UNIVERSIDAD DE CUENCA INGENIERIA CIVIL TRABAJO DE ALGEBRA LINEAL
TEMA: VALORES Y VECTORES PROPIOS
NOMBRE: CARLOS MAURICIO CALDERON
PROFESOR: ING.HERNAN PEZANTES
INTRODUCCION
En este capítulo investigaremos la teoría de un único operador lineal λ sobre un espacio vectorial V de dimensión finita. En particular, hallaremos condiciones en las cuales λ es diagonizable como también asociaremos ciertos polinomios con un operador λ. Antes de iniciar con la definición de valores propios es necesario saber un poco de la historia del mismo y un pequeño ejemplo que nos ayudara a entender de una mejor manera este nuevo tema La palabra alemana eigen, que se traduce en español como propio se usó por primera vez en este contexto por David Hilbert en 1904 (aunque Helmholtz la usó previamente con un significado parecido). Eigen se ha traducido también como inherente, característico o el prefijo auto-, donde se aprecia el énfasis en la importancia de los valores propios para definir la naturaleza única de una determinada transformación lineal. Las denominaciones vector y valor característicos también se utilizan habitualmente.
Como podemos ver en esta imagen de la Mona Lisa, se ha rotado y deformado de tal forma que su eje vertical no ha cambiado. El vector azul, representado por la flecha azul que va desde el pecho hasta el hombro, ha cambiado de dirección, mientras que el rojo, representado por la flecha roja, no ha cambiado. El vector rojo es entonces un vector propio de la transformación, mientras que el azul no lo es. Dado que el vector rojo no ha cambiado de longitud, su valor propio es 1. Todos los vectores de esta misma dirección son vectores propios, con el mismo valor propio. Forman el espacio propio de este valor propio. Las transformaciones lineales del espacio, como la rotación, la reflexión, el ensanchamiento, o cualquier combinación de las anteriores; pueden interpretarse mediante el efecto que producen en los vectores. Los vectores pueden visualizarse como flechas de una cierta longitud apuntando en una dirección y sentido determinados.
Valores Propios y Vectores Propios de matrices reales y complejas •Definición Si A es una matriz n x n, a menudo existen ciertos vectores X distintos de cero tales que AX sea un múltiplo escalar de X. Éste escalar, denotado por λ se llama Valor Propio (Eigenvalor) de la matriz A, y el vector X distinto de cero se llama Vector Propio (Eigenvector) de A correspondiente a λ, es decir: Valor Propio AX = λX
Vector Propio
•Interpretación geométrica en R2
λX X
•Para matrices no cuadradas (nxm) Si A es una matriz de orden nxm y x es un vector en , entonces no hay ninguna relación geométrica general entre el vector x y el vector Ax, como se ve en la figura:
•Ecuación Característica Para encontrar los Valores Propios de una matriz A de n x n planteamos que:
(
)
Para que λ sea un Valor Propio, esta ecuación debe tener una solución diferente de cero, para lo cual se debe cumplir que: (
)
La cual es conocida como la Ecuación Característica de A. •Polinomio Característico Si desarrollamos la Ecuación Característica obtenemos un polinomio en λ llamado Polinomio Característico de A. Como A es una matriz n x n, entonces el Polinomio Característico de A es de grado n y el coeficiente de λn es 1, es decir el Polinomio Característico de A es de la forma: (
)
Entonces la Ecuación característica sería igual a:
Que tiene cuando mucho n soluciones distintas, por lo que la matriz A tiene n Valores Propios distintos. •Valores Propios de Matrices Triangulares Si tenemos una matriz triangular A de n x n:
[
]
Como ya sabemos, el determinante de una matriz Triangular es el producto de los elementos de la diagonal principal.
(
)
[
(
]
)(
)(
)(
)
Entonces, la Ecuación Característica es: (
)(
)(
)(
)
Y los Valores Propios son:
Así, podemos concluir que, si A es una matriz Triangular (Superior, Inferior o Diagonal) de dimensiones n x n, los Valores Propios de dicha matriz son los elementos de su Diagonal Principal. EJERCICIOS 1. Encuentre el polinomio característico de las siguientes matrices A=0
1
Solución: La ecuación característica queda: (
)
|
|= 0
Polinomio característico (
)(
) [
(
)
[
]
]
(
)
[
]
Polinomio característico: 2. Compruebe que λ es un Valor Propio de A y que X es su Vector Propio correspondiente. [
]
a. λ=10
X=(2,4,-2)
[
][
]
[
]
[
]
El valor de λ=10 es un Valor Propio de A y X=(2,4,-2)es un Vector Propio correspondiente b. λ=3
X=(5,1,2)
[
][
]
[
]
El valor de λ=3 no es un Valor Propio de A y por lo tanto X=(5,1,2) no es un Vector Propio 3. En el siguiente ejercicio, encuentre la Ecuación Característica, los Valores Propios y sus respectivos Vectores Propios [
]
Hallamos la Ecuación característica: [
]
[
(
]
)
[
]
(
)(
)(
)
Como tenemos una matriz Triangular Superior, sabemos que los Valores Propios son los elementos de su Diagonal Principal, es decir que: λ=1 y λ=2. Obtenemos el Vector Propio para el Valor Propio λ=1. [
][ ]
[ ]
{
{
