CAPÍTULO 5: AUTOVALORES Y AUTOVECTORES, FORMA CANÓNICA DE JORDAN

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1 CAPÍTULO 5: AUTOVALORES Y AUTOVECTORES, FORMA CANÓNICA DE JORDAN 5.1- Definición: matrices semejantes. Se dice que dos matrices A y B son semejantes si existe una matriz regular P tal que se verifica B = P 1 AP. La matriz P se denomina matriz de paso. Nótese que si tenemos un endomorfismo f: E E de matriz A cuya expresión matricial respecto de dos bases es Y = AX y realizamos el mismo cambio de base en los espacios de llegada y partida (Y = PY y X = PX) entonces tenemos Y = (P 1 AP)X respecto de las nuevas bases. De aquí se sigue que las matrices de un endomorfismo respecto de diferentes bases son semejantes Propiedades de las matrices semejantes. a) Si A y B son semejantes se tiene que A = B b) Si A y B son semejantes entonces también lo son A n = B n c) Si A es semejante a A y B es semejante a B con la misma matriz de paso P entonces la matriz λa + μb es semejante a λa + μb con matriz de paso P para cualesquiera escalares λ, μ. d) Las matrices de un endomorfismo en diferentes bases son semejantes Definición de autovalor y autovector. Dado λ C diremos que λ es autovalor del endomorfismo f: E E si existe un vector u E tal que f(u ) = λu. Diremos que u es un autovector asociado al autovalor λ. Si la matriz de f es A entonces diremos que λ es autovalor de la matriz A si λ es autovalor del endomorfismo f: E E. Si f(u ) = λu entonces Au = λu y operando se llega a (A λi)u = 0. Si queremos que u sea un vector no nulo es necesario que el sistema anterior sea compatible indeterminado para lo cual es necesario que se verifique A λi = 0. La idea de los autovalores y autovectores es buscar una base respecto de la cual la matriz de f sea totalmente diagonal Polinomio característico y espectro de una matriz. Dada una matriz cuadrada A de orden n se llama polinomio característico de A a: P(λ) = A λi y sus raíces son los autovalores de A. Si λ i es un cero de P(λ) de multiplicidad r diremos que λ i es un autovalor de multiplicidad r de A. El espectro de una matriz se define como los autovalores de dicha matriz. Pedro_CC 1

2 - Ejemplo: demostrar que toda matriz cuadrada estocástica tiene el autovalor λ = 1 (una matriz es estocástica si la suma de todos los elementos de cada columna es igual a 1). a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 Sea A =, tenemos que: a n1 a nn a 11 λ a 12 a 1n a P(λ) = A λi = 21 a 22 λ = a n1 a nn λ 1 λ 1 λ 1 λ a 21 a 22 λ a = (1 λ) 21 a 22 λ a n1 a nn λ a n1 a nn λ donde le hemos sumado a la primera fila todas las demás y hemos sacado (1 λ) fuera del determinante. La última expresión implica que λ = 1 es autovalor, que es lo que queríamos Propiedades. Si A es una matriz cuadrada de orden n y λ 1, λ 2,, λ n son sus autovalores repetidos tantas veces como su multiplicidad se verifica: Tr(A) = λ 1 + λ λ n 5.6- Subespacio vectorial propio o invariante. A = λ 1 λ 2 λ n Sea A una matriz de autovalores conocidos. Dado un λ i cualquiera se verifica f(u ) = λ i u y también (A λ i I)u = 0. Los vectores u que verifican la ecuación anterior pertenecen al núcleo del endomorfismo que tiene por matriz (A λ i I) y, por tanto, tienen estructura de subespacio vectorial. Dicho subespacio vectorial se denomina subespacio propio o invariante asociado a λ i y se denota por N 1,λi, es decir: N 1,λi = ker(a λ i I) = {u E Au = λ i u } - Propiedad: si λ i es un autovalor de multiplicidad r de A es necesario que se verifique que: dim(a λ i I) = r = dim (N 1,λi ) para que la matriz A sea diagonalizable. Lamentablemente 1 dim (N 1,λi ) r por lo que A no es siempre diagonalizable. La mínima dimensión de N 1,λi es 1 pues el sistema tiene infinitas soluciones Más propiedades de autovalores. Sea A una matriz cuadrada de orden n. Entonces se verifica: Pedro_CC 2

