Capitulo 7 Autovalores y Autovectores
25
Capítulo 7 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES 7.1. INTRODUCCIÓN. En este capítulo se presentan dos de los más importantes conceptos del Álgebra Lineal que son claves en el Análisis de Datos Multivariante como lo son los conceptos de Autovalor y Autovector. Se exponen todos sus temas asociados como lo son la relación entre los autovalores y autovectores de una matriz y su matriz transpuesta, la semejanza de matrices y los autovalores y autovectores de matrices simétricas. 7.2. DEFINICIONES, PROPIEDADES Y EJEMPLOS. Definición 7.1. Sean A∈M nxn (K) y λ∈K. Se dice que λ es autovalor, valor propio, valor característico o eigenvalor de A si: X AX : ) (X K X nx1 n λ = θ ≠ ∈ ∃ En ese caso, se dice que el vector X es autovector, vector propio, vector característico o eigenvector, respectivamente de A asociado al autovalor λ. Ejemplo 7.1. Sean A∈M 3x3 (ℜ) y X 1 , X 2 , X 3 ∈ℜ 3 definidas por: ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = 3 3 1 0 6 0 2 0 2 A ; ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = 1 0 2 X 1 ; ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = 1 0 1 X 2 ; ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = 2 3 5 1 X 3 Luego, se verifica que: 1 1 1 X 1 0 2 1 1 0 2 1 0 2 3 3 1 0 6 0 2 0 2 AX λ = ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = ; siendo λ 1 = 1 2 2 2 X 1 0 1 4 4 0 4 1 0 1 3 3 1 0 6 0 2 0 2 AX λ = ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = ; siendo λ 2 = 4 ALGEBRA LINEAL PARA ESTADÍSTICOS Y ACTUARIOS 238 3 3 3 X 2 3 5 1 6 12 10 6 2 3 5 1 3 3 1 0 6 0 2 0 2 AX λ = ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = ; siendo λ 3 = 6 Es decir, λ 1 = 1, λ 2 = 4 y λ 3 = 6 son autovalores de A con autovectores asociados ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = 1 0 2 X 1 , ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = 1 0 1 X 2 y ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = 2 3 5 1 X 3 , respectivamente. Nótese que A∈M 3x3 (K) y tiene exactamente 3 autovalores. Definición 7.2. Sea A∈M nxn (K). Se define como espectro de A y se denota por E(A) al conjunto formado por todos los autovalores de A. Ejemplo 7.2. En el ejemplo 7.1, E(A) = {1, 4, 6} Definición 7.3. Sean A∈M nxn (K) y λ∈K, tales que λ es autovalor de A. Se define como autoespacio, espacio propio, espacio característico o eigenespacio de A y se denota por V λ (A) al conjunto: { } X AX : ) X ( K X ) A ( V 1 nx n λ = θ ≠ ∈ = λ Ejemplo 7.3. En el ejemplo 7.1., ⎪ ⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ℜ ∈ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = ℜ ∈ = * 3 1 a ; 1 0 2 a X : X ) A ( V , ⎪ ⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ℜ ∈ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = ℜ ∈ = * 3 4 b ; 1 0 1 b X : X ) A ( V y ⎪ ⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ℜ ∈ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = ℜ ∈ = * 3 6 c ; 2 3 5 1 c X : X ) A ( V Observación: Nótese que para cada autovalor existen infinitos autovectores, los cuales se generan por un conjunto finito de vectores. En el ejemplo 7.3., los autovectores de cada autovalor se generan cada uno por un solo vector.
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Capítulo 7
AUTOVALORESY AUTOVECTORES
7.1. INTRODUCCIÓN. En este capítulo se presentan dos de los más importantes conceptos del Álgebra Lineal que son claves en el Análisis de Datos Multivariante como lo son los conceptos de Autovalor y Autovector. Se exponen todos sus temas asociados como lo son la relación entre los autovalores y autovectores de una matriz y su matriz transpuesta, la semejanza de matrices y los autovalores y autovectores de matrices simétricas. 7.2. DEFINICIONES, PROPIEDADES Y EJEMPLOS. Definición 7.1. Sean A∈Mnxn(K) y λ∈K. Se dice que λ es autovalor, valor propio, valor característico o eigenvalor de A si:
XAX:)(X KX nx1n λ=θ≠∈∃
En ese caso, se dice que el vector X es autovector, vector propio, vector característico o eigenvector, respectivamente de A asociado al autovalor λ. Ejemplo 7.1. Sean A∈M3x3(ℜ) y X1, X2, X3∈ℜ3 definidas por:
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
331060202
A ; ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=
1 0 2
X1 ; ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
101
X2 ; ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
23
51
X3
Luego, se verifica que:
11
1 X1 0 2
11 0 2
1 0 2
331060202
AX λ=⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡= ; siendo λ1 = 1
22
2 X101
4404
101
331060202
AX λ=⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡= ; siendo λ2 = 4
ALGEBRA LINEAL PARA ESTADÍSTICOS Y ACTUARIOS
238
33
3 X23
51
612106
23
51
331060202
AX λ=⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡= ; siendo λ3 = 6
Es decir, λ1 = 1, λ2 = 4 y λ3 = 6 son autovalores de A con autovectores
asociados ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=
1 0 2
X1 , ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
101
X2 y ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
23
51
X3 , respectivamente.
