Valores y Vectores Propios

Transcripción

1 Valores y Vectores Propios Iván Huerta Facultad de Matemáticas Pontificia Universidad Católica de Chile ihuerta@mat.puc.cl Segundo Semestre, 1999

2 Definición Valores y Vectores Propios Valores y Vectores Propios Definición 1. Sea A matriz compleja de n n. Sean λ C y x 0 tal que Ax = λx El escalar λ se llama valor propio de A. El vector x se llama vector propio de A asociado al valor propio λ. 1

3 Definición Ejemplo 1. Sea A = [ [ Puesto que [ 1 1 = 3 [ 1 1 Valores y Vectores Propios tenemos que λ 1 = 3 es valor propio de A, y v 1 = [1 1 T es vector propio de A asociado al valor propio λ = 3 2

4 Cálculo de Valores Propios Polinomio Característico Además, puesto que [ [ 1 1 = [ 1 1 tenemos que λ 2 = 1 es valor propio de A v 2 = [1 1 T es vector propio de A asociado a λ = 1 3

5 Cálculo de Valores Propios Polinomio Característico Cálculo de Valores Propios λ es valor propio de A x 0 tal que Ax = λx x 0 tal que Ax λx = 0 x 0 tal que (A λi)x = 0 A λi no tiene inversa A λi = 0 Para determinar los valores propios de A hay que resolver la ecuación A λi = 0. 4

6 Cálculo de Valores Propios Polinomio Característico Definición 2. El polinomio característico de una matriz A es P A (λ) = A λi a 1,1 λ a 1,2 a 1,n 1 a 1,n a 2,1 a 2,2 λ a 2,n 1 a 2,n = a n 1,1 a n 1,2 a n 1,n 1 λ a n 1,n a n,1 a n,2 a n,n 1 a n,n λ = ( λ) n + b n 1 λ n b 1 λ + b 0 Si A de n n entonces P A (λ) es un polinomio de grado n pues A λi es la sumatoria de n! términos donde cada uno de ellos es el producto n elementos de la matriz A λi (tomados de distintas filas y columnas de A). 5

7 Cálculo de Valores Propios Polinomio Característico Entonces donde P A (λ) = (λ 1 λ) s 1 (λ 2 λ) s2 (λ p λ) s p λ i C, i = 1,..., p son las raices distintas de P A s i es la multiplicidad algebraica del valor propio λ = λ i s 1 + s s p = n Proposición 1. a) λ = λ i es valor propio de A sii P A (λ i ) = 0 b) Una matriz A de n n tiene a lo más n valores propios. Una matriz real puede tener valores propios complejos. 6

8 Cálculo Vectores Propios Subespacios Propios Cálculo de Vectores Propios Suponga que λ = λ i es un valor propio (conocido). Para calcular sus vectores propios asociados hay que resolver el sistema Ax = λ i x. Ax = λ i x Ax λ i x = 0 (A λ i I)x = 0 x Ker(A λ i I) 7

9 Cálculo Vectores y Valores Propios Ejemplos Definición 3. W λi = Ker(A λ i I) se llama subespacio propio asociado al valor propio λ = λ i. Cada vector x 0 perteneciente a W λi es un vector propio. Si x, y x son vectores propios para λ = λ i y α 0 entonces x + y, αx son también vectores propios para λ = λ i. g i = dim(ker(a λ i )) se llama la multiplicidad geométrica del valor propio λ = λ i.la multiplicidad geométrica de un valor propio es igual al máximo número de vectores propios linealmente independientes asociados a λ = λ i. 8

10 Cálculo Vectores y Valores Propios Ejemplos Ejemplo 2. Para la matriz A del Ejemplo 1 tenemos: A λi = = [ [ λ λ λ = (1 λ) 2 4 = (1 λ 2)(1 λ + 2) = (3 λ)( 1 λ) = 0 Por lo tanto λ 1 = 3 con multiplicidad algebraica s 1 = 1 y λ 2 = 1 con multiplicidad algebraica s 2 = 1 son los valores propios de A. 9

11 Cálculo Vectores y Valores Propios Ejemplos Para λ 1 = 3 tenemos que resolver (A 3I)x = 0. [ [ x1 x 2 = [ [ x1 x 2 = [ 0 0 Tomamos como variable libre a x 2 y variable básica a x 1.Entonces [ 1 W λ1 = Ker(A 3I) = 1 La multiplicidad geométrica de λ 1 = 3 es g 1 = dim(w λ1 ) = 1. El vector [1 1 T es un vector propio de A con valor propio λ = 3. 10

