la siguiente matriz A = Solución El polinomio característico A es: p A (t) = t(a t I) = t 35 t t t 4 8 t 5 +t 6 y sus raíces son t 1 = 3, t 2 = 4, t 3 = 4, t 4 = 1, t 5 = 1, t 6 = 1

27 Análisis t = 3 Como t = 3 aparece como raíz una sola vez, entonces su multiplicidad algebraica es 1. Para terminar su multiplicidad geométrica analicemos [A (3) I 0] / / / / don todos los vectores propios asociados a t = 3 son la forma: c < 1/3, 0, 1/3, 1/3, 2/3, 1 >, c 0 Por tanto, la multiplicidad geométrica t = 3 es 1.

28 Análisis t = 4 Como t = 4 aparece como raíz dos veces, entonces su multiplicidad algebraica es 2. Para terminar su multiplicidad geométrica analicemos [A (4) I 0] / / / don todos los vectores propios asociados a t = 4 son la forma: c < 0, 0, 1/3, 1/3, 2/3, 1 >, c 0 Por tanto, la multiplicidad geométrica t = 4 es 1.

29 Análisis t = 1 Como t = 1 aparece como raíz tres veces, entonces su multiplicidad algebraica es 3. Para terminar su multiplicidad geométrica analicemos [A ( 1) I 0] don todos los vectores propios asociados a t = 1 son la forma: c 1 < 1, 1, 1, 0, 0, 0 > +c 2 < 0, 0, 0, 0, 1, 0 > +c 3 < 0, 0, 0, 0, 0, 1 Por tanto, la multiplicidad geométrica t = 1 es 3.