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Valores vectorespropios-productointerno-cuadraticas

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ALGEBRA LINEAL

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Valores vectorespropios-productointerno-cuadraticas

  1. 1. Ingenier´ıa Civil. Matem´aticas I. 2012-2013. Departamento de Matem´atica Aplicada II. Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla. Tema 6.- Autovalores y autovectores. 6.1.- Autovalores y autovectores. Definici´on y propiedades. La ecuaci´on caracter´ıstica. 6.2.- Diagonalizaci´on. Matrices diagonalizables. Matrices no diagonalizables. 6.3.- Matrices sim´etricas reales. Diagonalizaci´on. El teorema espectral. 6.4.- Aplicaciones del c´alculo de autovalores y autovectores. Ecuaciones en diferencias. C´onicas y cu´adricas giradas. 6.5.- Ejercicios. Enunciados. Soluciones. A lo largo de todo el tema trataremos esencialmente con matrices cuadradas reales (aun- que muchos de los resultados que veamos tambi´en ser´an v´alidos para el caso de matrices cua- dradas complejas). De todos modos, aun trabajando con matrices reales, ser´a imprescindible hacer referencia a los n´umeros (y a los vectores) complejos. La raz´on es que necesitaremos considerar las ra´ıces de un polinomio con coeficientes reales (si la matriz es real) y ´estas pueden ser complejas con parte imaginaria no nula. Una matriz A cuadrada m × m define una transformaci´on lineal sobre Km , x ∈ Km −→ y = Ax ∈ Km . Aunque la matriz sea real, cuando algunas de las ra´ıces del llamado polinomio caracter´ıstico de A (que ser´a un polinomio real) sean n´umeros complejos, con parte imaginaria no nula, ser´a conveniente referirnos a la transformaci´on definida por A sobre el espacio complejo Cm . En estos casos, tendremos que considerar para vectores complejos todos los aspectos lineales que hemos considerado en el tema 4: combinaciones lineales, dependencia/independencia lineal, subespacios vectoriales de Cm , dimensi´on, espacios nulo y columna, etc. La transformaci´on de vectores que efect´ua la matriz A puede ser m´as o menos sencilla de describir dependiendo del vector (o de la direcci´on) sobre la que se efect´ue. El problema fundamental que se aborda es el de la determinaci´on de las llamadas direcciones principales: direcciones sobre las que la matriz A act´ua como la multiplicaci´on por un n´umero. Calculemos para algunos ejemplos geom´etricos en el plano y en el espacio, los vectores sobre los cuales la transformaci´on asociada a una matriz act´ua simplemente multiplicando por un n´umero. 149
  2. 2. 150 Tema 6.- Autovalores y autovectores. Ejemplos. (1) Consideremos la transformaci´on lineal en el plano consistente en la simetr´ıa respecto de una recta r que pase por el origen de coordenadas. Aplicando esta transformaci´on sobre un vector de dicha recta se obtiene el mismo vector y aplic´andola sobre un vector de la recta s perpendicular a r que pasa por el origen de coordenadas se obtiene el vector opuesto. Los vectores (no nulos) de las rectas r y s se denominan vectores propios o autovectores de la transformaci´on dada. Las rectas a veces se denominan direcciones principales de la transformaci´on y los coeficientes λ1 = 1 y λ2 = −1, asociados a dichas direcciones, se suelen denominar valores propios o autovalores. (2) Consideramos un plano π que pase por el origen en el espacio R3 y la transformaci´on lineal T : R3 −→ R3 que asocia a cada vector v ∈ R3 el vector T(v) ∈ R3 que se obtiene al proyectar v (ortogonalmente) sobre el plano considerado. Si {v1, v2} son dos vectores que generan el plano y v3 es un vector (no nulo) perpendicular al plano tenemos que T(v1) = v1, T(v2) = v2, T(v3) = 0 con lo cual v1, v2 y v3 son autovectores y los coeficientes respectivos 1, 1 y 0 son auto- valores. Puesto que los vectores v1, v2 y v3 forman una base de R3 , cualquier vec- tor v ∈ R3 puede expresarse como combinaci´on de ellos y teniendo dicha expresi´on v = αv1 +βv2 +γv3 es inmediato obtener T(v) como combinaci´on lineal de los vectores v1, v2 y v3, T(v) = αT(v1) + βT(v2) + γT(v3) = αv1 + βv2. Por ejemplo, para el plano π ≡ 2x − 3y + z = 0 podemos tomar los vectores v1 =   3 2 0   , v2 =   1 0 −2   y v3 =   2 −3 1   (la transformaci´on lineal no depende de c´omo elijamos los vectores v1, v2 y v3). Notemos que a partir de lo anterior es f´acil obtener la matriz A de T respecto a la base can´onica (puesto que tenemos los vectores v1, v2 y v3 y sus transformados expresados respecto a la base can´onica). La matriz A verifica A   v1 v2 v3   =   Av1 Av2 Av3   y puesto que la matriz P =   v1 v2 v3   tiene inversa (por ser sus columnas linealmente independientes), podemos despejar la Matem´aticas I. Ingenier´ıa Civil
  3. 3. 6.1.- Autovalores y autovectores. 151 matriz A, A =   Av1 Av2 Av3     v1 v2 v3   −1 = =   3 1 0 2 0 0 0 −2 0   1 28   6 5 3 2 −3 −13 4 −6 2   = 1 28   20 12 −4 12 10 6 −4 6 26   . (3) Si A es una matriz diagonal con elementos diagonales d1, d2, . . . , dm, es claro que para los vectores can´onicos e1, e2, . . . , em se verifica Aek = dkek. (4) Si tomamos dos vectores {v1, v2} linealmente independientes del plano, cualquier trans- formaci´on lineal T : R2 −→ R2 queda determinada si conocemos c´omo act´ua sobre estos vectores. Si A es la matriz asociada a T respecto a la base can´onica, podemos determinar dicha matriz a partir de Av1 y Av2 (si conocemos las coordenadas de los vectores v1, v2, Av1 y Av2 respecto a la base can´onica). Si tomamos por ejemplo los vectores v1 = 1 −2 , v2 = −2 −1 , T(v1) = Av1 = −3v1, T(v2) = Av2 = 2v2 (con lo cual tenemos una situaci´on en la que conocemos las direcciones sobre las cuales la transformaci´on act´ua multiplicando por un n´umero), es f´acil determinar la matriz A teniendo en cuenta que, puesto que v1 y v2 son linealmente independientes, la matriz cuyas columnas son v1 y v2 tiene inversa y A   v1 v2   =   −3v1 2v2   =⇒ A   v1 v2   =   v1 v2   −3 0 0 2 =⇒ =⇒ A =   v1 v2   −3 0 0 2   v1 v2   −1 Notemos que de esta ´ultima expresi´on es f´acil obtener las matrices An , n = 1, 2, . . . An =   v1 v2   (−3)n 0 0 2n   v1 v2   −1 y, por tanto, los vectores que se obtienen al aplicar sucesivamente la matriz A sobre un vector dado u, Au, A (Au) = A2 u, . . . , An u, . . . Matem´aticas I. 2012-2013
  4. 4. 152 Tema 6.- Autovalores y autovectores. 6.1.- Autovalores y autovectores. 6.1.1.- Definici´on y propiedades. Definici´on. Sea A una matriz cuadrada de orden m. Diremos que un escalar λ ∈ C es un autovalor de A si existe un vector v ∈ Cm , v = 0 tal que Av = λv, en cuyo caso se dice que v es un autovector de A asociado al autovalor λ. Obviamente, si tenemos un autovector v de A asociado a un autovalor λ, cualquier m´ulti- plo no nulo de v tambi´en es un autovector de A asociado al mismo autovalor λ. Por otra parte, si tenemos dos autovectores v1 y v2 asociados a un mismo autovalor λ, cualquier com- binaci´on lineal no nula de dichos autovectores tambi´en es un autovector de A asociado al mismo autovalor λ. Observaciones. (a) Al hacer transformaciones fila (o columna) sobre una matriz A, los autovalores y los autovectores de la matriz que se obtiene NO guardan relaci´on (en general) con los auto- valores y autovectores de la matriz original. En general, tampoco es cierto que los auto- valores de una matriz suma/resta/producto de otras dos sean suma/resta/producto de los autovalores de cada uno de los sumandos. Ejercicio. Busca ejemplos de todo lo anterior. (b) El concepto de autovalor y autovector no es exclusivo de los espacios de coordenadas, ni de los espacios vectoriales de dimensi´on finita. Por ejemplo, siendo V el espacio vectorial de las funciones y : R → R indefinidamente derivables y siendo T : V → V la aplicaci´on lineal y −→ T(y) = y′′ , se tiene que λ = 0 es un autovalor de T y todo polinomio de primer grado es un autovector asociado. Por otra parte λ = 1 tambi´en es autovalor y la funci´on y(x) = ex es un autovector asociado. 6.1.2.- La ecuaci´on caracter´ıstica. Proposici´on. Dada una matriz cuadrada A y un n´umero λ0 ∈ C, son equivalentes: (1) λ0 es un autovalor de A. (2) El sistema homog´eneo (A − λ0I) x = 0 es un sistema compatible indeterminado. (3) dim [Nul (A − λ0I)] ≥ 1. (3’) El rango [A − λ0I] no es m´aximo. (4) La matriz (A − λ0I) no tiene inversa. (5) det [A − λ0I] = 0. Por tanto, los autovalores de A son las soluciones de la ecuaci´on p(λ) = det [A − λI] = 0. Esta ecuaci´on se denomina ecuaci´on caracter´ıstica de la matriz A y p(λ) = det [A − λI] se denomina polinomio caracter´ıstico. Siendo A = [aij] una matriz m × m, p(λ) = det [A − λI] = a11 − λ a12 . . . a1m a21 a22 − λ . . . a2m ... ... ... ... am1 am2 . . . amm − λ = (−1)m λm +cm−1λm−1 +· · ·+c0 Matem´aticas I. Ingenier´ıa Civil