12 Cálculo Vectores y Valores Propios Ejemplos Para λ 2 = 1 tenemos que resolver (A + I)x = 0. [ [ x1 x 2 = [ [ x1 x 2 = [ 0 0 Tomamos como variable libre a x 2 y variable básica a x 1.Entonces [ 1 W λ1 = Ker(A + I) = 1 La multiplicidad geométrica de λ 2 = 1 es g 1 = dim(w λ1 ) = 1. El vector [1 1 T es un vector propio de A con valor propio λ = 1. 11

13 Cálculo Vectores y Valores Propios Ejemplo 3. Sea A = A λi = = [ Entonces, [ [ λ λ 1 1 λ = λ2 + 1 = (i λ)( i λ) Ejemplos Por lo tanto λ 1 = i = 1 con multiplicidad algebraica s 1 = 1 y λ 2 = i con multiplicidad algebraica s 2 = 1 son los valores propios de A. 12

14 Cálculo Vectores y Valores Propios Ejemplos Para λ 1 = i tenemos que resolver (A ii)x = 0. [ i 1 1 i [ x1 x 2 = [ 0 0 El sistema es equivalente a x 1 = ix 2 y por lo tanto [ i W λ1 = Ker(A ii) = 1 La multiplicidad geométrica de λ 1 = i es g 1 = dim(w λ1 ) = 1. El vector [ i 1 T es un vector propio de A con valor propio λ = i. 13

15 Cálculo Vectores y Valores Propios Ejemplos Para λ 2 = i tenemos que resolver (A + ii)x = 0. [ i 1 1 i [ x1 x 2 = [ 0 0 El sistema es equivalente a x 1 = ix 2 y por lo tanto [ i W λ2 = Ker(A + ii) = 1 La multiplicidad geométrica de λ 2 = i es g 1 = dim(w λ2 ) = 1. El vector [i 1 T es un vector propio de A con valor propio λ = i. 14

16 Cálculo Vectores y Valores Propios Ejemplos Observe que Ax = [ [ x1 x 2 = [ x2 x 1 Es decir, Ax es una rotación en 90 o del vector x en el sentido de las manecillas del reloj. Una rotación en 90 o no tiene direcciones invariantes reales, es decir, no tiene vectores propios reales. 15

17 Cálculo Vectores y Valores Propios Ejemplo 4. Para la matriz A = A λi = = [ tenemos: [ [ λ λ λ = (1 λ) 2 Ejemplos Por lo tanto λ 1 = 1 tiene multiplicidad algebraica s 1 = 2 y es el único valor propio de A. 16

18 Diagonalización Matrices de Valores y Vectores Propios Para λ 1 = 1 tenemos que resolver (A I)x = 0. [ [ x1 x 2 = [ [ x1 x 2 = [ 0 0 El sistema es equivalente a la ecuación x 2 = 0. Tenemos que x 2 es variable básica y x 1 variable libre. Entonces [ 1 W λ1 = Ker(A I) = 0 La multiplicidad geométrica de λ 1 = 1 es g 1 = dim(w λ1 ) = 1. El vector [1 0 T es un vector propio de A con valor propio λ = 1. 17

19 Diagonalización Matrices de Valores y Vectores Propios Diagonalización Definición 4. Una matriz A de n n se dice diagonalizable si existen matrices V de n n invertible y D diagonal tal que V 1 AV = D El problema fundamental es: determinar si una matriz A es diagonalizable o nó, y en caso afirmativo, determinar las matrices V y D 18

20 Diagonalización Este es un problema de cambio de base. tiene n vectores propios l.i. Entonces, Matrices de Valores y Vectores Propios Suponga que A A(v 1 ) = λ 1 v 1 = λ 1 v v v n A(v 2 ) = λ 2 v 2 = 0 v 1 + λ 2 v v n. A(v i ) = λ i v i = 0 v λ i v i v n. A(v n ) = λ n v n = 0 v v λ n v n 19

21 Diagonalización Matrices de Valores y Vectores Propios Por el teorema de cambio de base, la matriz que representa a la T.L y = Ax con respecto a la nueva base B es D = V 1 AV, donde D = λ λ λ n λ n = diag(λ 1, λ 2,..., λ n 1, λ n ) 20

