ALGEBRA LINEAL PROBLEMAS RESUELTOS Valores Propios y Vectores Propios. Polinomio característico. Diagonalización 1.
Respecto a la transformación lineal T : X X
11 12 / ij IR; 21 22
11 12 11 12 12 21 21 22 11 22 11 22
X
T
El polinomio característico es: a) b) c)
4 3 2 2 2 4 3 22 2 2 4 3 2 2 2 4 3 2 2
d) e) Ninguno de los polinomios anteriores. DESARROLLO: Obtengamos una matriz asociada a la transformación lineal ( Por conveniencia con respecto a las bases canónicas):
1 0 0 1 0 0 0 0 , , , , entonces: 0 0 0 0 1 0 0 1
Sea B
1 1 0 1 AT 1 0 1 0
1 1 0 0 1 0 0 1 1 0 p 0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 1 0
0
p 1 1 p 2
2
1 1 1 2 1 1 2
2
2 2 2 3 3 4 2 4 3 2 2 2
La respuesta es el literal a.
2.
Identifique la proposición falsa: a) Si A no es invertible, entonces VERDADERO Sabemos que la matriz
0 es un valor propio de
A .
A no es invertible cuando det( A) 0 , pero:
p det A I , entonces p0 det( A) 0 , lo cual quiere decir que raíz del polinomio característico, por lo tanto constituye un valor propio de A .
b)
Si A
2 3 0
1
0
2
0 , entonces
0
4
16 es un valor característico de
0 es una
2 A .
VERDADERO
A , entonces 2 es un valor propio de 2 A . Esto nos permite calcular directamente los valores propios de A y a partir de estos valores 2 hallar los valores propios de A :
Conocemos que si es un valor propio de una matriz
1
2
1
0
3
2
0
0
0
4
p
p 4 4 2 2
tanto
c)
2 2 4 3 4
3 4 1 2 4 es
un valor propio de
A , por lo
16 es un valor propio de A2 .
Si A es semejante a B , entonces sus polinomios característicos son iguales. VERDADERO
A es semejante a B , entonces existe una matriz P tal que A P 1 BP , por lo tanto: p A det A I det P 1 BP I det P 1 BP P 1 P
Si
p A det P B I P det P det B I det P det B I p B 1
d)
1
1 0 0 1 Dada A 0 0 0 0
9
8
7
6
1 5 0 1
, entonces los valores característicos de A son: 8, -8, 1 y -1.
FALSO
1
0
9
8
0
1
7
6
0
0
1
5
0
0
0
1
p
p 1 1 2
2
1 1 1 1
1, ma 2 1, ma 2
e) Ninguna de las proposiciones anteriores.
3.
Sea
T : P 2
P 2
una
transformación
lineal
definida
a1 x a2 x2 3a0 2a1 3a1 2a0 x 5a2 x2 . Entonces es cierto que: x 2 1 es un vector característico de T correspondiente al valor característico 1 .
T a0 a)
FALSO
Si dicho vector es característico, debería cumplirse que
5 x
T x 2 1 b)
2
T v v , pero:
2 x 3 1x2 1
La representación matricial de T respecto a la base canónica es diagonalizable. VERDADERO Obtengamos los valores y vectores propios de la transformación:
Sea B x , x,1 , una base de 2
P 2 , entonces:
5 0 0 5 0 0 2 AT 0 3 2 p 0 3 2 5 3 4 0 2 3 2 3 0 2
por:
p 5 1 5 1 5, ma 2 2
1, ma 1
5 :
0 0 0 v1
0
2 0 2 0
2 2
1
y z 0
1
5
x y / y z 0 z
x 1 v2 x2
1 :
4 0 0 1 0 2 2 0 2 2 0 v3
0 1
x x 0 y z 0 5 y / x 0 y z 0 1 z 0
x 1 , por lo tanto si es diagonalizable ya que existen tres vectores propios linealmente
independientes. c)
1, -1 y 5 son los valores pr opios de T . FALSO
Los valores propios son: 1 d)
5, ma 2 2 1, ma 1 .
La representación matricial de T respecto a la base P 2
1 x; x2 ;1 x
es una matriz
diagonal. VERDADERO Dicha base está formada por los vectores propios de la transformación lineal.
e) Ninguna de las anteriores.