  5. 5. 6.1.- Autovalores y autovectores. 153 es un polinomio de grado m y, por tanto, tiene m ra´ıces (contando cada una seg´un su multiplicidad) que pueden ser reales o complejas no-reales (aun en el caso en que la matriz A sea real). El subespacio vectorial Nul [A − λ0I] se denomina espacio propio asociado al autovalor λ0 (notemos que en general estar´a compuesto por vectores complejos, los autovectores de A asociados a λ0 y el vector nulo), Nul [A − λ0I] = {0} ∪ {autovectores asociados a λ0} . De manera habitual cuando hablemos de autovectores asociados a un autovalor nos referire- mos a una base del espacio propio asociado, es decir autovectores linealmente independientes de forma que cualquier autovector asociado al autovalor en cuesti´on sea combinaci´on lineal de ellos. Ejemplo. Adem´as de los ejemplos considerados anteriormente, veamos el siguiente ejemplo en el que la matriz A viene dada. Consideremos la matriz A = 1 2 2 1 . Autovalores: Para cualquier escalar λ tenemos que A − λI = 1 − λ 2 2 1 − λ =⇒ det (A − λI) = (1 − λ)2 − 4 = λ2 − 2λ − 3 = (λ − 3)(λ + 1). Por tanto det (A − λI) = 0 ⇐⇒ λ = −3 ´o λ = −1. Autovectores asociados a λ1 = 3 : son los vectores no-nulos que est´an en el espacio nulo de A − 3I, (A − 3I)x = 0 ≡ −2 2 0 2 −2 0 −→ −1 1 0 0 0 0 ⇒ x = x2 1 1 ⇒ v1 = 1 1 , asociados a λ2 = −1 : son los vectores no-nulos que est´an en el espacio nulo de A + I, (A + I)x = 0 ≡ 2 2 0 2 2 0 −→ 1 1 0 0 0 0 ⇒ x = x2 −1 1 ⇒ v2 = −1 1 . Las propiedades referidas a autovalores las podemos agrupar dependiendo de si pueden obtenerse directamente de la definici´on (con lo cual estar´an involucrados los autovectores) o si se obtienen a partir del polinomio caracter´ıstico (algunas de ellas pueden obtenerse de las dos formas). Proposici´on. Sea λ un autovalor de A y v un autovector asociado, entonces: (1) αλ es un autovalor de αA y v es un autovector asociado. (2) (λ − µ) es un autovalor de A − µI y v es un autovector asociado. (3) λk es un autovalor de Ak y v es un autovector asociado. (4) Si q(·) es un polinomio, entonces q(λ) es un autovalor de q(A) y v es un autovector asociado. (Ejemplo: 3λ3 +5λ2 −7λ+2 es un autovalor de la matriz 3A3 +5A2 −7A+2I). Matem´aticas I. 2012-2013
  6. 6. 154 Tema 6.- Autovalores y autovectores. (5) Si A tiene inversa, entonces λ = 0, λ−1 es un autovalor de A−1 y v es un autovector asociado. (6) Sea A una matriz real, λ = a + bi ∈ C, (a, b ∈ R) un autovalor de A y v = u + iw ∈ Cm un autovector de A asociado a λ. Entonces λ = a − bi ∈ C tambi´en es autovalor de A y v = u − iw ∈ Cm es un autovector de A asociado a λ. Proposici´on. Sea A una matriz m × m. Se verifica: (a) A tiene a lo sumo m autovalores distintos. (b) A y AT tienen los mismos autovalores (aunque los autovectores asociados pueden ser distintos). Proposici´on. Sea A una matriz m × m y sea p(λ) = det [A − λI] = (−1)m λm + cm−1λm−1 + · · · + c1λ + c0 = = (−1)m (λ − λ1) · · ·(λ − λm) su polinomio caracter´ıstico (es decir λ1, · · · , λm son los autovalores de A, iguales o distintos). Se verifica: (a) El determinante de A es igual al producto de sus autovalores (apareciendo cada uno, en dicho producto, tantas veces como indique su multiplicidad como ra´ız del polinomio caracter´ıstico) λ1 · · ·λm = det (A) = p(0) = c0. (b) La traza de A (la suma de los elementos diagonales de A) es igual a la suma de sus autovalores (apareciendo cada uno, en dicha suma, tantas veces como indique su multi- plicidad como ra´ız del polinomio caracter´ıstico) λ1 + λ2 + · · · + λm = (−1)m−1 cm−1 = traza(A) := a11 + a22 + · · · + amm. Uno de los resultados m´as importantes referidos a autovalores y autovectores es el siguiente. Teorema. A autovalores distintos corresponden autovectores linealmente independientes. Es decir, si λ1, . . . , λp son autovalores de A distintos dos a dos y v1, . . . , vp son autovectores de A asociados respectivamente a λ1, . . . , λp, entonces {v1, . . . , vp} es linealmente independiente. Matem´aticas I. Ingenier´ıa Civil
  7. 7. 6.2.- Diagonalizaci´on. 155 6.2.- Diagonalizaci´on. Consideremos una transformaci´on lineal T : Km −→ Km y la matriz A asociada (cuadra- da, m×m) respecto de la base can´onica C de Km . Es decir, siendo x las coordenadas can´nicas de un vector v y siendo y las coordenadas can´onicas del transformado T(v), tenemos que y = Ax. Consideremos otra base B y denotemos por x′ e y′ a las coordenadas de v y T(v), respectivamente, respecto de dicha base B. Si P es la matriz del cambio de base C ←− B tenemos que x = Px′ e y = Py′ . Por tanto, la transformaci´on lineal T se puede expresar, en coordenadas respecto a B mediante y = Ax ⇐⇒ Py′ = APx′ ⇐⇒ y′ = P−1 APx′ . Es decir, de la misma forma que A representa a T respecto a la base can´onica, la matriz B = P−1 AP tambi´en representa a T, pero respecto a la base B. Cuando dos matrices A y B (cuadradas del mismo orden) est´an relacionadas mediante la igualdad B = P−1 AP para alguna matriz P no-singular, se dice que A y B son semejantes. En este caso se trata de matrices que representan a la misma transformai´on lineal respecto de bases distintas. En este apartado vamos a considerar el problema de intentar determinar una matriz P para la cual B = P−1 AP sea una matriz lo m´as sencilla posible (que permita describir la transformaci´on T asociada de la forma m´as simple). La forma m´as simple que se puede plantear es el de una matriz diagonal. Para algunas matrices A ser´a posible obtener una matriz diagonal y para otras no. 6.2.1.- Matrices diagonalizables. Definici´on. Se dice que una matriz A m × m es diagonalizable si existe alguna matriz P no singular tal que P−1 AP es una matriz diagonal D. En este caso, se dice que P es una matriz de paso que diagonaliza A y que la expresi´on A = PDP−1 es una diagonalizaci´on de A. Notemos que si P−1 AP = D =        d1 0 0 . . . 0 0 d2 0 . . . 0 0 0 d3 . . . 0 ... ... ... ... ... 0 0 0 . . . dm        entonces de la igualdad matricial AP = PD, A   v1 v2 . . . vm   =   v1 v2 . . . vm        d1 0 . . . 0 0 d2 . . . 0 ... ... ... ... 0 0 . . . dm      se obtiene que cada columna, Avk, de la matriz AP es igual a la correspondiente columna de PD. Es decir, cada columna de P es un autovector de A asociado al correspondiente elemento diagonal de D, que ser´a un autovalor de A. Por otra parte, el que la matriz P sea no-singular (≡ tiene inversa ≡ det (A) = 0) es equivalente a que sus m columnas sean linealmente independientes. Matem´aticas I. 2012-2013
  8. 8. 156 Tema 6.- Autovalores y autovectores. Cuando sea posible, para construir una diagonalizaci´on de A bastar´a con obtener m autovectores linealmente independientes. La matriz P de orden m que tenga a dichos auto- vectores linealmente independientes como columnas (en un cierto orden) ser´a no-singular y verificar´a AP = PD siendo D la matriz diagonal cuyos elementos diagonales son los auto- valores (en el mismo orden en el que hayamos puesto los autovectores en la matriz P). Por tanto tenemos una diagonalizaci´on de A. Notemos que si en una diagonalizaci´on A = PDP−1 , cambiamos el orden en las columnas de P y de forma simult´anea cambiamos el orden en los elementos diagonales de D, de manera que se correspondan columnas de P- elementos diagonales de D, se obtiene otra diagonalizaci´on de A; sustituimos cada columna de P por un m´ultiplo no-nulo de dicha columna, se obtiene otra matriz de paso distinta que tambi´en diagonaliza a A (la matriz D no cambia). Proposici´on. Sea A una matriz m × m. Se verifica: (1) A es diagonalizable si y s´olo si tiene m autovectores linealmente independientes. (2) Si A es diagonalizable tambi´en lo es cualquier potencia Ak , k = 1, 2, · · · (3) Si A es diagonalizable tambi´en lo es cualquier matriz de la forma A − µI. (4) Si A es diagonalizable tambi´en lo es cualquier polinomio en A q(A) = ckAk + · · · + c1A + c0I. (5) Si A tiene inversa, A es diagonalizable si y s´olo si lo es su inversa A−1 . (6) A es diagonalizable si y s´olo si lo es AT . Si tenemos una diagonalizaci´on de A, P−1AP = D ≡ A = PDP−1 se obtienen las siguientes diagonalizaciones de Ak, A − µI, AT y A−1 (si existe) Ak = PDk P−1 , A − µI = P(D − µI)P−1 , AT = (PT )−1 D(PT ), A−1 = PD−1 P−1 . Recordemos que a autovalores distintos corresponden autovectores linealmente indepen- dientes. Por tanto, Teorema. Si todos los autovalores de A son simples (A tiene m autovalores distintos), entonces A es diagonalizable. Para que una matriz sea diagonalizable no es imprescindible que todos sus autovalores sean simples. Por ejemplo λ = 1 es un autovalor doble de la matriz A =   2 1 0 1 2 0 0 0 1   Matem´aticas I. Ingenier´ıa Civil
  9. 9. 6.2.- Diagonalizaci´on. 157 y A es diagonalizable (compru´ebalo!). Aunque hay matrices que no son diagonalizables, como por ejemplo B = 2 1 0 2 . Para analizar de forma m´as detallada cuando una matriz es diagonalizable consideramos los siguientes conceptos. Definici´on. Sea A una matriz m × m y sea λ0 un autovalor de A. Se llama: (a) Multiplicidad algebraica de λ0, y se denota por ma(λ0), a la multiplicidad de λ0 como ra´ız del polinomio caracter´ıstico p(λ) = det (A − λI) de A. Es decir, p(λ) puede factorizarse como p(λ) = (λ − λ0)ma(λ0) q(λ), siendo q(λ) un polinomio (de grado m − ma(λ0)) que no se anula para λ0, q(λ0) = 0. (b) Multiplicidad geom´etrica de λ0, y se denota por mg(λ0), a la dimensi´on del espacio nulo de A − λ0I, dim [Nul (A − λ0I)] = m − rango [(A − λ0I)] . Es decir, la multiplicidad geom´etrica es el n´umero (m´aximo) de autovectores lineal- mente independientes asociados al autovalor. Lo ´unico que se puede afirmar en general sobre la relaci´on entre las multiplicidades algebraica y geom´etrica de un autovalor de una matriz viene dado por el siguiente resultado. Lema. Sea λ0 un autovalor de una matriz A, entonces 1 ≤ mg(λ0) ≤ ma(λ0). Teorema. A es diagonalizable si y s´olo si para cada autovalor λ se verifica que ma(λ) = mg(λ). En ese caso, si λ1, . . . , λp son (todos) los autovalores distintos de A y tenemos una base Bk de cada uno de los subespacios Nul [A − λkI] (es decir, tenemos tantos autovectores linealmente independientes asociados a λk como indica su multiplicidad algebraica), entonces B = B1 ∪ · · · ∪ Bp es una base de Rm o de Cm . Por tanto: Para determinar si una matriz es diagonalizable habr´a que determinar si cada autovalor m´ultiple tiene asociados tantos autovectores linealmente independientes como indique su multiplicidad algebraica. Para construir una diagonalizaci´on, cuando sea posible, habr´a que obtener tantos auto- vectores linealmente independientes, asociados a cada autovalor, como indique su multi- plicidad algebraica; Matem´aticas I. 2012-2013