Resolviendo el sistema mediante el Método de Eliminación Continua tenemos: [ 0
]
*(
)+
1
(
) *(
)+
El vector U=(1,0,0) es el Vector Propio correspondiente a λ=1. Ahora, para el Valor Propio λ=2 [
][ ]
[
[ ]
{
*(
] 0
{
)+
(
1 , -
) *(
)+
El vector V=(-7,4,1) es el Vector Propio correspondiente a λ=2 4. Encontrar una base para los eigenespacios de: D=[
]
El polinomio característico será: |
|
Por lo que la ecuación característica es: (
)
Las raíces del polinomio son todas iguales a -1; obteniendo su eigenvector es: Teniendo a v como:
[ ], se coloca que:
(
)
[
]
[ ]
Y de donde el eigenvector que aparece como base de este eigenespacio de A correspondiente a λ=-1 es: [
]
5. Calcular los valores propios de la siguiente matriz triangular ]
A=[
[
]
La matriz A es una triangular superior por lo que su ecuación característica es: (
) (
) (
)=0
Los valores propios de A son: DIAGONALIZACION DE MATRICES Se dice que una matriz cuadrada A es diagonalizable si existe una matriz invertible P tal que es una matriz diagonal; se dice que la matriz P diagonaliza a A. Si A es una matriz cuadrada de nxn, entonces es equivalente decir que A es diagonalizable a decir que A tiene n eigenvectores linealmente independientes. •Condición para la Diagonalización Si una matriz A de n x n tiene n Valores Propios distintos, entonces los Vectores Propios correspondientes son Linealmente Independientes, y en consecuencia, A es Diagonizable •Procedimiento para diagonalizar una Matriz Para diagonalizar a una matriz A de orden nxn se debe hacer:
I. Encontrar n eigenvectores linealmente independientes de A, por ejemplo: , ,…., . II. Formar la matriz P con , ,…., como sus vectores columna. III. Luego, la matriz sera diagonal con , ,…., como sus elementos diagonales sucesivos, donde es el eigenvalor correspondiente a para i=1,2, ……., n. Para efectuar el paso I. de este procedimiento, primero es necesario determinar si una matriz dada A de orden nxn tiene n eigenvectores linealmente independientes, luego se requiere un método para poder hallarlos. Estos dos inconvenientes se pueden resolver a la vez determinando las bases de los eigenespacios de A. Por lo que deben existir n vectores para que A sea diagonalizable y los n vectores básicos se pueden usar como los vectores columna de la matriz de diagonalizacion P. Si hay menos de n vectores básicos, entonces la matriz A no es diagonalizable. Ejemplo: Encontrar una matriz P que diagonalice a: 1
A=0
Solución: los eigenvalores de esta matriz son: y Como A es una matriz 2 por 2 con 2 valores propios diferentes, entonces se dice que es diagonizable. Si queremos diagonalizar A necesitamos calcular los correspondientes vectores propios. Ellos son: 0
1
0 1
y
Ahora, P es la matriz invertible con los vectores propios de A como columnas: 0
1
[
y su inversa es
]
Hallaremos ahora la matriz diagonal, usando esta matriz P como sigue:
[
]0
10
1
[
]0
1
0
1
0
Como si dio como resultado una matriz diagonal, la matriz
1, si diagonaliza a
1.
la matriz A=0 EJERCICIOS
1. Encontrar la matriz P que Diagonalice a la matriz A: [
]
Primeramente buscamos los Vectores Propios. Como A es una matriz de 3 x 3, entonces debe tener 3 Vectores Propios para ser Diagonizable. Como A es una matriz Triangular Superior, sabemos que los Valores Propios son los elementos de su Diagonal Principal, es decir: λ=2 y λ=3. A continuación, encontramos la base para el espacio propio generado por el Valor Propio λ=2. [
][ ]
[
]
*(
)+
]
(
)
[ 0
[ ]
{
*(
1
)+
El vector U=(1,0,0) es el Vector Propio. Ahora hallamos la base para el espacio propio generado por el Valor Propio λ=3. [
][ ]
[ ]
{
[
]
*(
,
-
(
)+ )
(
)
*(
)(
)+
Los vectores V=(-2,0,1) y Z=(0,1,0) son los Vectores Propios. Finalmente, formamos la matriz P que está constituida por los Vectores Propios como Vectores Columna. [
]
2. Encontrar P que diagonalice a [
]
El polinomio característico de A es: (
)
[
]= (
)(
)
Los valores características son:
La bases para los eigenespacios son:
p1=[
]
P2=[ ] Como A es una matriz 3x3 y en total solo hay dos vectores básicos entonces A no es diagonalizable 3. En el siguiente ejercicio, determinar si A es Diagonizable. En caso de que lo sea, encontrar una matriz P que Diagonalice a A y determinar P-1AP.
[
]
Para determinar si A es Diagonizable debemos ver si cumple la condición. Observamos que A es una matriz de 3 x 3, por lo que deberá tener 3 Vectores Propios para ser Diagonizable. Procedemos a encontrar los Vectores Propios: (
)
[
]
(
)(
)(
(
)(
)(
)
(
)
(
)
)
Los Valores Propios de la matriz A son: λ=3, λ=2 y λ=1. Seguidamente, encontramos la base para el Espacio Propio generado por el Valor Propio λ=3. [
][ ]
[ ]
{
Desarrollando por Eliminación Continua tenemos: [ 0
]
2(
)3
1
* (
)+
, -
*(
)+
El vector U=(1,3,4) es el Vector Propio. Realizando el mismo procedimiento obtenemos: Para el Valor Propio λ=2 el vector V=(2,3,3) es el Vector Propio. Para el Valor Propio λ=1 el vector Z=(1,1,1) es el Vector Propio.