4.
¿Cuál de las siguientes proposiciones es falsa?
a)
19 9 6 La matriz A 25 11 9 no es diagonalizable. 17 9 4 VERDADERO:
19
9 6 11 9 19 11 4 81 p 25 9 4 17 925 4 153 6 225 17 11 19 2 15 37 953 25 617 38 19 2 285 703 3 15 2 37 477 225 102 228 3 4 2 5 2 1 2 3 2 1 1 2 12 2 1 1, ma 2 2 2, ma 1 , por lo tanto para que la matriz sea diagonalizable debe cumplirse que mg 1 ma 1 2 .
3
1 :
18 9 6 1 6 3 2 6 3 2 3 L L 25 L 6 L L 25 12 9 25 12 9 0 3 4 17 9 5 17 9 5 17 9 5 6 3 2 L L L 6 0 6 4 17 L 6 L L x z y z 0 3 4 3 0 3 4 0 3 4 dim 1 mg 1 1 , por lo cual la matriz no es diagonalizable. 1
1
b)
3
1
1
3
1
1 0 1 , entonces A10 1023 1 2
Si A
2
2
2
1
. 1024 0
FALSO:
En este problema podríamos proceder a realizar las multiplicaciones, pero aquello sería un proceso largo, más aún si el exponente fuera aún mayor. Entonces supongamos que la matriz A es diagonalizable, o sea existe una matriz diagonal D tal que:
D C 1 AC A CDC 1 , por lo tanto: A2
A2
CDC 1 CDC 1CDC 1 2
CD2C 1 , y en general tenemos que: An CDnC 1 , siempre y cuando la matriz A sea
diagonalizable, entonces el problema se reduce a encontrar los valores y vectores propios de la matriz A , teniendo en cuenta que elevar una matriz diagonal a una potencia, consiste tan só lo en elevar a los elementos de su diagonal a dicha potencia.
p
1
0
1
2
1 2 0 1 1 2 2
1 :
0 0 1 v1 1 1 1 2 :
1 0 1 0 1 0 1 0 0 C 1 D v2 C 1 1 1 1 0 2 1 0 1 1 1 1 1
10
0
10
1 0 1 0 2 1 1 0 2 10 0 1 0 1 2 1 1024 1
1 0 1 1 1 1 0 1 1 1023
4
0 1
0 1 0 1 0 1024 1 1 0 1024
c)
El
subespacio
de
IR
3
s W 2 s 2t ; s , t IR es un espacio característico de t
3 2 4 A 2 0 2 corresponde al valor propio 1 . 4 2 3 VERDADERO:
Al subespacio W lo podemos escribir como
los vectores
1 0 W L 2 , 2 , lo cual quiere decir que 0 1
1 0 2 2 son vectores propios asociados al valor propio 1 , por lo tanto 0 1
debería cumplirse que:
3 2 4 1 1 3 2 4 0 0 2 0 2 2 1 2 2 0 2 2 1 2 , 4 2 3 0 0 4 2 3 1 1
lo cual si se satisface,
por lo tanto la afirmación es verdadera.
1 1 4 d) Si A 3 2 1 , entonces A 3 2 A 2 5 A 6I 0 . 2 1 1 VERDADERO: Obtengamos el polinomio característico de
1
1 2
A :
4
1 1 2 1 3 1 42 1 1 2 1 p 2 1 3 2 3 1 8 4 3 2 2 5 6 0 3 2 p 2 5 6 , pero la expresión A3 2 A 2 5 A 6I 0 equivale a p A 0 , p
3
lo cual se satisface ya que toda matriz satisface su polinomio caracter ístico.
e) Ninguna de las anteriores.
5.
Sea
A una
matriz
n n diagonalizable. Demuestre que
1 , 2 , 3 , n son los valores característicos de
det A 1 2 3 n , donde
A .
Desarrollo: Sea
an 1 n 1 ... a1 a0 det A I , det A p0 a0 , pero sabemos que para
p n
entonces
independiente
" a0 " es igual al producto de sus raíces, o sea: 5
el polinomio característico de A, cualquier polinomio su término
a0 1 2 ... n , donde lo tanto
6.
1 2 ... n son las raíces de
p ( por ende los valores propios de A ), por
det A a0 1 2 ... n .