  10. 10. 158 Tema 6.- Autovalores y autovectores. Observaci´on.- Para una matriz diagonalizable A, el tener una diagonalizaci´on P−1 AP = D (diagonal), permite obtener potencias enteras de dicha matriz, Ak = PDk P−1 y calcular la correspondiente potencia para una matriz diagonal se reduce a obtener el valor de dicha potencia en cada uno de los elementos de la diagonal principal. 6.2.2.- Matrices no diagonalizables. Una matriz cuadrada A es diagonalizable si, y s´olo si, hay una base (de Rn ´o Cn ) formada por autovectores de A. Cuando A no es diagonalizable hay situaciones en las que es necesario encontrar tambi´en una base cuyos elementos verifiquen ciertas propiedades similares a las de los autovectores de A. ´Estos ser´an los denominados autovectores generalizados de A. Definici´on. Sea A una matriz m × m y sea λ un autovalor de A. Se dice que un vector v = 0 es un autovector generalizado de A asociado a λ si se verifica que (A − λI)k v = 0 para alg´un entero positivo k. Es decir, los autovectores generalizados de A asociados a λ son (excluyendo al vector nulo), los vectores de los espacios nulos de las matrices (A − λI)k , k = 1, 2, 3, ... Observaciones. 1) Es f´acil comprobar que Nul (A − λI) ⊆ Nul (A − λI)2 ⊆ · · · ⊆ Nul (A − λI)k ⊆ Nul (A − λI)k+1 ⊆ . . . 2) Puesto que la dimensi´on del espacio es finita, los subespacios anteriores no pueden crecer de manera indefinida, sino que para un cierto valor r se verificar´a Nul [A − λI] Nul (A − λI)2 · · · Nul [(A − λI)r ] = Nul (A − λI)r+1 = · · · . 3) Si v ∈ Nul (A − λI)k entonces Av ∈ Nul (A − λI)k . Es decir, si v es un autovector generalizado, Av tambi´en lo es (o es el vector nulo). El siguiente resultado indica que para calcular los autovectores generalizados hay que llegar, a lo sumo, hasta la potencia ma(λ). Nos indica adem´as que, si bien en general no es cierto que para un autovector generalizado v asociado a λ se tenga que Av es λv, se tiene en cambio que Av es tambi´en autovector generalizado asociado a λ. Teorema. Sea A matriz m × m y sea λ autovalor de A de multiplicidad algebraica ma(λ). Existe un valor 1 ≤ r ≤ ma(λ) tal que dim (Nul [A − λI]) < · · · < dim (Nul [(A − λI)r ]) = dim Nul (A − λI)ma(λ) = ma(λ), y Nul (A − λI)k = Nul (A − λI)ma(λ) para k ≥ r. Observaciones. Matem´aticas I. Ingenier´ıa Civil
  11. 11. 6.2.- Diagonalizaci´on. 159 1) La proposici´on anterior no contradice lo visto hasta ahora para autovectores: si A es dia- gonalizable y λ es autovalor de multiplicidad algebraica ma(λ) = l (su multiplicidad geom´etrica ser´a por tanto mg(λ) = l) el valor r de la proposici´on anterior es r = 1. 2) Observe que seg´un el teorema anterior los autovectores generalizados siempre son los elementos de Nul (A − λI)ma(λ) , aunque dependiendo de cada caso, dicho espacio nulo puede coindicir con el espacio nulo de una potencia inferior de A − λI. Ejemplo. Consideremos la matriz A =     −1 0 2 −2 4 4 −1 −2 4 8 4 −9 4 5 1 −5     . Vamos a calcular una base de R4 formada por autovectores y autovectores generalizados de A. Su polinomio caracter´ıstico es pA(x) = (x−1)3 (x+ 1), luego sus autovalores son λ1 = −1 con multiplicidad algebraica ma(λ1) = 1 y λ2 = 1 con multiplicidad algebraica ma(λ2) = 3. Como λ1 = −1 es autovalor simple, sus multiplicidades algebraica y geom´etrica coinciden. Un autovector asociado a λ1 = −1 es, por ejemplo, v1 = (1, 1, 3, 3)T y los dem´as autovectores asociados al mismo autovalor son m´ultiplos de v1. Para el autovalor triple λ2 = 1, las matrices A − λ2I y la escalonada superior obtenida de ella por eliminaci´on gaussiana son A − λ2I =     −2 0 2 −2 4 3 −1 −2 4 8 3 −9 4 5 1 −6     Elim. Gauss. −→     −2 0 2 −2 0 3 3 −6 0 0 −1 3 0 0 0 0     . Puesto que A − λ2I tiene rango 3, s´olo hay un autovector independiente asociado al auto- valor λ2 = 1 y por tanto, A no es diagonalizable. Los autovectores asociados son los m´ultiplos (no nulos) de v2 = (2, −1, 3, 1)T . Calculemos una base de autovectores generalizados asociados al autovalor λ2 = 1. Para ello, debemos calcular las potencias A−λ2I hasta que una de ellas tenga rango m−ma(λ2) = 4 − 3 = 1 con lo cual el espacio nulo de dicha potencia de A − λ2I tendr´a dimensi´on 3. La matrices (A − λ2I)2 y la escalonada superior obtenida por eliminaci´on gaussiana son (A − λ2I)2 =     4 6 0 −2 −8 −9 0 7 0 3 0 3 −8 −7 0 9     Elim. Gauss. −→     4 6 0 −2 0 3 0 3 0 0 0 0 0 0 0 0     , cuyo rango es 2 (todav´ıa distinto de 1 = 4 − ma(λ2)). Por tanto la dimensi´on del espacio nulo de (A − λ2I)2 es 2 y podemos obtener en dicho espacio nulo un autovector genera- lizado v3 linealmente independiente con v2, por ejemplo v3 = (0, 0, 1, 0)T . Notemos que Nul ((A − λ2I)2 ) = Gen {v2, v3}. La matriz (A − λ2I)3 es (A − λ2I)3 =     8 8 0 −8 8 8 0 −8 24 24 0 −24 24 24 0 −24     , Matem´aticas I. 2012-2013
  12. 12. 160 Tema 6.- Autovalores y autovectores. cuyo rango es 1 = 4 − ma(λ2). Por tanto, el espacio nulo de (A − λ2I)3 tiene dimensi´on 3. En este espacio nulo podemos obtener un autovector generalizado v4 que sea linealmente independiente con {v2, v3}, por ejemplo v4 = (1, −1, 0, 0)T . Notemos que Nul ((A − I)3 ) = Gen {v2, v3, v4} y que los vectores de este espacio son, adem´as del vector nulo, todos los autovectores y auto- vectores generalizados asociados al autovalor λ1 = 1. As´ı, hemos obtenido tres autovectores (generalizados) asociados al autovalor triple λ1 = 1 de una determinada forma, ampliando de una base de Nul (A−I) a una de Nul ((A−I)2 ) y de ´esta a una de Nul ((A−I)3 ). Podr´ıamos haber obtenido una base de Nul ((A − I)3 ) sin necesidad de pasar por bases de los espacios intermedios. Por ejemplo, los vectores w2 = (1, −1, 0, 0)T , w3 = (0, 1, 0, 1)T , w4 = (0, 0, 1, 0)T forman una base de Nul ((A − I)3 ). Por tanto, tenemos como bases de R4 {v1, v2, v3, v4} y {v1, w2, w3, w4}. Para observar la diferencia entre ellas (y entender por qu´e, en general, es m´as conveniente encontrar una base por el procedimiento seguido para construir {v1, v2, v3, v4}) se propone como ejercicio determinar la matriz P−1 AP tomando respectivamente como matriz P la matriz cuyas columnas son las coordenadas de los vectores de cada una de las bases anteriores. As´ı, si formamos P1 = [v1, v2, v3, v4] y P2 = [v1, w2, w3, w4] obtenemos P−1 1 AP1 =     −1 0 0 0 0 1 1 −1 0 0 1 −1 0 0 0 1     , P−1 2 AP2 =     −1 0 0 0 0 −1 −2 2 0 −1 0 1 0 −4 −1 4     . Observamos que con P1, en el bloque correspondiente al autovalor 1, ´este aparece en la diagonal y adem´as es un bloque triangular superior, es decir, en la matriz obtenida (que no puede ser diagonal pues A no es diagonalizable), los autovalores aparecen en la diagonal y el bloque del autovalor 1 al menos tiene ceros por debajo de la diagonal. Sin embargo, con P2 ni el autovalor 1 aparece en la diagonal ni su bloque correspondiente es triangular. Si una matriz es diagonalizable al “juntar autovectores independientes de autovalores diferentes se obtiene una base de Rm (o de Cm ). De la misma forma cuando se unen bases de los espacios de autovectores generalizados se obtiene una base de Rm (o de Cm ). Siendo m´as preciso, tenemos el siguiente resultado. Proposici´on. Sea A una matriz cuadrada de orden m, con polinomio caracter´ıstico pA(λ) = (λ − λ1)m1 . . . (λ − λp)mp , con λ1, . . . , λp distintos entre s´ı. Si Bj es base de Nul (A−λjI)mj , para j = 1, . . . , p, la uni´on de dichas bases B = {B1, . . . , Bp} es base de Rm (o de Cm ). Matem´aticas I. Ingenier´ıa Civil
  13. 13. 6.3.- Matrices sim´etricas reales. 161 Observaci´on-Ejercicio. Seg´un vimos en el estudio de las propiedades del c´alculo de auto- valores y autovectores, todo autovector de una matriz A es autovector de cualquiera de sus potencias A2 , A3 , . . . El rec´ıproco no es cierto, en general. Por ejemplo, tomando la matriz A = 0 1 0 0 se verifica que A2 es la matriz nula y, por tanto, cualquier vector no-nulo de R2 es autovector de A2 asociado a su ´unico autovalor λ = 0. Sin embargo, hay vectores de R2 que no son autovectores de A, por ejemplo v = [ 1, 1 ]. Determina los autovectores de cada una de las potencias de A =     0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0     . 6.3.- Matrices sim´etricas reales. Las matrices sim´etricas reales constituyen uno de los tipos m´as importantes de matrices para las cuales puede garantizarse la diagonalizabilidad. Adem´as, dicha diagonalizaci´on se puede obtener matrices de paso ortogonales. 6.3.1.- Diagonalizaci´on. El teorema espectral Teorema. Sea A una matriz real sim´etrica. Entonces: (a) Todos los autovalores de A son reales. (b) Si v1 y v2 son autovectores (reales) de A asociados a autovalores distintos λ1 y λ2, entonces v1 y v2 son ortogonales. Teorema (espectral para matrices sim´etricas) Sea A una matriz cuadrada real n × n. Son equivalentes: (a) A es sim´etrica. (b) A es diagonalizable mediante una matriz de paso ortogonal, es decir, existe una matriz ortogonal Q tal que Q−1 AQ ≡ QT AQ = D es diagonal. En ese caso, las columnas de la matriz {q1, . . . , qn} de Q son un conjunto de autovectores de A que forman una Base Ortonormal de Rn y, adem´as, tenemos que A = QDQT =   q1 . . . qn        λ1 0 . . . 0 0 λ2 . . . 0 ... ... ... ... 0 0 . . . λn          qT 1 qT 2 . . . qT n     = λ1q1qT 1 + λ2q2qT 2 + · · · + λnqnqT n . Matem´aticas I. 2012-2013