22 Diagonalización Matrices de Valores y Vectores Propios Una manera puramente matricial de ver la igualdad V 1 AV = D = diag(λ 1,..., λ n ) es la siguiente: V 1 AV = D AV = V D A[v 1 v 2 v n = [v 1 v 2 v n D [Av 1 Av 2 Av n = [λ 1 v 1 λ 2 v 2 λ n v n Av i = λ i v i La columna i de V es un vector propio de A con valor propio λ = λ i La matriz V es invertible sii sus columnas son linealmente independientes 21

23 Diagonalización Matrices de Valores y Vectores Propios Por ejemplo, para A de 2 2, la relación vectorial Av 1 = λ 1 v 1 Av 2 = λ 2 v 2 puede escribirse como A[v 1 v 2 = [Av 1 Av 2 = [λ 1 v 1 λ 2 v 2 = [v 1 v 2 AV = V D [ λ1 0 0 λ 2 donde V = [v 1 v 2 es la matriz de vectores propios y D = diag(λ 1, λ 2 ) es la matriz diagonal de valores propios Si V tuviera inversa entonces se tendría que V 1 AV = D. 22

24 Diagonalización Matrices de Valores y Vectores Propios Teorema 1. Una matriz A es diagonalizable sii A tiene una base de vectores propios. Más precisamente, donde V 1 AV = D D = diag(λ 1,, λ n ) si y sólo si la columa i-ésima de V es un vector propio v i de A con valor propio λ i. 23

25 Diagonalización Matrices de Valores y Vectores Propios La matriz A del Ejemplo 2 es diagonalizable A = [ V = [ D = [ V es la matriz de vectores propios y D la matriz de valores propios. La matriz A del Ejemplo 3 es diagonalizable en los complejos pero no es diagonalizable en los reales. A = [ V = [ i i 1 1 D = A = [ i 0 0 i V es la matriz de vectores propios y D la matriz de valores propios. 24

26 Diagonalización Matrices de Valores y Vectores Propios La matriz A del Ejemplo 4 no es diagonalizable. No tiene un base de vectores propios. A tiene un sólo vector propio linealmente independiente. 25

27 Diagonalización Ejemplo Ejemplo 5. Sea A = a) Determine los valores propios de A y sus multiplicidades algebraicas y geométricas. b) Es A diagonalizable?, En caso afirmativo muestre dos posibilidades para P y D tal que P 1 AP = D donde D es matriz diagonal. 26

28 Diagonalización Ejemplo Solución El polinomio característico de A es det(a λi) = 28 λ λ λ = λ 2 λ 3 = (λ + 1) ( 2 + λ) 2 Los valores propios de A son: λ 1 = 1 con multiplicidad algebraica 1, y λ 2 = 2 con multiplicidad algebraica igual a 2. 27

29 Diagonalización Ejemplo Para λ 1 = 1 tenemos W λ1 = Ker(A + I) = Ker( ) Por eliminación Gaussiana obtenemos que 5 Ker(A + I) = 2 1 Por lo tanto la multiplicidad geométrica de λ 1 dim(ker(a + I)) = 1. = 1 es 28

30 Diagonalización Ejemplo Para λ 2 = 2 tenemos W λ2 = Ker(A 2I) = Ker( ) Por eliminación Gaussiana resolvemos (A 2I)x = 0 obteniendo 9/2 0 Ker(A 2I) = 0, 1 El valor propio λ = 2 tiene entonces multiplicidad geométrica 2. Es decir, λ = 2 tiene 2 vectores propios l.i

31 Diagonalización Podemos formar infinitas matrices P diagonales D tal que P 1 AP = D. Ejemplo y sólo 3 matrices Dos posibilidades para P y D son P = 0 9/ D = y P = D =

32 Diagonalización Ejemplo Importante: Los vectores propios y los valores propios correspondientes van en las mismas columnas (Los vectores propios en las columnas de V y los valores propios en la diagonal de D). 31

33 Teorema Diagonalización Independencia Lineal de Vectores Propios Teorema 2. Suponga que Av i = λ i v i donde v i 0 y λ i λ j, i j. Entonces el conjunto {v 1, v 2,..., v k } es linealmente independiente. Es decir, vectores propios asociados a valores propios distintos son linealmente independiente. Demostración: La demostración es por inducción. cierta para k = 2. Demostramos que es Supongamos que Av 1 = λ 1 v 1, Av 2 = λ 1 v 2 y λ 1 λ 2. 32