3 a) A y A t tienen los mismos autovalores. b) Si λ es autovalor de A entonces kλ es autovalor de ka para cualquier escalar k. c) Si λ es autovalor de A entonces λ k es autovalor de A ki para cualquier escalar k. d) Si λ es autovalor de A y existe A 1 entonces λ 1 es autovalor de A 1. e) Si A, B son semejantes tienen el mismo polinomio característico y, por tanto, los mismos autovalores. f) Si λ es autovalor de A entonces λ n es autovalor de A n para cualquier n N. g) λ = 0 es autovalor de A si y solo si ker (f) 0. (Es decir, λ = 0 es autovalor de A si y solo si f no es inyectiva). h) Si u 1, u 2,, u n es un sistema de autovectores asociados a autovalores distintos, entonces son linealmente independientes. Además, si u es un autovector de A asociado al autovalor λ se verifica: - u es un autovector de ka asociado al autovalor kλ. - u es un autovector de A ki asociado al autovalor λ k. - u es un autovector de A 1 asociado al autovalor λ 1. - u es un autovector de A n asociado al autovalor λ n Matrices estrictamente diagonalizables. Una matriz cuadrada A es estrictamente diagonalizable si es semejante a una matriz diagonal J. Es decir, si existe una matriz P de determinante no nulo tal que J = P 1 AP. Esto es posible si somos capaces de encontrar una base B de E formada únicamente por autovectores linealmente independientes, lo que sucede si dim N 1,λ es igual a la multiplicidad de λ. Además, la matriz P tendrá en sus columnas las coordenadas de los autovectores de B. - Cálculo de J y P: Sea A una matriz cuadrada de orden n con autovalores λ 1, λ 2,, λ s de multiplicidad s r 1, r 2,, r s. Nótese que se debe verificar que i=1 r i = n. Consideremos una base de cada subespacio invariante N 1,λi : B N 1,λi = {u i 1, u i 2,, u i ri } Respecto de la base formada por la unión de todos los elementos de cada base B = B N 1,λ1 B N 1,λs tenemos que la matriz de la aplicación lineal f será: Pedro_CC 3

4 λ λ λ J = 0 0 λ λ s λ s Es decir: J es una matriz cuyos elementos de la diagonal principal son λ 1, λ 2,, λ s repetidos tantas veces como indica su multiplicidad. Los elementos de J que no están en la diagonal principal son todos nulos. Además, la matriz P que verifica J = P 1 AP es la que tiene en sus columnas las coordenadas de los elementos de B. Es decir, la primera columna de P será u 1 1, la segunda será u 2 1 si el 2 autovalor λ 1 tiene multiplicidad al menos dos y será u 1 si el autovalor λ 1 tiene multiplicidad uno y así sucesivamente hasta llegar a la última columna de P, que será u s rs. - Ejemplo: Calcular la forma canónica de Jordan y la matriz de paso del endomorfismo cuya matriz respecto de una cierta base B tiene la expresión: A = λ 0 4 Tenemos P(λ) = A λi = 0 3 λ 0 = (3 λ)[(5 λ)( 1 λ) + 8] = λ (3 λ)(3 λ)(λ 1) por lo que λ = 3 es autovalor doble y λ = 1 es autovalor simple. Calculamos los subespacios invariantes: Si λ = 1 tenemos: x 0 (A I)u = y = 0 de donde obtenemos las ecuaciones implícitas z 0 y = 0, x = z por lo que el subespacio asociado a este autovalor viene dado por L{(1,0,1)} Si λ = 3 tenemos: x 0 (A 3I)u = y = 0 de donde obtenemos la ecuación implícitas x = 2z por z 0 lo que el subespacio asociado a este autovalor viene dado por L{(2,0,1), {0,1,0}} Por tanto una posible forma canónica de Jordan y su matriz de paso asociada vienen dadas por: J = 0 3 0, P = Pedro_CC 4