Por lo tanto, como A tiene 3 Vectores propios Linealmente Independientes, es Diagonizable. La matriz P que Diagonaliza a A es: [
]
[
][
[
][
[
][
]
]
]
4. Demuestre que la siguiente matriz no es diagonalizable. ]
A=[
|
|=|
|= (
)(
)(
)+20+21+5(λ-4)+14(λ-2)-6(λ+3)
= (λ²-λ-12) (λ-2)+41+5λ-20+14λ-28-6λ-18 = λ³-2λ²-λ²+2λ-12λ+24-25+13λ = λ³-3λ²+3λ+1 = (λ-1)³ El valor característico es:
que tiene multiplicidad 3
Ahora determino los vectores característicos para
.
Sea x=[ ] un vector propio de A, x es un vector propio de λ si y solo si es una solución no trivial de ( [
)x =0 es decir: ] [ ]= [ ] (1)
Si λ=1 (1) se convierten y resolviendo por eliminación continúa: [
]
0
1
, -
Resolviendo se tiene {
X=
[
]
Por consiguiente ⃗
]
=[
Pero según el teorema si la matriz A n n tiene n valores característicos distintos entonces A es diagonalizable .En este ejemplo la matriz de orden 3 tiene 1 vector característico entonces se concluye que A no es diagonalizable. 5. Encuentre P en caso de que A sea diagonalizable y luego determine
[
]
Como A es triangular superior entonces los valores característicos son: Determino los vectores característicos: Para
=-2 la ecuación (λI-A) x se transforma en:
[
][ ] = [ ]
[ ]=[
Para
{
] = [ ]+s[ ]
=3 la ecuación (λI-A) x se transforma en:
Si:
=-2,
=3
[
][ ] = [ ]
[ ]=[
]= [
Entonces: [ ] [ ],[
{
]+s[ ]
],[ ] son los vectores característicos.
] (P no es única)
Por lo tanto A es diagonalizable: P=[
Ahora determinamos
=[
][
][
]=[
]
Matrices Simétricas y Diagonalización Ortogonal •Definición de Matriz Simétrica Una matriz A es simétrica si es cuadrada, y si cada elemento cumplirá que .
por lo que se
Para la mayoría de las matrices es necesario avanzar bastante en su procedimiento para saber si es diagonizable. Una excepción es la matriz triangular con sus elementos diferentes en la diagonal principal; pero además de este tipo de matrices, las matrices simétricas garantizan también que son diagonizables. •Propiedades de una Matriz Simétrica Si A es una matriz Simétrica n x n, entonces:
A es Diagonizable Todos los Valores Propios de A son Reales
Si λ1 y λ2 son Valores Propios distintos de A, entonces sus Vectores Propios correspondientes X1 y X2 son Ortogonales.
•Definición de Matriz Ortogonal Una matriz cuadrada P se denomina Ortogonal si es Invertible y si P-1=PT. Una matriz P es Ortogonal si y sólo si sus vectores columnas forman un conjunto Ortonormal. •Diagonalización Ortogonal Una matriz A es Diagonizable Ortogonalmente si existe una matriz Ortogonal P tal que D= P-1AP. •Procedimiento para la Diagonalización Ortogonal de una Matriz Simétrica Paso 1: Determinamos todos los Valores Propios de A y la multiplicidad de cada uno. Paso 2: Para cada Valor Propio de multiplicidad 1, elegimos un Vector Propio Unitario. Paso 3: Para cada Valor Propio de multiplicidad k≥2, encontramos un conjunto de k Vectores Propios Linealmente Independientes. Paso 4: Obtenemos un conjunto Ortonormal de n Vectores Propios, con los cuales formamos la matriz P. La matriz P-1AP= PTAP=D será Diagonal. EJERCICIOS 1. Encontrar una matriz ortogonal P que diagonalice a [
]
La ecuación característica de A es (
)
[
]=(
) (
)
los eingenvalores de A son: u1=[
] y u2=[
]
Aplicando el proceso de Schmidt a {u1,u2} se obtiene los siguientes eigenvectores ortonormales
] y
v1=[
]
v2=[
El eingenespacio correspondiente a U3=[ ] Aplicando el proceso de Schimidt se tiene
]
V3=[
Finalmente usando a v1,v2,v3 como vectores columna se tiene:
]
P=[
2. Encontrar una matriz P que diagonalice ortogonalmente a A y determinar .dado:
]
A=[
A es simétrica entonces la ecuación característica de A es: |
|=|
(
)|
(
)
|
|+2| (
)
|
(
)
(
) (
(
)
)
Calculando por Ruffini Los valore característicos son
=2,
=6
Sea x=[ ] un vector propio de A, x es un vector propio de λ si y solo si es una solución no trivial de ( Para
)x =0 es decir:
=2
[
[
Para
][ ]
[ ]
Resolviendo tenemos [ ]
][ ]
[ ] Resolviendo tenemos [ ]
[
]
[
[ ]
[ ]
]
]
=6
[ *(
Entonces característicos Ahora hago
)( ),
=(
+
),
=(
〈
〉
( )
( )
( )
(
〈
〉
( )
( )
( )
( )
〈
〉
〈
〉
〈
〉
〈
〉
Por consiguiente * Normalizando estos vectores *
*(
=(
)
+ son ortogonales. + tenemos:
[ ]
)( ),
)+ =(
son
vectores
). Tenemos que:
‖ ‖ ‖ ‖
(
)
(
)
‖ ‖ (
)
(
)
‖ ‖ ) obtengo las columnas de la matriz P
Con los vectores ortonormalizados (
[
]
Haciendo la comprobación respectiva
[
][
[
][
]
]
3. Encuentre la ecuación característica de la matriz simétrica y luego por inspección determinar las dimensiones de los eigenespacios
]
A=[ Obtenemos la ecuación característica A=[
]
(
Los eigenvalores son: Por lo tanto la dimensión es 2 ósea bidimensional
)
4. Determine si la matriz dada es Ortogonal. ⁄
⁄ [
] ⁄
⁄
Para demostrar que una matriz es Ortogonal debemos probar que AAT=I: ⁄
⁄ [
⁄
⁄ ][
⁄
⁄
] ⁄
[
]
⁄
Por lo tanto se concluye que PT=P-1, por lo tanto P es Ortogonal. Además si hacemos: .