34 Teorema Diagonalización Si α 1 v 1 + α 2 v 2 = 0, (1) entonces, multiplicando por A obtenemos α 1 A(v 1 ) + α 2 A(v 2 ) = 0 Por lo tanto α 1 λ 1 v 1 + α 2 λ 2 v 2 = 0 (2) Sumando λ 1 veces la ecuación 1 a la ecuación 2 obtenemos α 2 (λ 2 λ 1 )v 2 = 0 y por lo tanto α 2 = 0 y entonces α 1 = 0. proposición se cumple para k = 2. Por lo tanto la 33

35 Teorema Diagonalización Supongamos ahora que la proposición se cumple para k 1 y demostramos que es cierta para k Supongamos que α 1 v 1 + α 2 v α k v k = 0 Multiplicando por A obtenemos y por lo tanto α 1 A(v 1 ) + α 2 A(v 2 ) + + α k A(v k ) = 0 α 1 λ 1 v 1 + α 2 λ 2 v α k λ k v k = 0 Sumando λ k veces la ecuación 3 a la ecuación 3 obtenemos α 1 (λ 1 λ k )v 1 +α 2 (λ 2 λ k )v 2 + +α k 1 (λ k 1 λ k )v k 1 = 0 34

36 Teorema Diagonalización Por la hipótesis de inducción v 1,..., v k 1 son l.i. y por lo tanto α 1 (λ i λ k ) = 0 y entonces α i = 0 para i = 1,..., k 1. Reemplazando en 3 obtenemos α k = 0. Hemos demostrado que si la proposición se cumple para k 1 entonces se cumple para k, lo que completa la demostración por inducción. 35

37 Teorema Diagonalización Teorema 3. Si una matriz A de n n tiene n valores propios distintos entonces A es diagonalizable. Demostración: Si Av i = λ i v i donde λ i λ j para i j entonces el conjunto de vectores propios {v 1, v 2,..., v n } es linealmente independiente. Por lo tanto la matriz de n n V = [v 1 v 2 v n de vectores propios de A tiene inversa y entonces V 1 AV = D = diag(λ 1,..., λ n ). 36

38 Teorema Diagonalización Teorema 4. Sean λ i, i = 1,..., p los valores propios distintos de A. Sea B i base de W λi = Ker(A λ i I), del subespacio propio de A, i = 1,..., p. Entonces B i es un conjunto linealmente independiente, o equivalentemente, la suma de los subespacios W λi es directa. Es decir, el máximo número de vectores propios linealmente independientes para un matriz A es igual a la suma de las multiplicidades geométricas de sus valores propios. 37

39 Teorema Diagonalización Demostración: Sea v i,j, j = 1,..., g i base de W λi. Supongamos que α 1,1 v 1, α 1,g1 v 1,g α p,1 v p, α p,g1 v p,g1 + = 0 Sea u i = α i,1 v i, α i,gi v i,gi W λi. Entonces u 1 + u u p = 0 Si algún u i fuera no nulo sea u j1, u j2,..., u jr nulo de los vectores u j. el subconjunto no Entonces este conjunto sería l.d. lo que es una contradicción pues ellos son l.i. por el teorema anterior. 38

40 Teorema Diagonalización Entonces cada u i es nulo y por lo tanto u i = α i,1 v i, α i,gi v i,gi = 0 Como los vectores v i,j, j = 1,..., g i son base de W λi ellos son l.i. y por lo tanto α i,j = 0 para j = 1,..., g i, i = 1,..., p. Hemos demostrado el teorema. 39

41 Teorema Diagonalización Proposición 2. Para cada valor propio la multiplicad geométrica es menor o igual a su multiplicidad algebraica. Es decir, si entonces P A (λ) = (λ 1 λ) s1 (λ p λ) s p. (sin demsotración) 1 g i = dim(ker(a λ i )) s i 40

42 Teorema Diagonalización Teorema 5. A es diagonalizable si y sólo si para cada valor propio de A la multiplicidad geométrica es igual a la multiplicidad algebráica. Demostración: Por la proposición anterior tenemos 1 g i s i. Por lo tanto el máximo número de vectores propios l.i. nvp = g 1 + g g p cumple con nvp = g 1 + g g p s 1 + s 2... s p = n Si algún g i fuera menor que el s i se tendría que nvp < n y por lo tanto no existirían n vectores propios l.i. y A no sería diagonalizable. Si g i = s i para i = 1,..., p se tendría nvp = n. Es decir, A tendría n vectores propios l.i. y A sería diagonalizable. 41

43 Teorema Ejemplo 6. Diagonalización Demuestre que toda matriz de 4 4 de la forma J α = α α α α no es diagonalizable (las matrices de esta forma se llaman bloques de Jordan) 42