Sea T : V V una transformación lineal cualquiera. Sean 1 y 2 , dos valores característicos distintos de T . Si y1 y y 2 son dos vectores característicos correspondientes a 1 y 2 respectivamente, demuestre que el vector z y1 y 2 no es un vector característico de T . DESARROLLO:
Para que el vector
z y1 y2 sea un vector propio de T , debería existir un valor
, tal que
T z z , valor que vamos a demostrar que no existe, entonces: T z T y1 y2 T y1 T y2 1 y1 2 y2 ,
pero
T y1 y2 y1 y2 , lo cual solo se cumpliría si
debería
cumplirse
2 y1 y2 .
1
que
Pero como aquello
contradice las hipótesis, concluimos que el valor no existe, por lo tanto la afirmación es verdadera.
7.
Si A es una matriz invertible y p det A I es un polinomio característico; probar que el polinomio característico de A 1 es:
1
det A1 I
det A
n p1 .
DESARROLLO:
p det A I p det A AA1
p det Adet A1
1 det A1 I
1
1
Considérese
el
operador
n
1 det A
y podemos decir que ' , entonces:
8.
1
1
I p det Adet A1
p n
p det A A
, sea '
1
,
det A1 I
T : R 3
lineal:
1
I
I
1 1 ' det A
det A1 ' I ' p n
1 det A
R 3
1 n p .
tal
que
T X AX donde
1 a12 a13 A 2 a 22 a 23 y X R 3 . Los tres vectores propios del operador lineal son: 3 a a33 32 x1 0 ,1 ,1 , x 2 1 ,1,0 y x3 1 ,0,1 a) b)
Determine la regla de correspondencia de T . Obtenga la dimensión del complemento ortogonal del Ker T .
DESARROLLO:
Por comodidad supongamos que:
transformación son: x1
1 A 2 3
a
d
b
e . Entonces como los vectores propios de la
c f
0 ,1 ,1 , x 2 1 ,1,0 y x3 1 ,0,1 , podemos decir que: 6
T x1 1 x1 T x2 2 x2
T x3 3 x3 , lo cual implica que: 1 a d 0 0 1 a d 1 1 1 a 2 b e 1 1 1 2 b e 1 2 1 2 b 3 c f 1 1 3 c f 0 0 3 c a 2 1 d 3 1 a d 0 b 2 2 e 2 b e c 3 f 3 c f 3
d 1
1 e 0 3 0 1 f 1
1
1
a d 0 b f 1
a b 3
d f 4
a d 0 b f 1 a b 3 d f 4
a d a 1 d 1 1 6 b f 1 b f 1 f d 2 f d 2 b 4 e 2 2 2 , b d d d 3 2 4 d f 4 c 3 f 3 3 0 d f 4
por lo tanto la
regla de correspondencia de la transformación viene dada por:
1 x 1 1 1 x x y z T y 2 4 2 y 2 x 4 y 2 z , luego el núcleo de T es NuT L 0 , lo z 3 3 3 z 3 x 3 y 3 z 1 cual implica que: y sabiendo que dim Ker T 1 , dim Ker T dim Ker T dimV 3 , podemos concluir que dim Ker T 2 . 9.
Sea V el espacio vectorial: V
sen x e x x / , , IR
y T es el operador segunda
derivada T D 2 . Encuentre los valores y vectores característicos de T . DESARROLLO:
Obtengamos la matriz asociada a la transformación con respecto a la base B sen x , e
x
,x
1 0 0 AT 0 1 0 , y como podemos notar esta matriz es una matriz DIAGONAL, por lo tanto la 0 0 0 base que utilizamos para obtenerla debe estar formada por los vectores propios de la transformación, entonces: 3
v1 sen x , asociado a
1
1 ,
v2
0.
7
e x , asociado a
2
1
, v3
x , asociado a
10. Sea A que pertenece a las matrices n n y
característicos, sea una constante 1 , 2 , 3 , k
1 , 2 , 3 , k k n sus correspondientes valores cualquiera; pruebe que los valores característicos de A son
DESARROLLO:
Si i es un valor propio de
i 1 ,2..., k . Multiplicando por
i vi , ivi
A , entonces debe existir un vector vi , tal que: Avi Avi ambos lados de esta ecuación, tenemos
Avi i vi , lo cual quiere decir que el escalar
i es un valor propio de la matriz A , para
i 1 ,2,..., k .