/
(
)
( ‖
En consecuencia el conjunto *
‖
‖
) ‖
‖
‖
+ es un conjunto Ortonormal.
5. Encontrar una matriz P que diagonalice ortogonalmente a A 0
1
Encontramos la ecuación característica 0
1= (
Remplazamos el valor de 4 en la matriz y tenemos: 0
1
X1-X2=0 -X1+X2=0 S (1,1)
Remplazamos el valor de 4 en la matriz y tenemos: 0 -X1-X2=0
1
)²-1=0
-X1+X2=0 S (-1,1) La matriz P es: [
]
POTENCIA DE MATRICES.ECUACIONES EN DIFERENCIAS •Cálculo de las Potencias de una Matriz Si A es una matriz n x n y P es una matriz Invertible, entonces: (
)
Si generalizamos para cualquier entero positivo k: (
)
Por esta expresión se concluye que A es Diagonizable; Si D= P-1AP es una Diagonal, entonces: (
)
Si despejamos Ak tenemos:
Esta ecuación expresa la k-ésima potencia de A en términos de la k-ésima potencia de la matriz Diagonal D. •Ecuaciones en diferencias Una ecuación en diferencias es una expresión que relaciona distintas sucesiones, siendo una de ellas una sucesión desconocida. Son similares a las ecuaciones diferenciales, sustituyendo las funciones por sucesiones. Para su resolución suele utilizarse el método de la transformada Z
EJERCICIOS 1. ENCONTRAR A¹³ [
]
)(
La ecuación característica es (
)
Las bases para los eigenespacios son:
[
] y
[
[ ]
]
[
] [
]
Por lo tanto
[
][
][
[
]
2. Calcular A6, donde la matriz A es igual a: 0
1
Primeramente encontramos la matriz P que Diagonaliza a A: (
)
0
1
(
(
)(
)(
)
)
]
Los Valores Propios de A son: λ=1 y λ=-2 Hallamos los Vectores Propios correspondientes: Correspondiente a λ=1 es el Vector Propio U=(-2,1). Correspondiente a λ=-2 es el Vector Propio V=(-3,2). Formamos la matriz P: 0
1
Ahora, procedemos a hallar D=P-1AP y luego D6: 0
1 0
0
10
10
1
1 0
1
Aquí aplicamos la ecuación del Cálculo de las Potencias de una Matriz:
0
10
10
1 0
3. Encontrar
1 ]
dado A=[
Encuentro la matriz que diagonalice a A .Determino la ecuación característica | Para
|=|
|= (
)(
. Obtengo la siguiente matriz
)(
)
[
] [ ]= [ ] (1)
Si λ=-1 (1) se convierte en: [
] [ ]= [ ]
Resolviendo se tiene {
[ ]
Por consiguiente
=[ ]
X= [ ]
Por consiguiente
=[ ]
X=
Si λ=1 (1) se convierte en: [
] [ ]= [ ] ⁄
Resolviendo se tiene {
⁄
Si λ=-2 (1) se convierten y resolviendo tenemos: [
] [ ]= [ ]
[
] [ ]= [ ]
Resolviendo se tiene {
X=
[ ]
=[ ] Sabemos que A es diagonalizable, ]
P=[
D=
AP=[
][
][
]=[
]
Por consiguiente
Por consiguiente: =
=[
][
][
]=[
]
4. Encuentre A5.
A= [
]
SOLUCIÓN:
[
]= λ 2(λ – 1)
Por tanto los valores característicos de A son λ = 0 y λ = 1. La ecuación se transforma en: [
] [ ]=[ ]
Resolviendo el sistema se obtiene x1= -1/3t
x2= u
x3= t
Además se sabe que el vector
=[
]y
=[ ]
Forman una base del espacio característico correspondiente a λ =0 y que
=[ ]
es una base del espacio característico correspondiente a λ = 1. Es muy fácil comprobar que {p1, p2, p3} es linealmente independiente; y por tanto
]
P=[
D=
][
AP=[
][
]=[
]
Por consiguiente: =
][
=[
][
]=[
5. Calcule aplicando valores y vectores propios
]
]
si A=[
Encuentro la matriz que diagonalize a A. |
|=|
|= (
=
(
) (
)
(
)
(
)
)
Aplicando Ruffini Los valores característicos son
-1 y
Ahora determino los vectores característicos para (
[
)x=[
.