5 5.9- Teorema. La condición necesaria y suficiente para que una matriz A sea diagonalizable es que los ceros del polinomio característico tengan raíces en el cuerpo en el que estamos trabajando (normalmente R) y que dim (N 1,λ ) sea igual a la multiplicidad de λ para todos los autovalores de A Teorema de Cayley-Hamilton. Toda matriz cuadrada de orden n es raíz de su polinomio característico Forma canónica de Jordan. Toda matriz cuadrada A de orden n es semejante a una matriz J de la forma: J J J = J n λ i 0 0 Siendo J i una matriz de la forma 0 0 (todos los elementos fuera de la diagonal 0 0 λ i λ i principal son cero) o bien de la forma λ i 0 0 (debajo de la diagonal principal o 0 λ i hay tantos unos como vectores no propios se necesiten para construir la base B y el resto son ceros). Para cada autovalor λ de multiplicidad r podemos tener dos casos: a) dim N 1,λ = r, en este caso existen r autovectores linealmente independientes que forman λ 0 0 una base de N 1,λ respecto de la cual la matriz de f es de la forma λ b) dim N 1,λ = s < r Definimos N h,λ de la siguiente manera: N h,λ = ker(a λi) h = {x E (A λi) h x = 0 } Resulta que se cumple que (reflexionar sobre ello): N 1,λ N 2,λ N 3,λ N k,λ = N k+1,λ para algún k natural. Esto sucederá cuando dim N k,λ = r Tomamos una base de N k,λ \N k 1,λ, es decir, de los vectores contenidos en N k,λ que no están en N k 1,λ. Sea {u 1, u 2,, u p } dicha base. Para el primer vector de la base construimos una caja de la siguiente manera: Pedro_CC 5

6 u 1 = (A λi)u 1 N k 1,λ u 2 = (A λi)u 1 N k 2,λ u k 1 = (A λi)u k 2 N 1,λ Respecto de la base {u 1, u 2,, u k 1 } la caja asociada J i será de la forma: λ λ λ Ahora repetimos el proceso anterior con los vectores restantes de {u 1, u 2,, u p } obteniendo una caja de orden k para cada uno de ellos. Después repetimos el proceso con los vectores de N k 1,λ \N k 2,λ que estén sin usar obteniendo cajas de orden k 1 y así hasta el final. Si al final hay autovalores de N 1,λ sin usar pondremos una caja de orden uno por cada uno de ellos. - Ejemplo: Calcular la forma canónica de Jordan y la matriz de paso del endomorfismo que tiene matriz A respecto de una cierta base B A = Tenemos P(λ) = A λi = (λ + 1)(λ 1) 2 por lo que λ = 1 es autovalor doble y λ = 1 es autovalor simple. Calculamos los subespacios invariantes: Si λ = 1 tenemos: x 0 (A + I)u = y = 0 de donde obtenemos las ecuaciones implícitas z 0 11x + 4y + 13z = 0, 5x + 4y + 7z = 0 (podemos quitar una) por lo que el subespacio asociado a este autovalor viene dado por L{( 2, 1,2)} (se aconseja que hagáis las cuentas). Si λ = 1 tenemos: x 0 (A I)u = y = 0 de donde obtenemos las ecuaciones implícitas z 0 9x + 4y + 13z = 0, 5x + 2y + 7z = 0 por lo que el subespacio asociado a este autovalor viene dado por L{( 1, 1,1)} (de nuevo, se aconseja que hagáis las cuentas). Como λ = 1 es autovalor doble y sólo hemos obtenido un autovector tenemos que calcular ker (A I) 2, y resulta: Pedro_CC 6