  14. 14. 162 Tema 6.- Autovalores y autovectores. Cada matriz qkqT k es la matriz de la proyecci´on ortogonal sobre el subespacio generado por el correspondiente vector {qk} (es una matriz de rango 1). As´ı, obtenemos la expresi´on A = λ1q1qT 1 + λ2q2qT 2 + · · · + λnqnqT n , que se llama descomposici´on espectral de A. Esta expresi´on nos da la matriz sim´etrica real A como una combinaci´on lineal de matrices de proyecci´on de rango 1. A la hora de obtener una diagonalizaci´on ortogonal de una matriz sim´etrica real A pueden aparecer dos situaciones distintas: Todos los autovalores de A son simples. En este caso, los autovectores correspondientes tienen que ser ortogonales dos a dos y formar´an una base ortogonal de Rn . Norma- lizando dichos autovectores (dividiendo cada uno por su norma) seguiremos teniendo autovectores ortogonales que adem´as ser´an unitarios. Una matriz Q que tenga a dichos autovectores ortonormales como columnas ser´a una matriz de paso que diagonaliza A ortogonalmente. La matriz A tiene alg´un autovalor m´ultiple. En este caso, cuando calculemos los auto- vectores asociados a uno de los autovalores λ m´ultiples, obtendremos una base del espacio propio asociado Nul (A−λI). En general esta base puede no ser una base orto- gonal de dicho subespacio. Ortogonalizando primero y normalizando a continuaci´on, tendremos una base ortonormal de autovectores asociados a dicho autovalor m´ultiple. Haciendo esto con cada uno de los autovalores m´ultiples y normalizando los autovec- tores asociados a autovalores simples tendremos una base ortonormal de Rn formada por autovectores de A. Basta considerar una matriz Q cuyas columnas sean los vectores de dicha base para obtener una diagonalizaci´on ortogonal de A. 6.4.- Aplicaciones del c´alculo de autovalores y autovectores. Vamos a considerar la relaci´on del c´alculo de autovalores y autovectores con los llamados problemas de evoluci´on. Dichos problemas vendr´an expresados por una ecuaci´on en diferencias en el caso discreto y por una ecuaci´on diferencial en el caso continuo. En forma gen´erica se tratar´a de obtener una funci´on vectorial de variable discreta (en cuyo caso tendremos una sucesi´on de vectores) o de variable continua (en cuyo caso tendremos una funci´on vectorial de variable real) determinadas por una condici´on sobre su evoluci´on. Como es natural s´olo consideraremos problemas lineales. De esta forma los correspondientes conjuntos de soluciones tendr´an una estructura similar a la del conjunto de soluciones de un sistema de ecuaciones lineales. Es decir, tendr´an una estructura de subespacio vectorial (o de variedad lineal) y podr´an manipularse de forma an´aloga a la manipulaci´on de vectores de coordenadas. 6.4.1.- Sistemas de ecuaciones en diferencias. Aqu´ı trataremos de obtener las sucesiones de vectores en Rm (´o Cm ) u0, u1, u2, u3, . . . , un, . . . en la que la relaci´on entre dos t´erminos consecutivos es lineal, constante y homog´enea. Matem´aticas I. Ingenier´ıa Civil
  15. 15. 6.4.- Aplicaciones del c´alculo de autovalores y autovectores. 163 De forma m´as precisa, la relaci´on entre dos vectores consecutivos ser´a de la forma un+1 = Aun siendo A una matriz cuadrada m × m constante (independiente de n). Definici´on. Sea A una matriz cuadrada de orden m y sea u1, u2, . . . , un, . . . una sucesi´on de vectores en Rm definidos de manera recurrente por un = Aun−1, n = 1, 2, . . . a partir de un vector inicial u0 ∈ Rm . Una relaci´on de recurrencia de esta forma se llama sistema de ecuaciones en diferencias lineal homog´eneo de primer orden (con coeficientes constantes). No nos ocuparemos aqu´ı ni del caso no homog´eneo, ni del caso de coeficientes no constantes y muchisimos menos de casos no lineales. A partir de la relaci´on un = Aun−1 se tiene que un = An u0 y tenemos la expresi´on del t´ermino general un en funci´on del vector original u0. El problema es determinar las potencias An de A. Tendremos esencialmente dos situaciones. Por un lado, el caso en que A sea diagonalizable ser´a f´acil de tratar y por otro, el caso en el que A no sea diagonalizable que necesitar´a de m´as elaboraci´on puesto que tendremos que recurrir al c´alculo de autovectores generalizados. Uno de los aspectos que permite estudiar la expresi´on del t´ermino general un (a partir de u0) es el comportamiento asint´otico, es decir el comportamiento a largo plazo de la sucesi´on un, ¿qu´e sucede con los vectores un cuando n se hace grande? Proposici´on. Sea A una matriz cuadrada de orden m y u0 ∈ Rm . Entonces (a) Si A es diagonalizable, A = PDP−1 (P matriz de paso de orden m cuyas columnas son autovectores de A linealmente independientes, D matriz diagonal cuyos elementos diagonales son los autovalores correspondientes de A), se verifica que An = PDn P−1 y un = An u0 = PDn P−1 u0, n = 1, 2, . . . (b) Si u0 es combinaci´on lineal de autovectores de A (independientemente de que A sea diagonalizable o no), u0 = c1v1 + · · · + ckvk y Avj = λjvj, j = 1, . . . , k, entonces An u0 = c1λn 1 v1 + · · ·ckλn k vk. Observaciones. ¿Qu´e sucede si A no es diagonalizable y u0 no es combinaci´on lineal de autovectores? Sea A una matriz m × m no diagonalizable. (a) Si v es un autovector generalizado de A asociado a un autovalor λ, para un cierto valor k se verifica que (A − λI)v = 0, . . . , (A − λI)k−1 v = 0, (A − λI)k v = 0. Matem´aticas I. 2012-2013
  16. 16. 164 Tema 6.- Autovalores y autovectores. Utilizando esto podemos determinar la soluci´on (sucesi´on de vectores) del sistema de ecuaciones en diferencias un = Aun−1 que tiene como valor inicial u0 = v. Para ello, basta considerar la f´ormula del binomio de Newton: (a+b)n = n 0 an b0 + n 1 an−1 b1 + n 2 an−2 b2 +· · · n n − 1 a1 bn−1 + n n a0 bn p q := p(p − 1) · · ·(p − q + 1) q! = p! q!(p − q)! , (0! := 1) que es aplicable a la potencia de una suma de matrices si estas conmutan. Es decir, si A y B son dos matrices cuadradas que conmutan (AB = BA), se verifica la igualdad (A + B)n = n 0 An B0 + n 1 An−1 B1 + n 2 An−2 B2 + · · · + n n A0 Bn siendo A0 = B0 = I. Puesto que las matrices A−λI y λI conmutan, podemos aplicar la f´ormula del binomio de Newton y para n ≥ k obtenemos Anv = [λI + (A − λI)]n v = = n 0 (λI)n + n 1 (λI)n−1(A − λI)1 + · · · + n n (A − λI)n v puesto que (A − λI)kv = (A − λI)k+1v = (A − λI)k+2v = · · · = 0 = λnv + nλn−1(A − λI)v + n(n − 1) 2 λn−2 (A − λI)2 v + · · · + + · · · + λn−k+1 n k − 1 (A − λI)k−1v y aparecen (a lo sumo) k sumandos en el sumatorio, independientemente de lo grande que sea n. En los ejemplos que veremos k ser´a peque˜no y aparecer´an pocos t´erminos en el sumatorio. (b) Si obtenemos una base {v1, . . . , vm} (de Rm ´o Cm ) formada por autovectores generali- zados de A, entonces puede encontrarse la soluci´on general del sistema de ecuaciones en diferencias un = Aun−1 para cualquier u0 ∈ Rn . Para ello, expresamos u0 como combinaci´on lineal de los autovectores generalizados {v1, . . . , vm}, u0 = α1v1 + · · · + αmvm con lo que un = An u0 = α1An v1 + · · · + αmAn vm y, por tanto, bastar´a determinar (An vj) para cada autovector generalizado vj. (c) C´alculo de An . A partir de una base formada por autovectores generalizados {v1, . . . , vm} podemos calcular An sin m´as que obtener los vectores {An v1, . . . , An vm} y despejar An de la igualdad matricial An   v1 v2 . . . vm   =   An v1 An v2 . . . An vm   . Matem´aticas I. Ingenier´ıa Civil
  17. 17. 6.4.- Aplicaciones del c´alculo de autovalores y autovectores. 165 (d) Comportamiento asint´otico de An u0. Con este t´ermino se designa al estudio del comportamiento de la sucesi´on de vectores u0, u1, u2, . . . a largo plazo. Es decir se trata de estudiar qu´e sucede cuando n −→ ∞. Los vectores un ¿convergen a un cierto vector? ¿oscilan entre ciertos vectores? ¿tienden a ∞? Es decir, ¿l´ımn→∞ ||un|| = ∞? Si tenemos un vector u0 expresado como combinaci´on lineal de autovectores y autovectores generalizados u0 = c1v1 + · · · + cmvm, la sucesi´on generada viene dada mediante un = An u0 = c1An v1 + · · · + cmAn vm con lo cual podemos reducir el estudio al comportamiento de las sucesiones An v siendo v un autovector o un autovector generalizado de A. En la situaci´on m´as simple, que v sea un autovector asociado a un cierto autovalor λ tenemos que An v = λn v y, por tanto, Si |λ| < 1, tenemos que (λn ) → 0 y (An v) = (λn v) → 0. Si |λ| > 1, tenemos que (λn ) → ∞ y (||An v||) = (|λ|n ||v||) → +∞. Si |λ| = 1 hay que distinguir dos casos (al menos): • Si λ = 1, la sucesi´on de vectores An v = v es constante. • Si |λ| = 1, λ = 1, puesto que |λn | = 1 para todo n = 1, 2, . . . , los coeficientes λ, λ2 , λ3 , . . . recorren la circunferencia unidad (no completa, infinitas veces) y los vectores An v = λn v presentan un comportamiento oscilante. Veamos a continuaci´on dos ejemplos de c´omo obtener An v. Ejemplo 1. Calcular un = An u0 siendo A =   1 1 0 0 1 0 0 0 2   y u0 =   2 1 −1   . Por ser A triangular es inmediato que los autovalores son λ1 = 1 (doble) y λ2 = 2 (sim- ple). Como es f´acil comprobar, mg(λ1 = 1) = 1 < ma(λ1 = 1) = 2 y la matriz A no es diagonalizable. No existe una base de autovectores (λ1 y λ2 aportan uno cada uno) y nece- sitamos recurrir a un autovector generalizado de λ1 para obtener una base de R3 formada por autovectores y autovectores generalizados. Matem´aticas I. 2012-2013