] [ ]= [ ]
]
[
] Resolviendo [ ]=[
]
t[
]+ [
]
Ahora determino los vectores característicos para (
)x=[
] [ ]= [ ]
[
]
0
1
, *(
Resolviendo [ ]=[
)(
)+ y
(
]
[ ]
) son los vectores característicos
]
P=[
D=
.
][
AP=[
[
=[
][
][ (
)
(
]
)
[
]
][
]
]
MATRICES UNITARIAS, MATRICES NORMALES Y MATRICES HERMITIANAS •MATRICES UNITARIAS Las matrices unitarias son de gran importancia ya que, en muchos casos, son la herramienta principal para obtener distintos resultados en el análisis matricial. Definición Se dice que A es unitariamente equivalente a B y se nota A B si existe: U 2 U(n) tal que A = U_BU. TEOREMAS SOBRE MATRICES UNITARIAS
Si U 2Mn(C), las siguientes afirmaciones son equivalentes: a) U es unitaria. b) U es no singular y U*=Uˉ¹ c) UU*= I. d) U*=es unitaria. •Triangularizacion Unitaria de Schur. Dada A ∈ Mn(C) con autovalores λ1,…. ,λn dispuestos en cualquier orden (y contados con multiplicidad). Entonces existen matrices U ∈ U(n) y T ∈Mn(C) triangular superior (o sea que tij = 0 si i > j) que verifican: 1. tii = λ i , 1 =< i =< n y 2. A = UTU* Si A ∈ Mn(R), el teorema sigue valiendo (entre matrices reales) si (A) ⊆ R. Además, si B ∈ Mn(C) conmuta con A, se las puede triangular a ambas con la misma matriz unitaria, pero respetando un orden dado para los autovalores en uno solo de los casos (hay que elegir (A o B). Demostracion. La prueba del teorema la realizaremos por inducción sobre la dimensión n. Si n = 1, el resultado es trivial. Si n > 1, tomemos x1 ∈ Nu(A − λ 1I) con ∣ ∣ x1 ∣ ∣ = 1. Completamos a una bon con vectores x2, . . . , xn, y los ponemos en las columnas de una matriz U1, que resulta unitaria. Es fácil ver que
donde A2 ∈Mn−1(C), con autovalores λ 2, . . . , λ n. Por HI se triangula a A2 con una matriz unitaria V ∈ Mn−1(C), que se extiende a otra unitaria U2 ∈ Mn(C) poniendo un 1 en el lugar 1, 1 y ceros en los costados. Es fácil verificar que U = U1U2 triangula a A de la forma requerida. El caso real sale igual. Notar que el x1 ∈ Rn existe si λ 1 ∈ R. El caso de dos matrices que conmutan se deduce de que Nu(A − λ 1I) es invariante para B, por lo que el vector x1 se puede elegir como un autovector de B (aunque no se sabe cuales de los autovalores de B pueden elegirse). El resto de la prueba sigue igual. •MATRICES NORMALES Recordemos que una matriz A ∈ Mn(C) es normal si A*A = AA*, es decir si A conmuta con su adjunta. Definición Si A ∈ Mn(C) es unitariamente equivalente a una matriz diagonal,entonces se dice que A es unitariamente diagonalizable. Notación: Si a = (a1, . . . , an) ∈ Cn, denotaremos por diag (a) a la matriz diagonal
Teorema Si A = [aij ] ∈ Mn(C) tiene autovalores λ 1, ..., λ n, las siguientes condiciones son equivalentes a) A es normal. b) A es unitariamente diagonalizable.
La equivalencia entre a) y d) la obtenemos del siguiente hecho: para cada x ∈ Cn,
Recordar que si B∈ Mn(C) cumple que (Bx, xi )= 0 para todo x ∈ Cn, entonces B = 0.Por el Teorema de Schur existe una matriz unitaria U y una matriz triangular superior T tal que T = U*AU. Además como A es normal, T es normal, es decir T*T = TT* y esto más el hecho de que T es triangular superior implican que T es una matriz diagonal (Ejercicio: verificarlo). Entonces A es unitariamente diagonalizable. Por lo tanto a) implica b). Recíprocamente si A es unitariamente diagonalizable, A = U*TU con U unitaria y T diagonal, por lo tanto T es normal. Entonces A es normal. Luego queda demostrado que a) y b) son equivalentes. Si A es unitariamente diagonalizable, A = U*DU con U unitaria y D diagonal y por el teorema (1.2.2) tenemos que
Asumamos la condición c). El teorema de Schur nos dice que A es unitariamente equivalente a una matriz T triangular superior, entonces
Por lo tanto tij = 0 para i < j y T es diagonal. •Matrices Hermitianas Una matriz Hermitiana (o Hermítica) es una matriz cuadrada de elementos complejos que tiene la característica de ser igual a su propia traspuesta conjugada. Es decir, el elemento en la i-ésima fila y j-ésima columna es igual al conjugado del elemento en la j-ésima fila e iésima columna, para todos los índices i y j:
o, escrita con la traspuesta conjugada A*:
Por ejemplo,
es una matriz hermítica. La práctica nos enseña que, por lo general, no es fácil calcular los autovalores de una matriz, pero en muchos casos es suficiente saber que los autovalores están en un intervalo especificado. El objetivo de esta sección es estudiar algunas de las principales características que distinguen a las matrices Hermitianas y conocer principios variacionales que se utilizan para localizar el espectro de una matriz Hermitiana sin la necesidad de conocer los autovectores asociados en forma exacta. Recordemos las notaciones H(n) = {A ∈ Mn(C) : A = A*} y Mn(C)+ = {A ∈ H(n) : A >=0}. Teorema 1 Si A ∈ H(n), entonces A es unitariamente diagonalizable y (A) ⊆ R. Teorema 2 Sea A ∈ H(n). Por el Teorema anterior, (A) ⊆ R. Por lo tanto, sus autovalores pueden ordenarse usando el orden de R. En adelante usaremos las siguientes notaciones: 1.λ (A) = (λ 1(A), . . . , λ n(A)) es el vector de autovalores de A ordenados en forma creciente. 2. μ(A) = (μ1(A), . . . , μn(A)) es el vector de autovalores de A ordenados en forma decreciente,es decir μk(A) >=μk+1(A), 1 =< k =< n − 1. También μk(A) = λ n−k+1(A). 3. Se llamaran