7 x 0 (A I) 2 u = y = 0 de donde obtenemos la ecuación implícita z 0 2x + y + 3z = 0 que equivale a L{(3,0, 2), (0,3, 1)}. Tomamos el vector w = (0,3, 1) y resulta (A I)w = (1,1, 1) por lo que una posible forma canónica de Jordan y su matriz de paso asociada vienen dadas por: J = 0 1 0, P = Observación: para ver que realmente la forma canónica de Jordan de este endomorfismo es la matriz que hemos obtenido anteriormente podemos calcular la matriz del endomorfismo en la base B = {( 2, 1,2), (0, 3,1), (1,1, 1)} tal y como hacíamos en el capítulo de aplicaciones lineales: f( 1, 1,1) = = el último vector tiene coordenadas ( 1,0,0) respecto de B por lo que la primera columna de la matriz de la aplicación lineal es ( 1,0,0) t f(0,3, 1) = = 2 = que tiene por coordenadas (0,1,1) respecto de B por lo que la segunda columna de la matriz de la aplicación lineal es (0,1,1) t f(1,1, 1) = = que tiene por coordenadas (0,0,1) respecto de B por lo que la tercera columna de la matriz de la aplicación lineal es (0,0,1) t. Por tanto, hemos efectuado correctamente el cálculo de la forma canónica de Jordan. Para que penséis un poco os aconsejo que calculéis cómo sería la matriz del endomorfismo anterior respecto de la base B = {(1,1, 1), (0, 3,1), ( 2, 1,2)} (he cambiado el primer y el tercer vector de la base, deberíais poder ver lo que va a salir sin hacer muchas cuentas pero si no lo veis haced las cuentas y reflexionar sobre lo que os sale) - Ejemplo: sea λ un autovalor asociado a un endormorfismo que verifica f 2 = f. Hallar los posibles valores de λ. Solución 1: Si f 2 = f entonces A 2 = A siendo A la matriz del endomorfismo f en cualquier base B. Operando y tomando determinantes resulta A ( A 1) = 0. Si A = 0 entonces λ = 0 es autovalor de f puesto que A λi = A en este caso. Veamos que si λ 0 entonces necesariamente tiene que ser λ = 1 si A es estrictamente diagonalizable. Pedro_CC 7

8 Supongamos que A es una matriz estrictamente diagonalizable y sea C la forma canónica de Jordan del endomorfismo f y P la correspondiente matriz de paso. Como se verifica que A 2 = A entonces tenemos PC 2 P 1 = PCP 1 que equivale a C 2 = C. Tenemos: λ λ C = 0 0 = 0 0 = C λ 2 n 0 0 λ n de donde se sigue que todos los autovalores de A verifican λ 2 λ = 0 y las únicas posiblidades son λ = 0 (como ya hemos visto) y λ = 1. Se propone como ejercicio ver si es posible que A no sea estrictamente diagonalizable y, en este caso, ver cuáles serían los posibles valores de λ. - Observación: esta solución es un poco de andar por casa en el sentido de que da la impresión de que la persona que la ha escrito no tiene las cosas del todo claras. Sin embargo, es correcta (lo que está hecho: falta lo que se propone como ejercicio) y muestra la clase de cosas que tenéis que intentar hacer en el examen para rascar puntos de las preguntas que no sabéis muy bien cómo hacer. Solución 2: Aplicando el teorema de Cayley-Hamilton se sigue que A 2 = A implica λ 2 = λ y por tanto las únicas posibilidades son λ = 0 y λ = 1. - Observación: el teorema de Cayley-Hamilton nos garantiza que si el polinomio característico es de la forma λ n + a n 1 λ n 1 + = 0 entonces la matriz A verifica la expresión A n + a n 1 A n 1 + = 0 siendo 0 la matriz nula. Sin embargo, la otra implicación no es estrictamente cierta y por tanto solo obtenemos posibles valores de λ al utilizarla. De hecho, es sencillo ver que la matriz nula y la matriz identidad cumplen A 2 = A y una solo tiene el autovalor 0 y la otra sólo tiene el autovalor 1. Solución 3: Si λ es autovalor asociado al autovector v entonces f(v )= λv y aplicando f a ambos miembros de la igualdad y teniendo en cuenta que f es lineal resulta f f(v ) = f(λv ) = λf(v ) = λ 2 v. Como f 2 = f resulta f f(v ) = f(v )= λv por lo que igualando esta expresión con la anterior resulta λ 2 v = λv y como v tiene que ser no nulo las únicas posibilidades son λ = 0 y λ = Algunas preguntas frecuentes. a) Qué pasa si en las cadenas tomamos los vectores de abajo a arriba? Pedro_CC 8