  18. 18. 166 Tema 6.- Autovalores y autovectores. Autovectores asociados a λ1 = 1, (A − I)x = 0 =⇒ Nul (A − I) = Gen    v1 =   1 0 0      . Autovectores generalizados asociados a λ1 = 1, (A − I)2 x = 0 =⇒ Nul (A − I)2 = Gen    v1, v2 =   0 1 0      . Autovectores asociados a λ2 = 2, (A − 2I)x = 0 =⇒ Nul (A − 2I) = Gen    v3 =   0 0 1      . Es decir, trabajaremos con la base de R3 formada por {v1, v2, v3} (que en este caso sencillo coincide con la can´onica). As´ı, un = An u0 = An (2v1 + v2 − v3) = 2An v1 + An v2 − An v3. Por ser v1 y v3 autovectores: An v1 = λn 1 v1 = 1n v1 = v1 y An v3 = λn 2 v3 = 2n v3. Mientras que por ser v2 autovector generalizado de λ1 = 1, que verifica (A−I)2 v2 = 0 (k = 2 en la f´ormula dada anteriormente): An v2 = [λ1I + (A − λ1I)]n v2 = λn 1 v2 + nλn−1 1 (A − λ1I)v2 + n(n−1) 2 λn−2 1 (A − λ1I)2 v2 + · · · = 1n v2 + n1n−1 v1 + 0 + ... = v2 + nv1 ya que (A − I)v2 = v1. Finalmente un = An u0 = 2v1 + (v2 + nv1) − 2n v3 = (n + 2)v1 + v2 − 2n v3 =   2 + n 1 −2n   . Ejemplo 2. Calcular un = An u0 siendo A =   3/2 1/2 1/2 0 2 1 1/2 −1/2 5/2   y u0 =   0 2 1   . Matem´aticas I. Ingenier´ıa Civil
  19. 19. 6.4.- Aplicaciones del c´alculo de autovalores y autovectores. 167 Autovalores. Calculamos sus autovalores mediante la ecuaci´on caracter´ıstica, |A − λI| = 0 −→ λ3 − 6λ2 + 12λ − 8 = 0 −→ (λ − 2)3 = 0, de donde obtenemos que λ1 = 2 es un autovalor triple (ma(λ1) = 3). (Recu´erdese que la traza de la matriz debe coincidir con la suma de los autovalores; en este caso ambas valen 6, puesto que tr(A) = 3/2 + 2 + 5/2 = 2 + 2 + 2 = 6). Si calculamos su multiplicidad geom´etrica mg(λ1 = 2) = 3 − rango(A − 2I) = 3 − 2 = 1 vemos que s´olo tiene un autovector asociado linealmente independiente, con lo que necesitaremos encontrar dos autovectores generalizados (linealmente independientes) para formar una base de R3 con autovectores y autovectores generalizados. Autovectores: (A−2I)x =   −1 2 1 2 1 2 0 0 1 1 2 −1 2 1 2     x1 x2 x3   = 0 −→ x1 − x2 + x3 = 0 x3 = 0 −→ x = x2   1 1 0   . Tomamos como autovector, por ejemplo, v1 = (1, 1, 0)T . Autovectores generalizados: • (A − 2I)2 x = 0   1 2 −1 2 1 2 1 2 −1 2 1 2 0 0 0     x1 x2 x3   = 0 −→ x1 − x2 + x3 = 0 −→ x = x1   1 1 0   + x3   0 1 1   . Tomamos como primer autovector generalizado (que debe ser linealmente inde- pendiente con v1), por ejemplo, v2 = (0, 1, 1)T . • Finalmente, (A − 2I)3 x = 0   0 0 0 0 0 0 0 0 0     x1 x2 x3   = 0 −→ x =   x1 x2 x3   ∈ R3 arbitrario. Podemos tomar como segundo autovector generalizado cualquier vector de R3 que sea linealmente independiente con {v1, v2}, por ejemplo, v3 = (1, 0, 0)T . Una vez que tenemos la base B = {v1, v2, v3} formada por autovectores y autovectores generalizados, calculamos las coordenadas de u0 en dicha base, u0 = PB[u0]B −→   0 2 1   =   1 0 1 1 1 0 0 1 0     α β γ   −→ [u0]B =   1 1 −1   , es decir, u0 = v1 + v2 − v3. Matem´aticas I. 2012-2013
  20. 20. 168 Tema 6.- Autovalores y autovectores. Por tanto, un = An u0 = An (v1 + v2 − v3) = An v1 + An v2 − An v3. Puesto que v1 es autovector de A asociado a λ1 = 2, An v1 = λn 1 v1 = 2n v1. Por otra parte, An v2 = [λ1I + (A − λ1I)]n v2 = λn 1 v2 + nλn−1 1 (A − λ1I)v2 + n(n−1) 2 λn−2 1 (A − λ1I)2 v2 + · · · = 2n v2 + n2n−1 v1 + 0 + ... = 2n   0 1 1   + n2n−1   1 1 0   (por ser v2 autovector generalizado asociado a λ1 = 2, que verifica (A − 2I)2 v2 = 0 (k = 2 en la f´ormula anterior) y ya que (A − 2I)v2 = v1), An v3 = [λ1I + (A − λ1I)]n v3 = λn 1 v3 + nλn−1 1 (A − λ1I)v3 + n(n−1) 2 λn−2 1 (A − λ1I)2 v3 + · · · = 2n   1 0 0   + n2n−1   −1/2 0 1/2   + n(n−1) 2 2n−2   1/2 1/2 0   (por ser v3 autovector generalizado de λ1 = 2, que verifica (A − 2I)3 v3 = 0 (k = 3 en la f´ormula anterior) y ya que (A − 2I)v3 =   −1/2 0 1/2   y (A − 2I)2 v3 =   1/2 1/2 0   . N´otese que si hubi´eramos elegido una base formada por tres autovectores generalizados, {w1, w2, w3}, a partir de (A − 2I)3 v = 0, tendr´ıamos un = An u0 = An (α1w1 + α2w2 + α3w3) = α1An w1 + α2An w2 + α3An w3. Para obtener cada uno los tres t´erminos An wi necesitar´ıamos recurrir a una expresi´on an´aloga a la obtenida para An v3. De ah´ı que, en general, sea recomendable construir la base de Rn formada por autovectores y autovectores generalizados de forma progresiva: resolviendo primero (A − λI)v = 0, despu´es (A − λI)2 v = 0, despu´es (A − λI)3 v = 0, etc. No obstante, puesto que en el caso anterior todo vector es un autovector generalizado (puesto que s´olo hay 1 autovalor), calcular An u0 conlleva los mismos c´alculos que obtener An v3. 6.4.2.- C´onicas y cu´adricas giradas. En el Tema 1 se estudiaron las (secciones) c´onicas y las cu´adricas desde el punto de vista m´etrico as´ı como los elementos representativos de cada una de ellas. Por otra parte, vimos la determinaci´on de la posici´on, del tipo de c´onica/cu´adrica y c´omo obtener los elementos caracter´ısticos cuando ´esta viene dada por una ecuaci´on en la que no aparecen productos cruzados. Ahora estudiaremos: Matem´aticas I. Ingenier´ıa Civil
  21. 21. 6.4.- Aplicaciones del c´alculo de autovalores y autovectores. 169 (a1) Que toda ecuaci´on polin´omica de segundo grado en dos variables a11x2 + 2a12xy + a22y2 + 2a1x + 2a2y + a0 = 0 (alguno de los coeficientes a11, a12, a22 es distinto de cero) representa una c´onica. (a2) Que toda ecuaci´on polin´omica de segundo grado en tres variables a11x2 + a22y2 + a33z2 + 2a12xy + 2a13xz + 2a23yz + 2a1x + 2a2y + 2a3z + a0 = 0, (alguno de los coeficientes a11, a22, a33, a12, a13, a23 es distinto de cero) representa una cu´adrica. Entre ´estas consideramos los casos degenerados. (b) C´omo determinar el tipo de c´onica/cu´adrica y sus elementos representativos cuando en la ecuaci´on aparecen t´erminos en productos cruzados. La presencia de ´estos t´erminos indica que la c´onica/cu´adrica est´a girada respecto a los ejes coordenados. La determi- naci´on del correspondiente ´angulo de giro se har´a a partir del c´alculo de autovalores y autovectores de la matriz asociada a la parte cuadr´atica de la ecuaci´on de la c´oni- ca/cu´adrica. Es decir, se tratar´a de obtener la posici´on, los elementos caracter´ısticos y la representaci´on gr´afica en el sistema de ejes dado. Reducci´on de una c´onica girada. Definici´on. Una c´onica es el lugar geom´etrico de los puntos (x, y) ∈ R2 del plano que satisfacen una ecuaci´on general de segundo grado: f(x, y) = a11x2 + 2a12xy + a22y2 + 2a1x + 2a2y + a0 = 0, (1) donde alguno de los coeficientes a11, a12 o a22 es distinto de cero. La ecuaci´on anterior, llamada ecuaci´on de la c´onica, se puede escribir en notaci´on vectorial de la forma: f(x, y) = [x y] A x y + 2 [a1 a2] x y + a0 = 0 siendo A = a11 a12 a12 a22 . N´otese que tambi´en puede escribirse, f(x, y) = [x y 1]   a11 a12 a1 a12 a22 a2 a1 a2 a0     x y 1   = 0. El proceso general para llevar una c´onica a su ecuaci´on reducida (sabiendo cu´ales son los cambios de variables involucrados) puede separarse en dos etapas (si el coeficiente a12 = 0, si el coeficiente a12 = 0 bastar´ıa con la segunda etapa): (a) Determinaci´on de las direcciones de los ejes de la c´onica. Esto consiste en diagonalizar ortogonalmente la matriz (sim´etrica A) asociada a la parte cuadr´atica de la ecuaci´on A = a11 a12 a12 a22 . Sean λ1 y λ2 los autovalores de A y v1 y v2 autovectores ortogonales correspondientes (si λ1 = λ2 dichos autovectores ser´an ortogonales necesariamente, y si λ1 = λ2 nece- sariamente A es una matriz diagonal, y no necesitamos hacer nada de esto). Conviene Matem´aticas I. 2012-2013
  22. 22. 170 Tema 6.- Autovalores y autovectores. tomar los autovectores v1 y v2 de manera que el ´angulo de v1 a v2 sea de 900 en sentido positivo (contrario a las agujas del reloj). Sin m´as que dividir los vectores v1 y v2 por su norma, obtenemos una base ortonormal {u1, u2} de R2 formada por autovectores de A y, por tanto, P =   u1 u2   ⇒ P−1 = PT , PT AP = D = λ1 0 0 λ2 . Al sustituir en la ecuaci´on (en (x, y)) de la c´onica el cambio de variables tenemos x y = P x′ y′ =⇒ [x′ y′ ] PT AP x′ y′ + 2 [a1 a2] P x′ y′ + a0 = 0. Es decir, la ecuaci´on de la c´onica en las coordenadas (x′ , y′ ) es λ1x′2 + λ2y′2 + 2b1x′ + 2b2y′ + a0 = 0, ecuaci´on en la que no aparece el producto cruzado x′ y′ . Notemos que x y = P x′ y′ =   u1 u2   x′ y′ =⇒ x′ y′ = PT x y = uT 1 uT 2 x y . Por tanto, los nuevos ejes son X′ → ecuaci´on y′ = 0 → uT 2 x y = 0, Y ′ → ecuaci´on x′ = 0 → uT 1 x y = 0. Es decir, los ejes x′ e y′ son las rectas que pasan por el origen de coordenadas y tienen como vectores direcci´on respectivos los autovectores u1 y u2 de A. De hecho el sistema de ejes OX′ Y ′ se obtiene del sistema OXY girando (con centro el origen de coordenadas) el ´angulo que determina u1 con el semieje OX+ . (b) Una vez que tenemos la ecuaci´on λ1x′2 + λ2y′2 + 2b1x′ + 2b2y′ + a0 = 0, en la que no aparece el producto cruzado x′ y′ , bastar´a completar los cuadrados que aparezcan (mediante cambios del tipo x′′ = x′ − α e y′′ = y′ − β) para obtener una ecuaci´on de uno de los siguientes tipos: Caso el´ıptico. λ1λ2 > 0 (es decir λ1 y λ2 son no-nulos y del mismo signo), a2 x′′2 + b2 y′′2 = c en cuyo caso tenemos una elipse (c > 0), un punto (c = 0) o nada (c < 0). Matem´aticas I. Ingenier´ıa Civil
  23. 23. 6.4.- Aplicaciones del c´alculo de autovalores y autovectores. 171 Caso hiperb´olico. λ1λ2 < 0 (es decir λ1 y λ2 son no-nulos y de distinto signo), a2 x′′2 − b2 y′′2 = c en cuyo caso tenemos una hip´erbola (c = 0) o un par de rectas que se cortan (c = 0). Caso parab´olico. λ1λ2 = 0 (es decir uno de los autovalores es nulo, y el otro no). Suponiendo que λ1 = 0, λ2 = 0 puede obtenerse a2 x′′2 + by′′ = 0 ´o a2 x′′2 + c = 0 Tendremos una par´abola (b = 0), o bien un par de rectas paralelas (c < 0) o coincidentes (c = 0) o nada (c > 0). Para obtener los elementos caracter´ısticos de la c´onica y su representaci´on gr´afica basta obtenerlos en las coordenadas (x′′ , y′′ ) y deshacer los cambios de variables que se hayan hecho (Traslaci´on) x′′ = x′ − α y′′ = y′ − β ⇒ x′ = x′′ + α y′ = y′′ + β (Giro) x y = P x′ y′ ⇒ x′ y′ = PT x y . Ejemplos. (1) Vamos a obtener la ecuaci´on can´onica (reducida) y la representaci´on gr´afica de la c´onica 3x2 + 3y2 − 2xy + 2x − 4y + 1 = 0. mediante los cambios de coordenadas adecuados. Escribimos en forma matricial la parte cuadr´atica de la ecuaci´on de la c´onica: [x y] 3 −1 −1 3 x y + 2x − 4y + 1 = 0. Puesto que la ecuaci´on de la c´onica tiene t´ermino en xy necesitamos hacer un giro para colocar los ejes en las direcciones de los autovectores de la matriz A (la que recoge los t´erminos cuadr´aticos). Calculamos los autovalores de A, 3 − λ −1 −1 3 − λ = λ2 − 6λ + 8 = 0 −→ λ1 = 4, λ2 = 2. Los autovectores correspondientes son: λ1 = 4 : −1 −1 −1 −1 x y = 0 0 −→ x + y = 0 −→ x y = α 1 −1 , Matem´aticas I. 2012-2013