3 2 0 A 2 3 0 0 0 5
11. Sea
a)
¿Es la matriz
A ortogonalmente diagonalizable? Justifique su respuesta.
DESARROLLO : Si, ya que la matriz
b)
A es simétrica.
Determine la multiplicidad algebraica de cada uno de los valores característicos de A y describa los correspondientes espacios característicos. DESARROLLO:
3 p 1
0
2
2 3
0
0
5
0
5 2 6 5 5 5 1
5, ma 2 2 1, ma 1 .
5 :
x 2 2 0 1 0 2 2 0 / 1 y x y v v 2 0 , mg 2 5 1 0 0 0 z 0 1 1 :
x 2 2 0 1 2 2 0 5 y / x y z 0 v3 1 , mg 1 0 0 4 z 0 c)
Si A fuese diagonalizable, encuentre la matriz Q tal que D QT AQ , sea una matriz diagonal. DESARROLLO: Dicha matriz Q ortogonal, está formada por los vectores propios de
lo tanto:
8
A ortonormalizados, por
1 0 2 1 0 Q 2 0 1 d)
2 1 2 0 1
Escriba la matriz D . DESARROLLO: Esta matriz está formada por los valores propios de la matriz, dependiendo su orden de la matriz Q , entonces:
5 0 0 D 0 5 0 0 0 1 12. Sea T : R 3
P 2 una transformación lineal, donde B1 i , j , k y B2 1 , x , x 2 son bases de T i j 9 9 x
2 3 R y P 2 respectivamente. Si se conoce que: T j k 9 x 9 x
T k i 1 8 x x 2
a)
Encuentre la representación matricial de T con respecto a las bases B1 y B 2 . DESARROLLO:
Encontremos primeramente
T i , T j , T k :
T i T j 9 9 x T i 9 9 x T j 2 2 T j T k 9 x 9 x T j T k 9 x 9 x T k T i 1 8 x x2 T k T j 8 x x2 T i 5 4 x 4 x2 T j 9 x 9 x T k T j 4 5 x 4 x 2 2 T k 4 4 x 5 x T k 4 4 x 5 x2 2
por lo tanto la matriz asociada a la transformación es:
5 4 4 AT 4 5 4 4 4 5 b)
¿Es diagonalizable ortogonalmente la matriz encontrada en a)? DESARROLLO: Si es diagonalizable, y en este caso no es necesario obtener los vectores propios para saberlo, ya que esta matriz es simétrica ( las matrices simétricas siempre son diagonalizables ).
c)
Si su respuesta a la pregunta anterior es afirmativa, encuentre la matriz Q que diagonalice ortogonalmente a la matriz encontrada en a). DESARROLLO:
9
Encontremos los vectores propios de la matriz:
5
4
4
4
5
4
4
4
5
p
9 9 9 3 5 2 10 9 16
3 :
1 3 8 4 4 1 1 2 1 1 0 1 x z 1 4 8 4 1 v u 1 1 3 4 4 8 1 1 2 0 1 1 y z 1 1 3 9 :
4 4 4 1 1 4 4 4 1 1 1 x y z v2 1 v3 0 4 4 4 0 1 Debemos ortonormalizar los vectores
u2
v
2
1 1 1 v3 0 , por lo tanto: 0 1
1 1 6 2 1 1 2 1 1 1 1 1 , v3 ' 0 1 1 1 u3 2 6 1 2 0 12 2 0 2 6 1
Entonces la matriz que diagonaliza ortogonalmente la matriz
1 3 1 Q 3 1 3 d)
1 2 1 2 0
AT , es:
6 1 6 2 6 1
¿Representa T un isomorfismo? Justifique su respuesta. DESARROLLO: Si representa un isomorfismo, sin embargo no hace falta probarlo. Esto se debe a que los valores propios de la matriz asociada a la transformación son todos diferentes de cero, lo cual implica que la dicha matriz es invertible. Si la matriz asociada a la transformación es invertible, entonces también lo es la transformación lineal, por lo tanto constituye un isomorfismo.