44 Teorema Diagonalización El polinomio característico de J α es P A (x) = α x α x α x α x = (α x) 4 Por lo tanto λ 1 = α tiene multiplicidad algebraica 4. 43

45 Teorema Diagonalización Ahora, como A αi = que ya está en la forma escalonada reducida, vemos que dim(ker(a αi)) = 1 y la multiplicidad geométrica de λ 1 = α es 1. Por lo tanto no hay una base de vectores propios (se requieren 4 l.i. pero hay sólo 1) para J α y entonces la matriz no es diagonalizable. 44

46 Teorema Diagonalización Ejemplo 7. Idem que el problema anterior pero para las matrices A = B =

47 Teorema Diagonalización El polinomio característico de A es det(a xi) = x x x x = 13 x 2 6 x 3 12 x + x = ( 1 + x) 2 (x 2) 2 Ambos, λ 1 = 1 y λ 2 = 2 tienen multiplicidad algebraica 2. 46

48 Teorema Diagonalización Calculamos una base de vectores propios para λ 1 = 1. Como Ker (A I) = Ker = [ T vemos que la multiplicidad geométrica de λ 1 = 1 es dim(ker(a I)) = 1. Como la multiplicidad geométrica es menor que la multiplicidad algebraica la matriz A no es diagonalizable. 47

49 Teorema Diagonalización El polinomio característico de B es x 1 1 B xi = 1 x x = x x = x ( x ) Por lo tanto los valores propios de B son λ = 0, i 3, i 3 con i = 1 Como B tiene 3 valores propios distintos, B es diagonalizable. 48

50 Teorema Diagonalización Calculamos bases de los subespacios propios. Ker(B 0 I) = Ker( ) = Ker(B i 3I)) = Ker i i i 3 49

51 Teorema = 1/2 i 3 2 i /2 1 Diagonalización Ker(B + i 3I)) = Ker = 1/2 + i 3 2 1/2 + i i i i 3 50

52 Teorema Diagonalización Por lo tanto una base de vectores propios para B es 1 1 1, 1/2 i 3 2 i /2 1, 1/2 + i 3 2 1/2 + i Una posibilidad para V y D es V = i i i i

53 Prof. I. Huerta D = i i 3 52

54 Propiedades Valores y vectores propios Clase del Jueves 2 de Diciembre Continuación... 53

55 Propiedades Valores y vectores propios Propiedades Matrices Similares Proposición 3. Sea B = P 1 AP entonces i) P A (λ) = P B (λ). ii) A y B tienen los mismos valores propios con las mismas multiplicidades algebraicas y geométricas iii) x es vector p. de B sii P x es vector p. de A. iv) A es diagonalizable sii B es diagonalizable La partes i) y iii) de la proposición son la base de variados métodos computacionales para calcular los valores y vectores propios de una matriz A. 54

56 Propiedades Valores y vectores propios Demostración P B (λ) = P 1 AP λi = P 1 (A λi)p = P 1 A λi P = A λi = P A (λ) Entonces A y B tienen el mismo polinomio característico y por lo tanto los mismos valores propios y multiplicidades algebraicas. Por otra parte Bx = λx P 1 AP x = λx AP x = λp x Ay = λy con y = P x 55

57 Propiedades Valores y vectores propios Sea {v 1, v 2,..., v k } base de Ker(B λi). Puesto que {P v 1, P v 2,..., P v k } es l.i. sii {v 1, v 2,..., v k } es l.i. (pues P

58 Propiedades Valores y vectores propios Solución: El polinomio característico de A es A λi = λ λ = 4 λ + λ2 + 4 = (2 λ) 2 Por lo tanto A tiene un sólo valor propio λ 1 = 2 con multiplicidad algebraica 2. Calculamos los valores propios para λ = 2. [ 2 4 (A 2I)x = 1 2 [ x1 x 2 = 0 57

59 Propiedades Valores y vectores propios Por lo tanto [ 2 Ker(A λi) = 1 A no es diagonalizable pues A no tiene una base de vectores propios. Observe que la condición que define a J dice que J es una matriz similar a A y por lo tanto J tiene que tener los mismos valores propios que A (incluyendo sus multiplicidades) y por lo tanto sin realizar ningún cálculo adicional se puede deducir que β = 2, pues una matriz triangular tiene sus valores propios en la diagonal principal. 58