9 λ 1 0 Los unos pasan arriba de la diagonal principal. En concreto, J = 0 λ 1 respecto de 0 0 λ B = {v 3, v 2, v 1}. b) Será posible la situación del gráfico? No, veámoslo por contradicción. Si suponemos (A λi)v 1 = (A λi)v 2 entonces (A λi)(v 1 v 2 ) = 0 lo que implica que v 1 v 2 N 1,λ. Esto es imposible ya que v 1 v 2 N 3,λ por ser N 3,λ subespacio vectorial. c) Será posible la situación del gráfico? No, veámoslo por contradicción. Si esto fuera cierto tendríamos que (A λi)v 1 N 1,λ lo que implica que (A λi) 2 v 1 = 0. Sin embargo esto es imposible puesto que v 1 N 2,λ Exponencial de una matriz. Si A es una matriz cuadrada de orden n. Se define la exponencial de la matriz A como: e A = I + A + A2 2! + + An n! Pero si J es la forma canónica de Jordan de la matriz A se verifica que: e A = Pe J P 1 Por lo que para calcular e A basta con conocer P y e J. Pedro_CC 9

10 J J Además, si tenemos J = entonces se cumple que J n e J e J = 0 e J por lo que es suficiente con saber calcular e J i para los distintos e J n tipos de cajas J i. λ 0 0 e λ 0 0 -Si J i = 0 0 entonces se tiene que e J i = λ 0 0 e λ λ / λ 0 0 -Si J i = entonces se tiene que e J i = e λ 0 0 1/2! 1/ λ 1/r! 1/2! 1/1 1 Análogamente podemos definir e At, y tenemos e At = Pe Jt P 1. De forma análoga tenemos que: λ 0 0 e λt 0 0 -Si J i = 0 0 entonces se tiene que e Jit = λ 0 0 e λt λ t/ λ 0 0 -Si J i = entonces se tiene que e Jit = e λt 0 0 t 2 /2! t/ λ t r /r! t 2 /2! t/ Cálculo de la potencia de una matriz. Si A es una matriz cuadrada y J es su forma canónica de Jordan se verifica que A n = PJ n P 1 y n J J J si tenemos J = n 0 J se verifica que Jn = Por tanto basta J n n J n con calcular J n i para cualquier tipo de caja. Distinguimos dos casos: λ 0 0 λ n Si J i = 0 0 entonces se tiene que J n i = λ 0 0 λ n Pedro_CC 10