  24. 24. 172 Tema 6.- Autovalores y autovectores. λ2 = 2 : 1 −1 −1 1 x y = 0 0 −→ x − y = 0 −→ x y = α 1 1 . Construimos la matriz de paso ortogonal P (que diagonaliza A) mediante una base ortonormal de autovectores: √ 2 2 1 −1 , √ 2 2 1 1 . El primer autovector da la direcci´on y sentido positivo del nuevo eje X′ (que co- rresponde a girar un ´angulo θ = −45o el eje X, pues del autovector sacamos que tgθ = y/x = −1/1 = −1) y el segundo autovector (que hemos elegido en el sentido adecuado para que el eje Y ′ se obtenga girando el X′ un ´angulo de 90o en sentido positivo) marca la direcci´on y sentido del nuevo eje Y ′ . El cambio: x = Px′ −→ x y = √ 2 2 √ 2 2 − √ 2 2 √ 2 2 x′ y′ eliminar´a el t´ermino mixto x′ y′ dejando la parte cuadr´atica como λ1x′2 + λ2y′2 , modi- ficar´a los coeficientes de los t´erminos lineales, x′ e y′ , y no alterar´a el t´ermino indepen- diente. Concretamente obtenemos: 4x′2 + 2y′2 + 3 √ 2x′ − √ 2y′ + 1 = 0. Completando cuadrados hacemos una traslaci´on: 4 x′2 + 3 √ 2 4 x′ + 2 y′2 − √ 2 2 y′ + 1 = 0, 4 x′ + 3 √ 2 8 2 − 9 8 + 2 y′ − √ 2 4 2 − 1 4 + 1 = 0, 4 x′ + 3 √ 2 8 2 + 2 y′ − √ 2 4 2 = 3 8 −→ 4x′′2 + 2y′′2 = 3 8 , donde hemos realizado la traslaci´on x′′ = x′ + 3 √ 2 8 , y′′ = y′ − √ 2 4 . Operando, llegamos a la ecuaci´on can´onica x′′2 3 32 + y′′2 3 16 = 1 −→ x′′2 1 4 3 2 2 + y′′2 √ 3 4 2 = 1. Es decir, al haber tomado λ1 = 4 y λ2 = 2, el semieje mayor de la elipse est´a sobre el eje Y ′′ y el menor sobre el X′′ , ya que 1 4 3 2 < √ 3 4 . El centro C de la elipse es el origen en las coordenadas (x′′ , y′′ ). Es decir, (x′′ , y′′ ) = (0, 0) ⇔ (x′ = −3 √ 2 8 , y′ = √ 2 4 ). En coordenadas (x, y) obtenemos x = √ 2 2 − 3 √ 2 8 + √ 2 4 = − 1 8 , y = √ 2 2 3 √ 2 8 + √ 2 4 = 5 8 −→ C = − 1 8 , 5 8 . Matem´aticas I. Ingenier´ıa Civil
  25. 25. 6.4.- Aplicaciones del c´alculo de autovalores y autovectores. 173 Para hacer el dibujo esquem´atico con una cierta precisi´on, puede sernos ´util el encontrar los puntos de corte (si los hay) de la elipse con los ejes coordenados (OX y OY ). Al hacer x = 0 en la ecuaci´on de la c´onica se obtiene 3y2 − 4y + 1 = 0 que se verifica para y = 1, 1/3. Mientras que si hacemos y = 0, la ecuaci´on 3x2 + 2x + 1 = 0 no tiene soluci´on (real). Por tanto, la elipse corta al eje OY en los puntos (0, 1) y (0, 1/3) y no corta al eje OX. Con toda la informaci´on que hemos obtenido a lo largo del problema, comenzamos dibujando los ejes X′ e Y ′ sabiendo que pasan por (x = 0, y = 0) y tienen la direcci´on y sentido del autovector corres- pondiente a λ1 y λ2, respectivamente. Es decir, en este caso, con la elecci´on que hicimos de autova- lores y autovectores, los ejes X′ e Y ′ se obtienen rotando un ´angulo de −45o a los ejes X e Y . A continuaci´on, dibujamos los ejes X′′ e Y ′′ , parale- los respectivamente a los ejes X′ e Y ′ , que resultan de trasladar el origen al punto C = −1 8 , 5 8 . X’ Y’ X G G Y’’Y X’’ 1 1/3 C G N´otese que si hubi´eramos elegido los autovalores en el otro orden posible, es decir, λ1 = 2 y λ2 = 4 y tomamos como autovectores respectivos (1, 1)T y (−1, 1)T (el primero indica la direcci´on y sentido del eje X′ y el segundo el del Y ′ ), llegar´ıamos, tras realizar el giro (en este caso de 45o ) mediante el cambio de coordenadas dado por la nueva matriz P y la traslaci´on adecuada, a la ecuaci´on can´onica: x′′2 √ 3 4 2 + y′′2 1 4 3 2 2 = 1, que nos llevar´ıa a la figura adjunta. X G G Y 1 1/3 C G Y’’ Y’ X’ X’’ (2) Vamos a obtener la ecuaci´on can´onica (reducida) y la representaci´on gr´afica de la c´onica x2 − 2xy + y2 − 2x + 1 = 0 mediante los cambios de coordenadas adecuados. Puesto que la ecuaci´on de la c´onica tiene t´ermino en xy necesitamos hacer un giro para colocar los ejes en las direcciones de los autovectores de la matriz A (la que recoge los t´erminos cuadr´aticos). x y 1 −1 −1 1 x y − 2x + 1 = 0, A = 1 −1 −1 1 Calculamos pues sus autovalores y despu´es sus autovectores. En primer lugar: 1 − λ −1 −1 1 − λ = λ2 − 2λ = 0 −→ λ1 = 0, λ2 = 2. Matem´aticas I. 2012-2013
  26. 26. 174 Tema 6.- Autovalores y autovectores. Podemos pues calcular los autovectores: λ1 = 0 : 1 −1 −1 1 x y = 0 0 −→ x − y = 0 −→ x y = α 1 1 , λ2 = 2 : −1 −1 −1 −1 x y = 0 0 −→ x + y = 0 −→ x y = α −1 1 . Construimos la matriz P mediante la siguiente base ortonormal de autovectores: √ 2 2 1 1 , √ 2 2 −1 1 , donde el primer autovector da la direcci´on y sentido del nuevo eje X′ (que corresponde a girar un ´angulo θ = 45o el eje X, pues del autovector sacamos que tgθ = y/x = 1) y el segundo autovector (que hemos elegido en el sentido adecuado para que el eje Y ′ se obtenga girando el eje X′ 90o en sentido positivo o antihorario) marca la direcci´on y sentido del nuevo eje Y ′ . El cambio: x = Px′ −→ x y = √ 2 2 − √ 2 2√ 2 2 √ 2 2 x′ y′ eliminar´a el t´ermino mixto x′ y′ dejando la parte cuadr´atica como λ1x′2 + λ2y′2 , modi- ficar´a los coeficientes de los t´erminos lineales, x′ e y′ , y no alterar´a el t´ermino indepen- diente. Concretamente obtenemos: 2y′2 − √ 2x′ + √ 2y′ + 1 = 0. Completando cuadrados en y′ y haciendo una traslaci´on tenemos 2 y′2 + √ 2 2 y′ − √ 2x′ + 1 = 0, −→ 2 y′ + √ 2 4 2 − 1 4 − √ 2x′ + 1 = 0, 2 y′ + √ 2 4 2 − √ 2x′ + 3 4 = 0, 2 y′ + √ 2 4 2 − √ 2 x′ − 3 √ 2 8 = 0, −→ 2y′′2 − √ 2x′′ = 0, donde hemos realizado la traslaci´on x′′ = x′ − 3 √ 2 8 , y′′ = y′ + √ 2 4 . Por tanto, la ecuaci´on can´onica a la que hemos llegado, tras la rotaci´on y la traslaci´on llevadas a cabo, es x′′ = √ 2y′′2 . El v´ertice V de la par´abola es el origen en las coordenadas (x′′ , y′′ ). Es decir, (x′′ , y′′ ) = (0, 0) ⇔ (x′ = 3 √ 2 8 , y′ = − √ 2 4 ). En coordenadas (x, y) obtenemos x = √ 2 2 3 √ 2 8 + √ 2 4 = 5 8 , y = √ 2 2 3 √ 2 8 − √ 2 4 = 1 8 , −→ V = 5 8 , 1 8 . Matem´aticas I. Ingenier´ıa Civil
  27. 27. 6.4.- Aplicaciones del c´alculo de autovalores y autovectores. 175 Para hacer el dibujo esquem´atico con una cierta precisi´on, puede sernos ´util el encontrar los puntos de corte (si los hay) de la par´abola con los ejes coordenados (OX y OY ). Al hacer x = 0 en la ecuaci´on de la c´onica se obtiene y2 + 1 = 0 que no tiene soluci´on (real). Mientras que si hacemos y = 0 obtenemos x2 − 2x + 1 = 0 que tiene como soluci´on (doble) x = 1. Por tanto, la par´abola no corta al eje OY y toca sin cortar (pues es tangente, como se deduce de la ra´ız doble) al eje OX en el punto (1, 0). Con toda la informaci´on que hemos obtenido a lo largo del problema, comenzamos di- bujando los ejes X′ e Y ′ sabiendo que pasan por el origen de las coordenadas X-Y y que tienen la direcci´on y sentido del autovector correspondiente a λ1 y λ2, respectivamente. Es decir, en este caso, con la elecci´on que hicimos de autovalores y autovectores, los ejes X′ e Y ′ se obtienen rotando un ´angulo de 45o a los ejes X e Y . A continuaci´on, dibujamos los ejes X′′ e Y ′′ , paralelos respectivamente a los ejes X′ e Y ′ , que resultan de trasladar el origen al v´ertice de la par´abola V = −1 8 , 5 8 . Finalmente, dibujamos la par´abola, que es muy f´acil de representar en las coordenadas (x′′ , y′′ ). Teniendo en cuenta las intersecciones con los ejes X e Y obtenemos pues la figura adjunta. G V G 1 X’’ Y’’ Y’ X X’ Y N´otese que si elegimos los autovalores en el mismo orden, λ1 = 0 y λ2 = 2, pero tomamos los autovectores opuestos ((−1, −1)T fija el eje X′ y (1, −1)T marca el Y ′ ), llegamos, procediendo an´alogamente, a x′′ = − √ 2y′′2 . En este situaci´on, estar´ıamos en el caso (a) de la figura siguiente. Sin embargo, si tomamos λ1 = 2 y λ2 = 0, y como autovectores correspondientes a (1, −1)T (que determina el eje X′ ) y (1, 1)T (que marca el eje Y ′ ), llegamos, procediendo an´alogamente, a y′′ = √ 2x′′2 . De esta forma, estar´ıamos en el caso (b) de la figura siguiente. Finalmente, la cuarta y ´ultima posibilidad ser´a tomar λ1 = 2 y λ2 = 0, pero trabajando con los autovectores a (−1, 1)T (fija el eje X′ ) y (−1, −1)T (marca el Y ′ ). Entonces, se llega, procediendo an´alogamente, a y′′ = − √ 2x′′2 . Estar´ıamos entonces en el caso (c) de la figura siguiente. G V G 1 X Y X’ Y’X’’ Y’’ G V G 1 X Y Y’ X’ Y’’ X’’ G V G 1 X Y X’ Y’ X’’ Y’’ (a) (b) (c) Moraleja: la curva en el plano (X, Y ) es obviamente la misma, aunque al comienzo del problema tenemos cuatro posibilidades distintas para elegir el eje X′ (seg´un qu´e auto- valor elijamos como primero y qu´e autovector de norma unidad elijamos para dicho Matem´aticas I. 2012-2013