60 Propiedades Valores y vectores propios Sea V = [v 1 v 2. V 1 AV = J AV = V J [ β 1 A[v 1 v 2 = [v 1 v 2 0 β [Av 1 Av 2 = [βv 1 v 1 + βv 2 Av 1 = βv 1, Av 2 = v 1 + βv 2 Av 1 = βv 1, (A βi)v 2 = v 1 Por lo tanto β es un valor propio de A y entonces β = 2. Además, v 1 es un vector propio asociado a λ = 2 y por lo tanto podemos tomar v 1 = (2, 1) T. 59

61 Propiedades Valores y vectores propios El vector v 2 se obtiene resolviendo el sistema (A 2I)v 2 = [ v 2 = [ 2 1 La solución general es v 2 = ( 1 + 2x 2, x 2 ) T con x 2 libre. Una posibilidad para v 2 es v 2 = ( 1, 0). Por lo tanto V = [ J = [ Hay infinitas posibilidades para V y una sóla para J. 60

62 Propiedades Polinomio Característico Sea A = Propiedades Polinomio Característico [ a b c d. con valores propios λ 1, λ 2. Entonces P A (λ) = (λ 1 λ)(λ 2 λ) = λ 2 (λ 1 + λ 2 )λ + λ 1 λ 2 (3) Por otra parte P A (λ) = a λ b c d λ = (a λ)(d λ) bc = λ 2 (a + d)λ + ad cb (4) Igualando los coeficientes del polinomio P λ (A) en las ecuaciones 61

63 Propiedades Polinomio Característico 3 y 4 obtenemos T r(a) = a + d = λ 1 + λ 2 A = λ 1 λ 2 Definición 5. La traza de una matriz A es la suma de los elementos de la diagonal principal de A T r(a) = n i=1 a i,i 62

64 Propiedades Polinomio Característico Teorema 6. Sean λ 1, λ 2,..., λ n los n valores propios de A (posiblemente repetidos) entonces T r(a) = n a i,i = n λ i, A = λ 1 λ 2 λ n i=1 i=1 Es decir, la traza de A es la suma de sus valores propios (contando las repeticiones) y el determinante de A es el producto de los valores propios (contando las repeticiones). 63

65 Propiedades Polinomio Característico Demostración: P A (λ) = A λi = (λ 1 λ)(λ 2 λ) (λ n λ) = ( λ) n + b n 1 λ n b 1 λ + b 0 Entonces b n 1 = ( 1) n 1 (λ 1 + λ λ n ) P A (0) = b 0 = λ 1 λ 2 λ n Por otra parte P A (0) = A 0 I = A. 64

66 Propiedades Polinomio Característico Además, de la ecuación P A (λ) = a 1,1 λ a 1,2 a 1,n 1 a 1,n a 2,1 a 2,2 λ a 2,n 1 a 2,n a n 1,1 a n 1,2 a n 1,n 1 λ a n 1,n a n,1 a n,2 a n,n 1 a n,n λ = ( λ) n + b n 1 λ n b 1 λ + b 0 obtenemos que b n 1 = ( 1) n 1 (a 1,1 + a 2,2 + a n,n ). Por lo tanto b 0 = A = λ 1 λ 2 λ n y T r(a) = n i=1 λ i. 65

67 Propiedades Polinomio Característico Corolario 1. a) A no tiene inversa sii λ = 0 es valor propio de A. b) Si A, B son matrices de n n similares (B = P 1 AP ) entonces T r(a) = T r(b) 66

68 Funciones de Matrices Potencias Potencias de A Si V 1 AV = D entonces A = V DV 1. Por lo tanto A 2 = A A = (V DV 1 )(V DV 1 ) = V D 2 V 1 A 3 =. A 2 A = (V D 2 V 1 )(V DV 1 ) = V D 3 V 1 A k = A k 1 A = (V D k 1 V 1 )(V DV 1 ) = V D k V 1 Por lo tanto En general, si A k = V D k V 1 D = diag(λ 1, λ 2,..., λ n ) 67

69 Funciones de Matrices entonces Por ejemplo, si A = 1/ D k = diag(λ k 1, λk 2,..., λk n ), entonces A k = (1/2) k k k Potencias 68

70 Funciones de Matrices Potencias se Por lo tanto para evaluar A k para una matriz A diagonalizable calculan sus valores y vectores propios, se forma la matriz de vectores propios V valores propios D y su matriz de Entonces A k = V D k V 1, donde D k se obtiene elevando a k los elementos de la diagonal de D. 69