NOTA: i 1 ,0 ,0; j
0 ,1 ,0;
k 0 ,0,1
10
13. La matriz Q que diagonaliza ortogonalmente a
a)
b)
c)
1 2 1 2 0 0 0 0 2 3 2 3 1 3
1 2 1 2 1 2
2 1 2 1 2
3 2 2 A donde A 2 2 0 es: 2 0 4
1
d)
0 0 1 0 0 1 2 2 0 0 1 2 2
e)
1 2 1 3 2 2 3
0
0
0 6
3 0
1
2
3 2
3 1
1
2 1 3 2 2 3
4 3 2 1 3 0
3 2
3 2
3
3
DESARROLLO:
p
3
2
2
2
2
0
2
0
4
42 4 2 5 2
p 3 9 2
18 2 9 18 6 3 0 1 0, 2 6, 3 3
0 :
2 3 2 2 3 1 0 2 1 0 2 x 2 z 2 u1 2 2 0 3 2 0 4 1 1 0 0 1 2 y 2 z 1 3 6 :
2 3 2 2 1 0 1 3 1 0 1 x z 1 y z u2 2 4 0 0 4 2 3 2 0 2 0 2 1 0 2 1 2 2 3
11
3
1 0 2 2 3 2 0 1 x z 2, 2 1 0 2 u3 3 2 0 1 0 1 1 y z 2 3 diagonaliza ortogonalmente a la matriz
2 3 2 Q 3 1 3
2 3 1 3 2 3
por lo tanto la matriz que
A , es:
1 3 2 , matriz que no es igual pero equivale a la matriz del literal c). 3 2 3
14. Determine la matriz Q que diagonaliza ortogonalmente a la matriz:
1 2 2 A 2 1 2 2 2 1
DESARROLLO:
1
2
2
2
1
2
2
2
1
p
p 3 2
1 2 5 4 1 22 6
13 21 3 2 2 7 1 3, 2 1 2 2 , 3 1 2 2
3 :
1 2 2 2 2 1 1 0 x y 1 u1 2 2 2 0 0 1 0 z 2 2 2 2 0
1 2
2
2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2
1 1 2 1 1 2 2 0 4 2 2 2 2 2 0 1 2 2 1 2 2 2 1 0 x z 2 2 u 1 2 2 2 2 2 0 1 y z 2 2 2 12
1 2 2
:
2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 0 4 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 0 x z 2 2 u 1 , por 3 2 2 2 0 1 y z 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 ortogonalmente a la matriz A , es : Q 2 2 2 0 2
1 1 2 2 2 2 0 1
2 2
2
lo
tanto
la
matriz
2
que
diagonaliza
1 2 1 2 2 2
15. Identifique la proposición falsa:
a)
La ecuación
5 x 2 2 xy 5 y 2 4 no representa ningún lugar geométrico en el plano real.
VERDADERO:
A esta forma cuadrática la podemos representar como:
5 1 x x 4 , entonces 1 5 y y
diagonalicemos la matriz:
p
5
1
1
5
2 10 24 6 4
forma cuadrática la podemos escribir como:
6 x'2 4 y'2 4 ,
6 , por lo tanto la 2 4 1
por lo tanto esta ecuación
no representa un lugar geométrico en el plano real.
b)
La ecuación 3 x 2
6 xy 5 y 2 36 representa una elipse en el plano.
VERDADERO: 3 3 3 x x 36 p 3 3 5 y y
, por lo tanto tenemos:
c)
4 10 x'
La ecuación cuadrática 6 x 2
2
3 4 2 8 6 1 5 2 4
4 10 y'2 36 , lo cual representa una elipse.
5 xy 6 y 2 7 0 representa una hipérbola en el plano.
VERDADERO:
13
10 10
5 13 6 1 2 2 36 25 2 169 2 p 13 4 4 5 2 6 2 2 13 2 d)
x'2
13 2
y'2 7 , ecuación que describe una hipérbola.
La ecuación cuadrática en las nuevas variables x , y , z de x 2 es: x
2
2 xy y 2 2 xz 2 yz z 2 0
y 2 10 z 2 1 .
FALSO:
1 p
1 1
1 1 2 1 1 1 2 2 2 1 1
2 2 2 p 2 2 2 2 2 2 1 2 2 3 1 1
2 x'2 2 y'2 z '2 0 , ecuación que representa un cono. e) Ninguna de las proposiciones anteriores.
14