  28. 28. 176 Tema 6.- Autovalores y autovectores. autovalor). Tras esta elecci´on los ejes Y ′ (que queremos obtenerlo girando 90o en sentido antihorario el eje X′ ), X′′ e Y ′′ ya quedan determinados. (3) Vamos a obtener la ecuaci´on can´onica (reducida) y la representaci´on gr´afica de la c´onica 2xy − 4x + 2y − 7 = 0 mediante los cambios de coordenadas adecuados. Puesto que la ecuaci´on de la c´onica tiene t´ermino en xy necesitamos hacer un giro para colocar los ejes en las direcciones de los autovectores de la matriz A (la que recoge los t´erminos cuadr´aticos), x y 0 1 1 0 x y − 4x + 2y − 7 = 0, A = 0 1 1 0 . Calculamos los autovalores, −λ 1 1 −λ = λ2 − 1 = 0 −→ λ1 = 1, λ2 = −1. Los autovectores correspondientes son: λ1 = 1 : −1 1 1 −1 x y = 0 0 −→ x − y = 0 −→ x y = α 1 1 , λ2 = −1 : 1 1 1 1 x y = 0 0 −→ x + y = 0 −→ x y = α −1 1 . Construimos la matriz P mediante la siguiente base ortonormal de autovectores: √ 2 2 1 1 , √ 2 2 −1 1 , donde el primer autovector da la direcci´on y sentido del nuevo eje X′ y el segundo autovector (que hemos elegido en el sentido adecuado para que el eje Y ′ se obtenga girando el eje X′ 90o en sentido positivo o antihorario) marca la direcci´on y sentido del nuevo eje Y ′ . El cambio de variables: x = Px′ −→ x y = √ 2 2 − √ 2 2√ 2 2 √ 2 2 x′ y′ eliminar´a el t´ermino mixto x′ y′ dejando la parte cuadr´atica como λ1x′2 +λ2y′2 , podr´a mo- dificar los coeficientes de los t´erminos lineales, x′ e y′ , y no alterar´a el t´ermino inde- pendiente. Concretamente obtenemos: x′2 − y′2 − √ 2x′ + 3 √ 2y′ − 7 = 0. Matem´aticas I. Ingenier´ıa Civil
  29. 29. 6.4.- Aplicaciones del c´alculo de autovalores y autovectores. 177 Completando cuadrados en x′ e y′ y haciendo una traslaci´on: x′ − √ 2 2 2 − 1 2 − y′ − 3 √ 2 2 2 + 9 2 − 7 = 0, x′ − √ 2 2 2 − y′ − 3 √ 2 2 2 − 3 = 0, x′′2 − y′′2 = 3 −→ x′′2 ( √ 3)2 − y′′2 ( √ 3)2 = 1, donde hemos realizado la traslaci´on x′′ = x′ − √ 2 2 , y′′ = y′ − 3 √ 2 2 . Deducimos que las as´ıntotas de la hip´erbola son las rectas y′′ = ±x′′ (perpendiculares entre s´ı al ser la hip´erbola equilatera). Podemos deshacer los cambios (giro y traslaci´on) para obtener sus ecuaciones en las coordenadas x-y. As´ı, y′′ = x′′ −→ y′ − 3 √ 2 2 = x′ − √ 2 2 y, teniendo en cuenta que x′ = PT x (pues x = Px′ y P es ortogonal), tenemos x′ = √ 2 2 (x + y), y′ = √ 2 2 (−x + y) llegamos a √ 2 2 (−x + y) − 3 √ 2 2 = √ 2 2 (x + y) − √ 2 2 −→ x = −1. Procediendo an´alogamente, y′′ = −x′′ se convierte en y = 2 (ambas as´ıntotas son pues paralelas a los ejes Y y X, respectivamente). El centro C de la hip´erbola es el origen en las coordenadas (x′′ , y′′ ). Es decir, (x′′ , y′′ ) = (0, 0) ⇔ (x′ = √ 2 2 , y′ = 3 √ 2 2 ). En coordenadas (x, y) obtenemos x = √ 2 2 √ 2 2 − 3 √ 2 2 = −1, y = √ 2 2 √ 2 2 + 3 √ 2 2 = 2 −→ C = (−1, 2) . Para hacer el dibujo con cierta precisi´on puede ser ´util calcular los puntos de corte (si los hay) de la hip´erbola con los ejes coordenados (OX y OY ). Al hacer x = 0 en la ecuaci´on de la c´onica se obtiene 2y − 7 = 0 que tiene como soluci´on y = 7/2. Adem´as, si hacemos y = 0 obtenemos −4x−7 = 0 que tiene como soluci´on x = −7/4. Por tanto, la par´abola corta al eje OY en el punto (0, 7/2) y al eje OX en el punto (−7/4, 0). Con toda la informaci´on que hemos obtenido a lo largo del problema, comenzamos dibujando los ejes X′ e Y ′ sabiendo que pasan por el origen de las coordenadas X-Y y tienen la direcci´on y sentido de los autovectores correspondientes a λ1 y λ2, respecti- vamente. Matem´aticas I. 2012-2013
  30. 30. 178 Tema 6.- Autovalores y autovectores. Es decir, en este caso, con la elecci´on que hicimos de autovalores y autovectores, los ejes X′ e Y ′ se obtienen rotando un ´angulo de 45o a los ejes X e Y . A continuaci´on, dibujamos los ejes X′′ e Y ′′ , paralelos respectivamente a los ejes X′ e Y ′ , que resultan de trasladar el origen al centro de la hip´erbola C = (−1, 2). Finalmente, dibujamos la hip´erbola, que es muy f´acil de representar en las coordenadas x′′ -y′′ , teniendo en cuenta sus as´ıntotas y sus cortes con los ejes X e Y , para obtener un dibujo cualitativo lo m´as parecido posible al real. G Y’ Y’’ X’’ Y C G G 2 X’ G −1 −7/4 G7/2 X (4) Vamos a obtener la ecuaci´on can´onica (reducida) y la representaci´on gr´afica de la c´onica −7x2 + 12xy + 2y2 + 2x − 16y + 12 = 0 mediante los cambios de coordenadas adecuados. Puesto que la ecuaci´on de la c´onica tiene t´ermino en xy necesitamos hacer un giro para colocar los ejes en las direcciones de los autovectores de la matriz A (la que recoge los t´erminos cuadr´aticos), x y −7 6 6 2 x y + 2x − 16y + 12 = 0, A = −7 6 6 2 Calculamos los autovalores, −7 − λ 6 6 2 − λ = λ2 + 5λ − 50 = 0 −→ λ1 = 5, λ2 = −10. Y los autovectores correspondientes, λ1 = 5 : −12 6 6 −3 x y = 0 0 −→ 2x − y = 0 −→ x y = α 1 2 , λ2 = −10 : 3 6 6 12 x y = 0 0 −→ x + 2y = 0 −→ x y = α −2 1 . Construimos la matriz P mediante la siguiente base ortonormal de autovectores: √ 5 5 1 2 , √ 5 5 −2 1 . El primer autovector da la direcci´on y sentido del nuevo eje X′ (que corresponde a girar un ´angulo θ ≈ 63,4o el eje X, pues del autovector sacamos que tgθ = y/x = 2/1 = 2) y el segundo autovector (que hemos elegido en el sentido adecuado para que el eje Y ′ se obtenga girando 90o el eje X′ en sentido positivo) marca la direcci´on y sentido del nuevo eje Y ′ . El cambio x = Px′ −→ x y = √ 5 5 −2 √ 5 5 2 √ 5 5 √ 5 5 x′ y′ Matem´aticas I. Ingenier´ıa Civil
  31. 31. 6.4.- Aplicaciones del c´alculo de autovalores y autovectores. 179 eliminar´a el t´ermino mixto x′ y′ dejando la parte cuadr´atica como λ1x′2 +λ2y′2 , podr´a mo- dificar los coeficientes de los t´erminos lineales, x′ e y′ , y no alterar´a el t´ermino inde- pendiente. Concretamente obtenemos: 5x′2 − 10y′2 − 6 √ 5x′ − 4 √ 5y′ + 12 = 0. Completando cuadrados en x′ e y′ y haciendo una traslaci´on: 5 x′2 − 6 √ 5 5 x′ − 10 y′2 + 2 √ 5 5 y′ + 12 = 0, 5 x′ − 3 √ 5 5 2 − 9 − 10 y′ + √ 5 5 2 + 2 + 12 = 0, 5 x′ − 3 √ 5 5 2 − 10 y′ + √ 5 5 2 + 5 = 0, 5x′′2 − 10y′′2 + 5 = 0 −→ x′′2 − 2y′′2 = −1 −→ x′′2 12 − y′′2 √ 2 2 2 = −1, donde hemos realizado la traslaci´on x′′ = x′ − 3 √ 5 5 , y′′ = y′ + √ 5 5 . Deducimos que las as´ıntotas de la hip´erbola son las rectas y′′ = ± √ 2 2 x′′ ≈ ±0,707x′′ . Podemos deshacer los cambios (giro y traslaci´on) para obtener sus ecuaciones en las coordenadas x-y. As´ı, y′′ = √ 2 2 x′′ −→ y′ + √ 5 5 = √ 2 2 x′ − 3 √ 5 5 y, teniendo en cuenta que x′ = PT x (pues x = Px′ y P es ortogonal), tenemos que x′ = √ 5 5 (x + 2y), y′ = √ 5 5 (−2x + y) llegamos a √ 5 5 (−2x+y)+ √ 5 5 = √ 2 2 √ 5 5 (x + 2y) − 3 √ 5 5 −→ 2 + √ 2 2 x+( √ 2+1)y = 1+ 3 √ 2 2 . Procediendo an´alogamente, y′′ = − √ 2 2 x′′ se convierte en 2 − √ 2 2 x + (− √ 2 + 1)y = 1 − 3 √ 2 2 . El centro C de la hip´erbola es el origen en las coordenadas (x′′ , y′′ ). Es decir, (x′′ , y′′ ) = (0, 0) ⇔ (x′ = 3 √ 5 5 , y′ = − √ 5 5 ). En coordenadas (x, y) obtenemos x = √ 5 5 3 √ 5 5 + 2 √ 5 5 = 1, y = √ 5 5 6 √ 5 5 − √ 5 5 = 1 −→ C = (1, 1) . Matem´aticas I. 2012-2013
  32. 32. 180 Tema 6.- Autovalores y autovectores. Para hacer el dibujo esquem´atico con una cierta precisi´on, puede sernos ´util el encontrar los puntos de corte (si los hay) de la hip´erbola con los ejes coordenados (OX y OY ). Al hacer x = 0 en la ecuaci´on de la c´onica se obtiene y2 − 8y + 6 = 0 que tiene como soluciones y = 4 ± √ 10, es decir, y ≈ 7,16 e y ≈ 0,84. Mientras que si hacemos y = 0 se obtiene 7x2 − 2x − 12 = 0 que tiene como soluciones y = 1± √ 85 7 , es decir, x ≈ 1,46 y x ≈ −1,17. Por tanto, la hip´erbola corta al eje OY en los puntos (0, 7,16) y (0, 0,84) y al eje OX en los puntos (1,46, 0) y (−1,17, 0). Con toda la informaci´on que hemos obtenido a lo largo del problema, comenzamos dibujando los ejes X′ e Y ′ sabiendo que pasan por el origen de las coordenadas x-y y tienen la direcci´on y sentido del autovector correspondiente a λ1 y λ2, respectivamente. Es decir, en este caso, con la elecci´on que hicimos de autovalores y autovectores, los ejes X′ e Y ′ se obtienen rotando un ´angulo de 63,4o (aproximadamente) a los ejes X e Y . A continuaci´on, dibujamos los ejes X′′ e Y ′′ , paralelos respectivamente a los ejes X′ e Y ′ , que resultan de trasladar el origen al centro de la hip´erbola C = (1, 1). Finalmente, dibujamos la hip´erbola, que es f´acil de representar en las coordenadas x′′ - y′′ , teniendo en cuenta sus as´ıntotas y sus cortes con los ejes X e Y , para obtener un dibujo cualitativo lo m´as parecido posible al real. X Y G Y’ Y’’ X’ X’’ 1 1 C Reducci´on de una cu´adrica girada. Definici´on. Una cu´adrica es el lugar geom´etrico de los puntos (x, y, z) que satisfacen una ecuaci´on general de segundo grado de la forma f(x, y, z) = a11x2 + a22y2 + a33z2 + 2a12xy + 2a13xz + 2a23yz + 2a1x + 2a2y + 2a3z + a0 = 0, llamada ecuaci´on de la cu´adrica (alguno de los coeficientes aij tiene que ser distinto de cero). Esta ecuaci´on se puede escribir matricialmente en la forma f(x, y, z) = x y z   a11 a12 a13 a12 a22 a23 a13 a23 a33     x y z   + 2 a1 a2 a3   x y z   + a0 = 0, y vectorialmente como f(x) = xt Ax+2at x+a0 = 0. Al igual que en el caso de las c´onicas, el proceso para llevar una cu´adrica a su forma reducida puede separarse en dos etapas (si el coeficiente de alguno de los productos cruzados es no-nulo): una primera consistente en determinar las direcciones de los ejes de la cu´adrica y una segunda consistente en determinar una traslaci´on. Matem´aticas I. Ingenier´ıa Civil
  33. 33. 6.4.- Aplicaciones del c´alculo de autovalores y autovectores. 181 El t´ermino principal de la ecuaci´on de la cu´adrica se puede escribir como xt Ax = x y z   a11 a12 a13 a12 a22 a23 a13 a23 a33     x y z   . Puesto que la matriz A es real y sim´etrica puede diagonalizarse mediante una matriz de paso ortogonal P cuyas columnas {u1, u2, u3} ser´an, por tanto, autovectores de A y base ortonormal de R3 . Conviene tomar {u1, u2, u3} de forma que u1 × u2 = u3. Al hacer el cambio de variables   x y z   = P   x′ y′ z′   , la ecuaci´on de la cu´adrica queda de la forma x′ y′ z′   λ1 0 0 0 λ2 0 0 0 λ3     x′ y′ z′   + 2 b1 b2 b3   x′ y′ z′   + b0 = 0, siendo λ1, λ2 y λ3 los autovalores de A (iguales o distintos). A partir de aqu´ı, basta completar los cuadrados cuyo coeficiente sea distinto de cero y tendremos los siguientes casos: (1) A tiene todos sus autovalores distintos de cero y del mismo signo: Elipsoide. Un punto. Nada. (2) A tiene todos sus autovalores distintos de cero pero no del mismo signo: Hiperboloide de una hoja. Cono. Hiperboloide de dos hojas. (3) A tiene dos autovalores distintos de cero del mismo signo y el tercer autovalor es cero: Paraboloide el´ıptico. Cilindro el´ıptico. Una recta. Nada. (4) A tiene dos autovalores distintos de cero de distinto signo y el tercer autovalor es cero: Paraboloide hiperb´olico. Cilindro hiperb´olico. Un par de planos que se cortan. (5) A tiene dos autovalores iguales a cero: Cilindro parab´olico. Un par de planos paralelos, confundidos (un solo plano) o nada. Matem´aticas I. 2012-2013