Así, cuando escribamos λi(A) o, directamente λ i (si el contexto es claro) estaremos asumiendo que al enumerar los autovalores de A lo hemos hecho en forma creciente. Y en forma decreciente si escribimos μi(A) o μi. Para matrices generales la única caracterización conocida de sus autovalores es que son las raíces del polinomio característico de la matriz. Pero cuando las matrices son Hermitianas, el hecho de poder establecer un orden entre ellos nos permite obtener caracterizaciones más interesantes. El próximo teorema describe el máximo y el mínimo de los autovalores de la matriz en función de las expresiones
conocidas como cocientes de Rayleig-Ritz . Teorema (Rayleigh-Ritz). Sea A ∈ H(n). Entonces
Demostración. Como A es Hermitiana, es unitariamente diagonalizable, es decir A = U*DU, con U ∈ U(n) unitaria y D = diag (λ 1(A), ..., λ n(A)). Notar que (Ax, x) = (D Ux, Ux),x ∈ Cn. Como U es una isometría
EJERCICIOS 1. Determine si la siguiente matriz es Hermitiana A=[
]
¯A=[
]
Entonces:
De modo que A⃰ A=[ Lo que significa que A es Hermitiana
]=A
2. Encontrar una matriz P que diagonalice unitariamente a A 0
1
El polinomio característico de A es (
)
0
(
1
)(
)
Los eigenvalores son:
Por definición: 0
1
Es un eingenvector de A correspondiente a si y solo si x es una solución no trivial de 0
10
1
0 1
Por lo tanto 0
(
)
1
0
1
Por lo tanto este vector es unidimensional con base 0
1
Normalizamos el vector ‖ ‖
√|
|
| |
El vector
P1=u/‖ ‖=[
]
P2=u/‖ ‖=[
]
Esta es la base ortonormal para La base ortonormal para es
Por lo tanto
,
-
[ ] 3. Encontrar una matriz unitaria P que diagonalice a A 1
A=0 (
)
|
|
0
1
(
0
)(
1 )
(
0
1
)(
)
|
(
| )
(
)(
4. Para: 0
1 0 1
aplicamos el proceso de eliminación contínua
, - donde:
(
) (
0
Donde: ( ‖(
) ‖
(
)
1 (
)
Para: 0
10 1 , (
Donde: Donde: ( ‖(
) 0
(
)
1 ) )‖
(
)
[
]
)
)
5. Encontrar k,l,m de modo que A sea una matriz Hermitiana [
]
Donde
[
]
[
]
[
]
[
]
6. Determine si la matriz A es unitaria
[ / R2=.
R1=.
‖ ‖
‖=√| | ‖=√|
R1*R2=. / . /
]
| | =√ |
| | =√
/
=1 =1
. / . /=-1/2+1/2=0
De modo que los vectores forman un conjunto ortonormal en C² ase que A es unitaria Aplicaciones: Crecimiento de la población Las matrices pueden aplicarse para elaborar modelos que describan el crecimiento de alguna población. Para ello debemos agrupar la población en clases de edad de la misma duración. El número de elementos de la población en cada clase de edad se representa por el Vector de Distribución de Edades:
[
]
Durante un periodo de L/n años, la probabilidad de que un elemento de la clase de la iésima edad sobreviva para convertirse en un elemento de la clase (i+1)-ésima edad está dada por pi, donde:
El número medio de descendencia producido por un miembro de la clase de la i-ésima edad está dado por bi, donde:
Estos números que hemos mencionado pueden escribirse en forma matricial como se muestra a continuación:
[
]
Si multiplicamos esta matriz de Transición de Edades por el Vector de Distribución de Edades durante un periodo específico se obtiene el vector de distribución de edades para el siguiente periodo, es decir:
EJERCICIOS 1. Use la matriz A de Transición de Edades y el vector X1 de Distribución de Edades para encontrar los vectores de Distribución de Edades X2 y X3. [
⁄
]
[
[
]
⁄
][
]
[
]
[
][
⁄
]
[
]
2. Una población presenta las siguientes características: a. Un total del 75% de la población sobrevive el primer año. De este 75%, el 25% sobrevive el segundo año. La duración máxima de vida es tres años. b. El número medio de descendencia de cada miembro de la población es 2 el primer año, 4 el segundo y 2 el tercero. Actualmente la población consta con 120 elementos en cada una de las tres clases de edad. ¿Cuántos habrá en cada clase de edad en un año? ¿Y en dos años? Primeramente formamos la matriz de Transición de Edades y el Vector de Distribución de Edades a partir de los datos: [
]
[
]
Entonces, al cabo de un año el Vector de Distribución de Edades quedará así: [
][
]
[
]
Habrá 960 individuos en la primera clase de edad, 90 en la segunda y 30 en la tercera. Si el patrón de crecimiento no se altera, entonces el Vector de Distribución de Edades será: [
][
]
[
]
Habrá 2340 individuos en la primera clase de edad, 720 en la segunda y 22 en la tercera. 3. Una población de conejos criados en un laboratorio tiene las siguientes características: a. La mitad de conejos sobrevive el primer año. De éstos, la mitad sobrevive el segundo año. La duración máxima de vida es tres años.