71 Funciones de Matrices Potencias En muchas aplicaciones es importante estudiar el comportamiento de A k v para un vector v. Si v fuera un vector propio entonces el análisis es sencillo. Si Av = λv entonces A 2 v = A(Av) = A(λv) = λav = λ 2 v. Por inducción A k v = λ k v Si λ > 1, entonces lim k A k v = no existe ( explota ) Si λ < 1, entonces lim k A k v = 0. Si λ = 1, entonces A k v = v. 70

72 Funciones de Matrices Potencias Si b C n y A es diagonalizable entonces las n columnas de V (vectores propios de A) son base de C n. Entonces, b = V x = x 1 v 1 + x 2 v 2 + x n v n Por lo tanto A k b = x 1 λ k 1 v 1 + x 2 λ k 2 v x n λ n n v n Por lo tanto si b tiene una componente no nula con respecto a un vector propio con valor propio con valor absoluto mayor que 1, se tiene que A k b crece sin cota. Si b tiene sólo componentes no nulas con respecto a vectores propios con valor propio con valor absoluto menor que 1, se tiene que lim k A k b = 0. 71

73 Funciones de Matrices Potencias Ejemplo 9. Sea A = [ 0 1 1/2 3/2 a) Determine A 100. b) Determine los vectores x tal que lim n A n x = 0 c) Determine los vectores x tal que lim n A n x existe. d) Calcule lim n A n. e) Determine una matriz X tal que X 2 = A. 72

74 Funciones de Matrices Potencias Solución Calculamos los valores y vectores propios de A. A λi = λ 1 1/2 3/2 λ = λ 2 3/2 λ + 1/2 = (1/2 λ)(1 λ) Por lo tanto los valores propios de A son λ 1 = 1/2, λ 2 = 1. Como A no tiene valores propios repetidos A es diagonalizable. Calculamos los vectores propios de A [ 1/2 1 Ker(A 1/2I) = Ker( 1/2 1 [ 2 ) = 1 73

75 Funciones de Matrices Ker(A I) = Ker( [ 1 1 1/2 1/2 [ 1 ) = 1 Potencias Las matrices de vectores y valores propios son [ 2 1 [ 1/2 0 V = 1 1 D =

76 Funciones de Matrices Potencias Por lo tanto A 100 = V [ D 100 V 1 [ [ (1/2) = [ 2 (1/2) (1/2) = (1/2) (1/2)

77 Funciones de Matrices Potencias lim k A k = lim k V D k V 1 = V [ (lim k ( D k )V 1 [ 2 1 (1/2) k 0 = lim k 1 1 [ ) 1 2 [ [ [ 1 1 = 1 1 [ =

78 Funciones de Matrices Potencias Si x = α 1 [ α 2 [ 1 1 entonces A k x = α 1 (1/2) k [ α 2 [ 1 1 Por lo tanto el conjunto de vectores x tal que lim k A k x = 0 es el subespacio propio W 1/2 = (2, 1) T. El lim k A k x existe para todo x. 77

79 Funciones de Matrices Potencias Finalmente, sea X = V D X V 1. Entonces X 2 = V DX 2 V 1 = A implica que V DX 2 V 1 = V DV 1. Por [ lo tanto si DX 2 = D, 1/2 0 entonces X 2 = A. Puesto que D X = cumple con 0 1 DX 2 = D tenemos que una matriz X que cumple con X2 = A es [ [ [ 2 1 1/ X = V D X V 1 = [ 2 (1/2) 1/2 1 2 (1/2) 1/2 + 2 = (1/2) 1/2 1 (1/2) 1/

80 Polinomios en A Funciones de Matrices Polinomios en A Para q(x) = c 0 + c 1 x + c 2 x 2 + c n x n (c i C) definimos q(a) = c 0 I + c 1 A + c 2 A c n A n Si A es diagonalizable entonces A = V DV 1 matriz diagonal de valores propios. Entonces donde D es la q(a) = c 0 I + c 1 A + c 2 A c n A n = c 0 I + c 1 V DV 1 + c 2 V D 2 V 1 + V D n V 1 = V (c 0 I + c 1 D + c 2 D 2 + D n )V 1 = V q(d)v 1 79

81 Polinomios en A Pero q(d) = c 0 I + c 1 = = +c n λ n 1 n k=0 c kλ k 1 q(λ 1 )... λ λ n n... q(λ n ) λ n + n k=0 c kλ k n Funciones de Matrices 80