  34. 34. 182 Tema 6.- Autovalores y autovectores. 6.5.- Ejercicios. 6.5.1.- Enuinciados. Ejercicio 1. Dada la matriz A =   3 0 a 3 −1 b −2 0 c   . (a) Calcula A de forma que (2, 0, −1)T sea un autovector cuyo autovalor correspondiente es λ = −1. (b) Halla los dem´as autovalores y autovectores. Ejercicio 2. Determina los valores del par´ametro α para los que es diagonalizable cada una de las siguientes matrices, A =   1 0 0 α 1 0 1 1 2   , B =   0 2 0 −1 3 0 α α + 2 1   , C =   0 −1 α 2 3 −α 0 0 1   . Ejercicio 3. Dada la matriz A =   1 0 1 a −2 2 3 0 −1   , α ∈ R. (a) Calcula los valores de a para los que A es diagonalizable. (b) Para dichos valores de a, calcula los autovalores y los autovectores de A−1 . (c) Para dichos valores de a, calcula An , n = 1, 2, · · ·. Ejercicio 4. Estudia la diagonalizabilidad de las siguientes matrices en funci´on de los pa- r´ametros que aparecen. A =   a + 3 b 1 0 a 0 a2 − 1 c a + 1   , B =   5 0 0 0 −1 b 3 0 a   , C =     −1 0 0 0 a −1 0 0 b d 1 0 c e f 1     . Ejercicio 5. Calcula bases de R3 formadas por autovectores y autovectores generalizados de las siguientes matrices: A =   4 −1 1 1 3 −1 0 1 1   , B =   0 1 0 0 0 1 2 −5 4   . Matem´aticas I. Ingenier´ıa Civil
  35. 35. 6.5.- Ejercicios. 183 Ejercicio 6. Determina la matriz de la transformaci´on lineal T : x ∈ R2 −→ T(x) = Ax ∈ R2 respecto de la base B = {v1, v2} siendo A = 1 1 −1 3 , v1 = 1 1 , v2 = 5 4 . Ejercicio 7. Sea f : R4 → R4 la aplicaci´on lineal dada por f(x) = Ax, donde A =     a 1 −1 −1 0 b 0 −3 −1 2 c 1 0 1 0 d     . (a) Halla A sabiendo que f(S1) = S2, donde S1 ≡ x1 − x2 = 0 x3 + x4 = 0 y S2 = Gen {(1, −2, 1, 1)T , (0, 3, −1, −2)T }. (b) Prueba que A no es diagonalizable. (c) Halla una base de R4 formada por autovectores y autovectores generalizados. Ejercicio 8. Diagonaliza las siguientes matrices mediante matrices de paso ortogonales A1 =   1 −2 0 −2 2 −2 0 −2 3   , A2 =   5 2 2 2 2 −4 2 −4 2   , A3 =   1 −1 0 −1 2 −1 0 −1 1   , A4 =   1 1 1 1 1 1 1 1 1   . Ejercicio 9. (1) Toda matriz sim´etrica real de orden m × m Tiene m autovalores distintos. Diagonaliza en una base ortonormal de Rm . Ninguna de las anteriores. (2) Sea A una matriz cuadrada de orden impar y antisim´etrica (AT = −A). Demuestra que det(A) = 0. Ejercicio 10. Calcula la soluci´on del problema de valor inicial un = Aun−1 u0 siendo A =   3 0 −1 10 1 −5 1 0 1   y u0 =   0 0 1   . Matem´aticas I. 2012-2013
  36. 36. 184 Tema 6.- Autovalores y autovectores. Ejercicio 11. Reduce, clasifica y representa las siguientes c´onicas: (a) 13x2 + 10y2 + 4xy − 26x − 22y + 23 = 0. (a’) 13x2 + 10y2 + 4xy − 26x − 22y + 2 = 0. (b) 4x2 + y2 − 4xy − 2y + 1 = 0. (b’) 4x2 + y2 − 4xy + 4x − 2y + 1 = 0. (c) 5x2 + 2y2 − 4xy + 12x − 4y = 0. (c’) 5x2 + 2y2 − 4xy + 12x − 4y + 9 = 0. (d) x2 + 4y2 − 4xy + 6x − 12y + 9 = 0. (e) 2xy − 5 = 0. Ejercicio 12. Determina la ecuaci´on de la c´onica que pasa por los puntos (0, 0), (0, 2), (2, −1), (5, 0), (3, −1) y representa dicha c´onica. Ejercicio 13. Reducir, clasificar y representar las siguientes cu´adricas: (a) 3x2 + 2xy − 10y2 = 0. (b) x2 + y2 − z2 − 2z − 1 = 0. (c) 2x + 2y − 2z − 2xy + 4xz + 4yz − 3z2 = 0. (d) 5x2 + 6y2 + 7z2 − 4xy + 4yz − 10x + 8y + 14z − 6 = 0. Matem´aticas I. Ingenier´ıa Civil
  37. 37. 6.5.- Ejercicios. 185 6.5.2.- Soluciones. Ejercicio 1. (a) a = 8, b = 6, c = −5. (b) λ = −1 es el ´unico autovalor (triple). Autovectores: (A + I)x = 0. Nul (A + I) = Gen    v1 =   0 1 0   , v2 =   −2 0 1      . Ejercicio 2. A: A es diagonalizable ⇐⇒ α = 0. B: B es diagonalizable ⇐⇒ α = −2 3 . C: C es diagonalizable ⇐⇒ α = 0. Ejercicio 3. (a) A es diagonalizable ⇐⇒ a = 6. (b) S´olo tenemos que considerar el caso a = 6. Los autovalores de A−1 son los inversos de los autovalores de A. Por tanto, para a = 6, los autovalores de A−1 son µ1 = 1 λ1 = − 1 2 (doble), µ2 = 1 λ2 = 1 2 (simple) y los autovectores asociados son los autovectores de A asociados al correspondiente λ. Autovectores de A−1 asociados a µ1 ≡ los de A asociados a λ1 = −2: (A + 2I) x = 0 ⇔ x ∈ Gen    v1 =   0 1 0   v2 =   1 0 −3      . Autovectores de A−1 asociados a µ2 ≡ los de A asociados a λ2 = 2: (A − 2I) x = 0 ⇔ x ∈ Gen    v3 =   1 2 1      (c) Si n es par An = 2n I. Si n es impar An = 2n−1 A. Ejercicio 4. A: Si a = −2, 0, 2 =⇒ A es diagonalizable. Para a = −2, 2    Si b = c =⇒ A es diagonalizable. Si b = c =⇒ A no es diagonalizable. Para a = 0, para todo b y c =⇒ A no es diagonalizable. Matem´aticas I. 2012-2013
  38. 38. 186 Tema 6.- Autovalores y autovectores. B: Si a = −1, 5 =⇒ B es diagonalizable. Para a = −1    Si b = 0 =⇒ B es diagonalizable. Si b = 0 =⇒ B no es diagonalizable. Para a = 5, =⇒ B no es diagonalizable. C: C es diagonalizable ⇐⇒ a = f = 0. Ejercicio 5. (a) Bases de R3 formadas por autovectores y autovectores generalizados de A son, por ejemplo, {v1, v2, w3} , {v1, v2, w4} , {v1, w3, w4} , siendo v1 =   0 1 1   , v2 =   1 2 1   , w3 =   2 1 0   , w4 =   −3 0 1   . (b) Bases de R3 formadas por autovectores y autovectores generalizados de B son, por ejemplo, {v1, v2, w3} , {v1, v2, w4} , {v1, w3, w4} , siendo v1 =   1 2 4   , v2 =   1 1 1   , w3 =   2 1 0   , w4 =   −1 0 1   . Ejercicio 6. La matriz de T respecto a la base B = {v1, v2} es B = 2 −1 0 2 . Notemos que lo anterior significa que T(x′ 1v1 + x′ 2v2) = (2x′ 1 − x′ 2)v1 + (2x′ 2)v2 y en particular, T(v1) = 2v1 y T(v2) = −v1 + 2v2 como es f´acil comprobar en coordenadas can´onicas T(v1) = 1 1 −1 3 1 1 = 2 2 , T(v2) = 1 1 −1 3 5 4 = 9 7 . Ejercicio 7. (a) A =     0 1 −1 −1 0 −2 0 −3 −1 2 0 1 0 1 0 2     . Matem´aticas I. Ingenier´ıa Civil
  39. 39. 6.5.- Ejercicios. 187 (c) Una base de R4 formada por autovectores y autovectores generalizados de A es    v1 =     −1 0 1 0     , w1 =     −3 −2 0 2     , v2 =     1 0 1 0     , w2 =     −1 −6 0 2        . Ejercicio 8. A1 : Q = 1 3   2 −2 1 2 1 −2 1 2 2   es una matriz ortogonal QT Q = QQT = I que diagonaliza A1 : Q−1 A1Q = D ≡ QT A1Q = D =   −1 2 5   . A2 : Q =    −1 3 2√ 5 2 3 √ 5 2 3 1√ 5 −4 3 √ 5 2 3 0 5 3 √ 5    es una matriz ortogonal QT Q = QQT = I que diagonaliza A2 : Q−1 A2Q = D ≡ QT A2Q = D =   −3 6 6   . A3 : Q =    1√ 3 −1√ 2 1√ 6 1√ 3 0 −2√ 6 1√ 3 1√ 2 1√ 6    es una matriz ortogonal QT Q = QQT = I que diagonaliza A3 : Q−1 A3Q = D ≡ QT A3Q = D   0 1 3   . A4 : Q =    − 1√ 2 − 1√ 6 1√ 3 1√ 2 − 1√ 6 1√ 3 0 1√ 6 1√ 3    es una matriz ortogonal QT Q = QQT = I que diagonaliza A4 : Q−1 A4Q = D ≡ QT A4Q = D   0 0 3   . Matem´aticas I. 2012-2013
  40. 40. 188 Tema 6.- Autovalores y autovectores. Ejercicio 9. (1) X Diagonaliza en una base ortonormal de Rm . (2) Si A es una matriz antisim´etrica (AT = −A) de orden impar n, tenemos que det (A) = det (AT ) = det (−A) = (−1)n det (A) = −det (A) =⇒ det (A) = 0. Ejercicio 10. Tenemos que un = 2n−1   −n −5n 2 − n   . Ejercicio 11. (a) 13x2 +10y2 +4xy −26x−22y +23 = 0. Se trata de una elipse imaginaria (no hay ning´un punto (x, y) con coordenadas reales que verifique la ecuaci´on). (a’) 13x2 + 10y2 + 4xy − 26x − 22y + 2 = 0. Es la ecuaci´on de una elipse (real) (b) 4x2 + y2 − 4xy − 2y + 1 = 0. Se trata de una par´abola. −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 x y 4 x 2 +y 2 −4 x y−2 y+1 = 0 V = 4 25 , 13 25 (0, 1) y − 13 25 = 2 x − 4 25 (b’) 4x2 + y2 − 4xy + 4x − 2y + 1 = 0. Nada. Reduciendo la ecuaci´on (mediante cambios de variables apropiados) puede llegarse a una ecuaci´on de la forma 5x′′2 = ρ < 0. (c) 5x2 + 2y2 − 4xy + 12x − 4y = 0. Se trata de una elipse (real). (c’) 5x2 + 2y2 − 4xy + 12x − 4y + 9 = 0. Nada (elpise imaginaria). (d) x2 + 4y2 − 4xy + 6x − 12y + 9 = 0. Se trata de una recta doble, (x − 2y + 3)2 = 0. (e) 2xy−5 = 0. Se trata de una hip´erbola equil´atera con los ejes coordenados como as´ıntotas. Matem´aticas I. Ingenier´ıa Civil
  41. 41. 6.5.- Ejercicios. 189 Ejercicio 12. Tenemos infinitas soluciones que dan lugar a ecuaciones equivalentes a x2 + 2y2 − 5x − 4y = 0. Por tanto, se trata de la ecuaci´on de una elipse con ejes paralelos a los coordenados y cuyos elementos caracter´ısticos pueden obtenerse sin m´as que escribir la ecuaci´on anterior en la forma x − 5 2 2 33 4 + (y − 1)2 33 8 = 1. −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7 −2 −1 0 1 2 3 4 x y x 2 +2 y 2 −5 x−4 y = 0 O X Y C = 5 2 , 1 y = 1 x = 5 2 Ejercicio 13. (a) Se trata, obviamente, de un cilindro hiperb´olico. Puesto que en la ecua- ci´on no interviene la variable z, al cortar la cu´adrica con cada plano z = cte siempre se obtiene la misma proyecci´on en el plano OXY , la hip´erbola de ecuaci´on 3x2 + 2xy − 10y2 = 0. (b) Cono de ecuaci´on x2 + y2 − (z + 1)2 = 0 con v´ertice V = (0, 0, −1) y eje el eje OZ ≡ {x = 0, y = 0}. (c) Se trata de un hiperboloide de dos hojas. La ecuaci´on reducida es 5x′′2 − y′′2 − z′2 = 13 15 ≡ x′′2 13 75 − y′′2 13 15 − z′′2 13 15 = 1. (d) Se trata de un elipsoide de centro C(1, 0, −1) y semiejes a = √ 6, b = √ 3 y c = √ 2. Matem´aticas I. 2012-2013

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