b. Durante el primer año los conejos no producen descendencia. El número medio de descendencia es 6 durante el segundo año y 8 durante el tercer año. Actualmente, la población de laboratorio consta de 24 conejos en la clase de la primera edad, 24 en la segunda y 20 en la tercera. ¿Cuántas habrá en cada clase de edad en un año? Comenzamos formando la matriz de Transición de Edades y el Vector de Distribución de Edades con los datos del problema: [
]
[
]
Al cabo de un año el Vector de Distribución de edades será: [
][
]
[
]
Como conclusión podemos decir que: Al cabo de un año, en la primera clase de edad habrán 304 conejos; en la segunda clase de edad habrán 12 conejos; y en la tercera clase de edad habrán 12 conejos. 4. Determine las cantidades e hembras jóvenes y adultas al cabo de 1, 2, 5, 10, 19,20 años determine las razones de la población joven y adulta ( ) y las razones del número total de hembras en años sucesivos. Sea
0
1 y A=0
1
Se obtiene , , , ,para lo cual usamos la ecuación: obtenemos los siguientes valores establecidos en la siguiente tabla: año n 0 1 2 5 10 19 20
Núm. jóvenes 0 80 64 1092 42412 3.69* 7.82*
Núm. adultas 20 16 69 498 22807 1.95* 4.14*
y
Población total de hembras en n-esimo año 20 96 133 1590 65219 5.64* 11.96*
0 5 0.928 2.19 1.86 1.89 1.89
4.8 1.39 2.12
1 Su ecuación característica es:
Si A=0 |
|
0
1= √
Ahora calculamos los vectores característicos correspondientes al valor característicos Tenemos. |
|
0
10 1
0 1 Resolviendo: 0 1
0
1=t0
Calculamos los vectores característicos correspondientes a |
|
0
10 1
0 1 Resolviendo: 0 1
1
Tenemos. 0
1=t0
1
Por consiguiente (1.89, 1) es un vector característico Si 1.89/1 = 2.08 esto explica el cociente
en la quinta columna de la tabla.
5. Use la matriz A de Transición de Edades y el vector X1 de Distribución de Edades para encontrar los vectores de Distribución de Edades X2 y X3. Luego encuentre una Distribución de Edades estable para la matriz dada. [ ⁄
]
0
[ ⁄
]0
1
0
1
[ ⁄
]0
1
0
1
1
Ahora, encontramos una Distribución de Edades Estable. Para ello encontramos los valores Propios: (
)
[
⁄
]
(
)(
)
Los Valores Propios de A son: λ=-1 y λ=1. Solo trabajaremos con el Valor Propio positivo, es decir con λ=1 y hallamos el Vector Propio correspondiente: [
]0 1
⁄
0 1
{
Si resolvemos el sistema mediante el Método de Eliminación Continua tenemos: [
]
*(
, -
(
⁄
*(
)+ ) )+ 0 1
Por lo tanto el vector de Distribución de Edades es:
Aplicaciones: formas cuadráticas Los Valores Propios y los Vectores Propios se pueden usar para resolver problemas como por ejemplo la rotación de ejes. Formas Cuadráticas con Dos Variables Una Forma Cuadrática con dos variables x y y se define como la siguiente expresión:
,
-[
⁄ ⁄
][ ]
Si la ecuación cuadrática no contiene el término xy, entonces b=0. En cambio, si la ecuación si contiene el término xy, realizamos una rotación de ejes para obtener una ecuación sin el término xy. A la expresión ecuación cuadrática A la matriz
[
se le denomina Forma Cuadrática asociada con la . ⁄
⁄
] se le denomina Matriz de la Forma Cuadrática.
Formas Cuadráticas con n Variables Una Forma Cuadrática con n variables,( puede escribir como:
) es una expresión que se
,
-
[
]
En donde A es una matriz Simétrica de n x n.