82 Polinomios en A Funciones de Matrices Por lo tanto q(a) = V q(λ 1 )... q(λ n ) V 1 Observe que si A es diagonalizable y P A (x) es su polinomio característico entonces P A (A) = V P A (λ 1 )... P A (λ n ) V 1 81

83 Polinomios en A Funciones de Matrices Pero P A (λ i ) = 0. Por lo tanto P A (A) = O n n Esta propiedad se cumple aunque A no sea diagonalizable Teorema 7. (Teorema de Caley-Hamilton) Toda matriz es anulada por su polinomio característico. Es decir, P A (A) = O n n. Por ejemplo, si P A (λ) = λ 3 λ 2 10 entonces A 3 A 2 10I = O. Por lo tanto A(A 2 A)/10 = I y entonces A 1 = (A 2 A)/10. 82

84 Matrices Simétricas Valores y Vectores Propios Matrices Simétricas Ejemplo 10. Sea A = a) Determine los valores y vectores propios de A. b) Verifique que W λi W λj para valores propios λ i λ j c) Determine una base ortonormal de vectores propios para A. d) Determine una matriz ortogonal V tal que V T AV = D, donde D es una matriz diagonal. e) Determine si A es positiva definida 83

85 Matrices Simétricas Valores y Vectores Propios Solución: A λi = λ λ λ = λ 3 +3 λ+2 = (2 λ)(1+λ) 2 Por lo tanto los valores propios de A son λ 1 = 2 con mult. alg. 1 y λ 2 = 1 con mult. alg. 2 84

86 Matrices Simétricas Valores y Vectores Propios Por eliminación gaussiana se obtiene que W λ1 = Ker(A 2I) = Ker( = ) 85

87 Matrices Simétricas W λ2 = Ker(A + I) = Ker( = 1 1 0, Valores y Vectores Propios ) Como tenemos que W λ1 W λ2. 86

88 Matrices Simétricas Valores y Vectores Propios Aplicamos Gram-Schmidt a la base de W λ2 v 1 = u 1 = ( 1, 1, 0) T v 2 = u 2 r 1,2 v 1 r 1,2 = (v 1, u 2 )/(v 1, v 1 ) = 1/2 = ( 1, 0, 1) T 1/2( 1, 1, 0) = ( 1/2, 1/2, 1) T Por lo tanto una base ortonormal de W λ2 es {ˆv 1, ˆv 2 } donde ˆv 1 = ( 1 2, 1 2, 0) T ˆv 2 = ( 1 6, 1 6, 6 3 )T Una base ortnormal de W λ1 es {ˆv 3 } donde ˆv 3 = ( 1 3, 1 3, 1 3 ) T 87

89 Matrices Simétricas Valores y Vectores Propios Por lo tanto una matriz ortogonal de vectores propios V con su correspondiente matriz de valores propios es 1/2 2 1/6 6 1/3 3 V = 1/2 2 1/6 6 1/ /3 6 1/3 3 D = Puesto que V es ortogonal tenemos que V T V = I, es decir, V 1 = V T. Por lo tanto V 1 AV = D es equivalente a V T AV = D. 88

90 Matrices Simétricas Valores y Vectores Propios Para determinar si A es positiva definida usamos que A = V DV T. x T Ax = x T (V DV T )x = (x T V )D(V T x) = (V T x) T D(V T x) = y T Dy donde y = V T x = y1 2 y2 2 + y2 3 De donde concluimos que A no es positiva definida. (Recuede la proposición: A simétrica es positiva definida sii C T AC es positiva definida, donde C es cualquier matriz invertible) 89

91 Matrices Simétricas Valores y Vectores Propios Proposición 4. Sea A real simétrica. Entonces, a) A tiene valores propios reales b) Si λ i λ j son valores propios de A entonces W λi W λj. c) A es diagonalizable y A tiene una base de vectores propios ortonormales. Es decir existe V matriz ortogonal tal que V T AV = D donde V es una matriz con columnas ortonormales de vectores propios de A y D es la matriz correspondiente de valores propios. d) Sean λ i, i = 1,..., n los valores propios de A. Entonces A es positiva definida sii λ i > 0, i = 1,..., n 90

92 Matrices Simétricas Valores y Vectores Propios A es semi positiva definida sii λ i 0, i = 1,..., n A es negativa definida sii λ i < 0, i = 1,..., n A es semi negativa definida sii λ i 0, i = 1,..., n La propiedad c) es consecuencia directa de la propiedad ii). Los interesados en la demostración de a) y b) pueden leer el texto de Richard Hill o G. Strang. 91