11 λ λ Si J i = entonces se tiene que: λ λ J n 0 λ i = λ n = n 0 Dn C 0 + n 1 Dn 1 C 1 + (siendo D la matriz estrictamente diagonal y C la que tiene los unos debajo de la diagonal principal) La matriz C verifica que C m = 0 a partir de un cierto entero, por lo que en la práctica suele bastar con calcular los primeros dos o tres términos del desarrollo del binomio de Newton Ejemplo: Calcular A n siendo A = Tenemos D = 0 3 0, C = Como C 3 es la matriz nula resulta (empleando la expresión del apartado anterior de teoría): 3 n n n 0 0 A n = 0 3 n 0 + n n 1 0 = n3 n 1 3 n n n 1 0 n3 n 1 3 n -Resumen capítulo 5: Este tema es el más complicado de toda la asignatura. Afortunadamente, no da tiempo a verse en profundidad antes de los exámenes de diciembre, por lo que los electromecánicos podéis esperar un ejercicio de unos 2 puntos en dicho examen y los telemáticos, con suerte, tendréis alguna pregunta de álgebra de Boole en su lugar y este tema os entrará en el segundo cuatrimestre, aunque si no tenéis suerte también podría caeros algo de este tema y aconsejo que por lo menos tengáis unas nociones básicas y hagáis el problema siguiente: Problema 2 (Enero ,2 puntos) Se considera el espacio vectorial de las matrices simétricas de orden 2 S 2 y B = { , 0, } una base del mismo. Sea f: S 2 S 2 un endomorfismo y A su matriz asociada en la base B. Se sabe que: f 1 0 β 1 1 α 0 2β 2 = 2α, f 0 = 0, f 0 = 2α α + β 1 0 α α + 2β Estudiar para qué valores de α y β el endomorfismo f es estrictamente diagonalizable. Para dichos valores hallar una forma canónica de Jordan J y una matriz de paso P de A. Pedro_CC 11

12 No creo que en el examen de diciembre os pongan un problema mucho más difícil que éste. a) Del enunciado se deduce que la matriz de la aplicación en la base B es: 2α β 0 2α 2β M = 1 α 2 α + β 0 α + 2β Los autovalores vienen dados por la expresión M λi = (α λ) 2 (β λ) por lo que podemos distinguir dos casos. - Si α β entonces f tendrá el autovalor doble λ = α y el autovalor simple λ = β. Calculamos los autovalores asociados a λ = α para ver si en este caso f es diagonalizable: α β 0 2α 2β x 0 (M αi)u = y = 0 α + β 0 2α + 2β z 0 Obtenemos la ecuación x + 2z = 0 por lo que los autovalores asociados a λ = α son u 1 = (0,1,0), u 2 = (2,0, 1). Esto implica que f es estrictamente diagonalizable. Calculamos el autovalor asociado a λ = β: 2α 2β 0 2α 2β x 0 (M βi)u = 1 α β 2 y = 0 α + β 0 α + β z 0 de donde obtenemos las ecuaciones (dividiendo por α β la primera): x + z = 0 x + (α β)y + 2z = 0 pasando la variable y a la columna de términos independientes y resolviendo el sistema se obtiene que el autovector asociado a λ = β es u 3 = ((α β), 1, (α β)). La forma canónica de Jordan es: α 0 0 J = 0 α β y la matriz de paso es: 0 2 α β P = (α β) - Si α = β entonces f tendrá el autovalor triple λ = α. Calculamos los autovectores asociados a dicho autovalor: α β 0 2α 2β x 0 (M αi)u = y = 0 α + β 0 2α + 2β z 0 y obtenemos (como en el caso anterior) la ecuación x + 2z = 0. Esto implica que la aplicación f sólo tiene dos autovectores asociados al autovalor λ = α y al ser triple la multiplicidad de dicho autovalor esto implica que f no es estrictamente diagonalizable. Pedro_CC 12