Si
[
], entonces la definición se simplificaría de la siguiente manera:
Una matriz de la Forma Cuadrática se puede usar para una rotación de ejes, así: 0 1 Entonces la expresión cuadrática forma matricial: ,
-
puede escribirse en la
,
-[
⁄ ⁄
]0 1
,
-0 1
Como A es Simétrica, concluimos que existen una matriz Ortogonal P tal que PTAP=D. Si hacemos que: [ ] Si reemplazamos en la expresión de Forma Cuadrática tenemos: ( ( ) ( )
)
(
)
La elección de P debe hacerse con mucho cuidado. Si P se elige de modo que | | entonces P será de la forma: 0
,
1
En donde el ángulo θ es el ángulo de rotación. Teorema de los Ejes Principales Para una cónica , la rotación definida por elimina el término si P es una matriz Ortogonal con | | que Diagonaliza a A, es decir: [
]
La ecuación de la cónica rotada está dada por:
( )
( )
,
-
Si queremos analizar ecuaciones de superficies cuadráticas en el espacio, que tengan la forma , su matriz de la Forma Cuadrática es:
[
]
Pasos para Rotar una Cónica Paso 1: Formamos la matriz A y determinamos sus Valores Propios. Paso 2: Encontramos los Vectores propios correspondientes. Luego los normalizamos para formar la matriz P. Paso 3: Si | | matriz de la forma
, multiplicamos una de las columnas de P por -1 para obtener una 0
1
Paso 4: El ángulo θ representa el ángulo de rotación de la cónica. Paso 5: La ecuación de la cónica rotada es
( )
( )
,
-
EJERCICIOS 1. Obtenga la matriz de la forma cuadrática asociada con la ecuación dada.
Como tenemos que: a=0, b=10 y c=-10, la matriz de la Forma Cuadrática sería: [
⁄
]
⁄
0
1
2. Escriba la forma cuadrática en términos de las nuevas variables manera que no estén productos cruzados ( )
de tal
Si: La matriz A asociada con la ecuación cuadrática es ]
A=[
La ecuación característica es |
|
(
|
)(
|
(
)(
Por consiguiente en el sistema rotado
=0 )x=[
]=[ ]=[ ]
Resolviendo obtenemos [ ]=[ Para
=6
]=t[
=0 y
=6 y
.
la ecuación cuadrática es:
Determino los vectores característicos de A.
(
(
)
Se concluye que los valores característicos son
Para
)
]
)
(
)
(
)x=[
]=[ ]=[ ]
Resolviendo obtenemos [ ]=[ Para
]= [ ]
=3
(
)x=[
]=[ ]=[ ]
Resolviendo obtenemos [ ]=[
]=
[
]
( ) ( Los vectores característicos son normalizando estos vectores obtengo las columnas de la matriz P [
)
(
)
]
Concluimos que el ángulo de rotación es de 41°48’ Y la ecuación cuadrática de rotación es de 3y’²+6z’²=0
3. Obtenga la matriz asociada con la ecuación dada .Encuentre los valores característicos de A y una matriz ortogonal P tal que sea diagonal.
La matriz asociada con la ecuación cuadrática es: 1
A=0
La ecuación característica es |
|
|
|
(
)(
Se concluye que los valores característicos son
)
( =0 y
=25
)
Determino los vectores característicos de A. Para
=0
(
)x=0
0 1
0
Para
=25
(
)x=0
0 1
0
10 1 1
0 1 Resolviendo tenemos:
0 1
10 1 1
0
0 1 Resolviendo tenemos:
1
Los vectores característicos son obtengo las columnas de la matriz P [
(
)
(
) normalizando estos vectores
]
Y se verifica que [
]0
1[
]
0
1 (Matriz diagonal)
4. Determine la matriz A de la Forma Cuadrática asociada con la ecuación dada. Luego, encuentre la ecuación de la superficie cuadrática rotada en la que se hayan eliminado lo términos xy, xz y yz.
Como tenemos que: a=3, b=3, c=8, d=-2, e=0, f=0, g=0, h=0, i=0 y j=-16. Formamos la matriz de la Forma Cuadrática:
[ [
] ]
A continuación, obtenemos los Valores Propios de la matriz A: (
)
[
]
(
) (
)
(
)(
)(
(
)
)
Por lo tanto los Valores Propios son: λ1=2, λ2=4 y λ3=8. Finalmente obtenemos la ecuación rotada igual a: ( )
( )
( )
( )
( )
( )
5. Efectúe una rotación de los ejes que elimine el término xy en la ecuación cuadrática dada. Identifique la cónica rotada resultante y dé su ecuación en el nuevo sistema de coordenadas.
Empezamos hallando la matriz de la Forma Cuadrática: Tenemos que a=0, b=1, c=0, d=1, e=-2 y f=3, por lo tanto la matriz queda así: [
[
⁄ ⁄ ⁄ ⁄
]
]
Ahora, hallamos los Valores Propios de A: (
)
[
⁄ ⁄
] (
Los Valores Propios son: λ1=-1/2 y λ2=1/2.
)(
)
Posteriormente encontramos los Vectores Propios correspondientes a los Valores Propios obtenidos: El Vector Propio correspondiente a λ1=-1/2 es el vector U=(-1,1). El Vector Propio correspondiente a λ2=1/2 es el vector V=(1,1). A continuación, normalizamos los Vectores obtenidos: ( ‖(
) )‖
( ‖(
) )‖
( (
) )
(
)
(
)
Luego formamos la matriz P con los vectores P1 y P2 como vectores columna:
[
]
Como tenemos que | | obtener que | | .
, multiplicamos a una de las columnas de P por -1 para
0 [
1
]
Como
, concluimos que el ángulo de rotación es igual a .
A continuación obtenemos los términos restantes de la ecuación rotada:
,
-
,
-
[ ] [
[ [
] ][ ] ]
Finalmente, la ecuación rotada en el nuevo sistema es: ( )
( )
( ) ( )
( )
,
( )
( )
( ) La cuál es la ecuación de una Hipérbola.