13 Veamos otro problema un poco más complicado: Problema 4 (Mayo , 2.5 puntos) Sea la familia de endomorfismos f α : R 2 [x] R 2 [x], siendo R 2 [x] el espacio vectorial de los polinomios de grado menor o igual que 2 en R y sea A = 0 α la matriz de f α en la base B = {1 + x, x 2, x x 2 }. Se pide: a) Calcular la forma canónica de Jordan de f α para los diferentes valores del parámetro real α. b) Siendo A la matriz de f α en la base canónica B = {1, x, x 2 }, calculese para el valor de α R para el que f α no es estrictamente diagonalizable: i) Una matriz de paso P tal que J = P 1 AP ii) Los autovalores de la matriz (A 5 2I) 3 a) Calculamos los autovalores de A: A λi = (2 λ)(α λ)( λ) por lo que la matriz A tiene los autovalores λ = 0, λ = α, λ = 2. Distinguimos varios casos: - Si α es distinto de 2 y de 0 la forma canónica de Jordan de la matriz A es: α 0 0 J = Si α = 2 calculamos los autovectores asociados a λ = α = 2: x 0 (A αi)u = y = z 0 tenemos la ecuación y 2z = 0 por lo que el autovalor λ = α = 2 tiene dos autovectores asociados por lo que f es estrictamente diagonalizable y su forma canónica de Jordan es: J = Si α = 0 calculamos los autovectores asociados a λ = α = 0: x 0 (A αi)u = y = z 0 Tenemos las ecuaciones {2x + y 2z = 0, y = 0} por lo que el autovalor λ = α = 0 tiene un único autovector asociado y la forma canónica de Jordan de f es: Pedro_CC 13

14 2 0 0 J = b) Teniendo en cuenta el apartado anterior tenemos α = 0. Calculamos primero el autovector asociado a λ = 2: x 0 (A 2I)u = y = z 0 de donde obtenemos las ecuaciones {y = 0, y 2z = 0} y el autovector u 1 = (1,0,0) Calculamos N 2,0 : x 0 A 2 u = y = z 0 de donde se obtenemos la ecuación x = z y los vectores u = (0,1,0), v = (1,0,1). Teniendo en cuenta el apartado a) es fácil ver que u N 1,0 mientras que v N 1,0. Esto implica que el vector de la base asociada a la columna no estrictamente diagonal de J será u mientras que el autovector asociado al autovalor cero que aparecerá en la base será Au = (1,0,1) (que coincide por casualidad con v, pero no podemos poner v en la base sin hacer cuentas más: hay que poner Au para que las cosas salgan bien). Para la J calculada en el apartado a) cuando α = 0 parece lógico que la matriz de paso será: P = Sin embargo, hay un pequeño detalle que estamos pasando por alto: la matriz de A nos la dan en la base B = {1 + x, x 2, x x 2 } mientras que la matriz de paso nos la piden para pasar de la base B = {1, x, x 2 } a la base formada por los vectores que acabamos de calcular. Por tanto, tenemos los vectores de la matriz de paso expresados en B y necesitamos expresarlos en B. Esto implica que el primer vector de la matriz de paso no es (1,0,0), sino 1(1 + x) + 0x 2 + 0(x x 2 ) expresado como coordenadas en B, que es (1,1,0). Procediendo de la misma manera con el resto de columnas de la matriz de paso anterior tenemos que la matriz de paso que realmente nos piden es: P = Observación: reconozco que el detalle de cambiar las bases que acabamos de ver está puesto un poco a traición. En el examen de diciembre no habrá sutilezas de este estilo, pero sí que pueden caer las propiedades de los autovalores con cuestiones como la parte ii) de este apartado y un problema como el primero del resumen de este capítulo. Para resolver el apartado ii) basta con aplicar las propiedades del apartado 5.7 y se sigue que los autovalores de (A 5 2I) 3 serán (2 5 2) 3 simple y (0 5 2) 3 doble. Pedro_CC 14

15 Estad atentos para ver hasta dónde veis antes del examen de diciembre para no estudiar este tema más de la cuenta. Como ya he comentado, los telemáticos veréis muy poquito del tema antes de navidad y algunos grupos de electromecánicos sólo van a ver 3 o 4 clases de esto antes de navidad. Pedro_CC 15