Nótese que A∈M3x3(K) y tiene exactamente 3 autovalores. Definición 7.2. Sea A∈Mnxn(K). Se define como espectro de A y se denota por E(A) al conjunto formado por todos los autovalores de A. Ejemplo 7.2. En el ejemplo 7.1, E(A) = {1, 4, 6} Definición 7.3. Sean A∈Mnxn(K) y λ∈K, tales que λ es autovalor de A. Se define como autoespacio, espacio propio, espacio característico o eigenespacio de A y se denota por Vλ(A) al conjunto:
{ }XAX:)X( KX)A(V 1nxn λ=θ≠∈=λ
Ejemplo 7.3. En el ejemplo 7.1.,
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
ℜ∈⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=ℜ∈= *3
1 a ;1 0 2
aX:X)A(V , ⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
ℜ∈⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=ℜ∈= *3
4 b ;101
bX:X)A(V
y ⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
ℜ∈⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=ℜ∈= *3
6 c ;23
51
cX:X)A(V
Observación: Nótese que para cada autovalor existen infinitos autovectores, los cuales se generan por un conjunto finito de vectores. En el ejemplo 7.3., los autovectores de cada autovalor se generan cada uno por un solo vector.
CAPÍTULO 7: AUTOVALORES Y AUTOVECTORES
239
Teorema 7.1. Sean A∈Mnxn(K) y X∈Kn-{θnx1}. Si X es autovector de A entonces X esta asociado a un único autovalor de A. Demostración Supongamos que X es autovector de A asociado a los autovalores λ y μ. Luego,
X)(XXAXAXXAXXAX
1nx μ−λ=θ⇒μ−λ=−⇒μ=λ=
Como X∈Kn-{θnx1} entonces para que 1nxX)( θ=μ−λ debe cumplirse que
0=μ−λ , es decir, μ=λ . Por consiguiente, X esta asociado a un único autovalor. Teorema 7.2. Sean A∈Mnxn(K) y λ∈K. Si λ es autovalor de A entonces
{ }XAX:KX)A(V n* λ=∈=λ es un subespacio de Kn. Demostración Si AX = λX entonces AX – λX = θnx1, es decir, (A – λIn)X = θnx1. Por consiguiente, )IA(
*n
N)A(V λ−λ = y por el teorema 4.18, )A(V*λ es un
subespacio de Kn. Observación:
{ }1nx* )A(V)A(V θ∪= λλ
Teorema 7.3. Sean A∈Mnxn(K) y λ∈K. λ es autovalor de A si y sólo si Det(A-λIn) = 0. Demostración CN (⇒): Si λ es autovalor de A entonces Det(A-λIn) = 0. Utilicemos reducción al absurdo. Supongamos que λ es autovalor de A y que Det(A-λIn) ≠ 0. Luego, por el teorema 3.1, apartado 13 se tiene que nIA λ− es no singular. Por lo tanto, por el teorema 4.19., n( nIA λ− ) = 0, es decir,
)IA( nN λ− = }X)IA(:KX{ 1nxn
n θ=λ−∈ = {θnx1}. Esto significa que
1nx1nxn XX)IA( θ=⇒θ=λ− , es decir, 1nx1nx XXAX θ=⇒θ=λ− , lo cual a su vez indica que 1nxXXAX θ=⇒λ= . Por consiguiente, X es autovector de A asociado al autovalor λ y 1nxX θ= , lo cual es una contradicción.
ALGEBRA LINEAL PARA ESTADÍSTICOS Y ACTUARIOS
240
CS (⇐): Si Det(A-λIn) = 0 entonces λ es autovalor de A. Si Det(A-λIn) = 0, por el teorema 3.1., apartado 13 se tiene que nIA λ− es singular. Luego, por el teorema 4.19., n( nIA λ− ) ≠ 0, es decir,
)IA(1nx nN λ−∉θ . Por consiguiente, 1nxnnx1
n X)IA(:)(X KX θ=λ−θ≠∈∃ , lo
cual significa que XAX:)(X KX nx1n λ=θ≠∈∃ , es decir, λ es autovalor de
A. Definición 7.4. Sea A∈Mnxn(K). Se define como autopolinomio, polinomio propio, polinomio característico o eigenpolinomio de A y se denota por PA(λ) a:
PA(λ) = )IA(Det nλ− La igualdad PA(λ) = 0 recibe el nombre de autoecuación, ecuación propia, ecuación característica o eigenecuación de A. Observación: Del teorema 7.3., se obtiene que λ es autovalor de A si y sólo si es solución de la autoecuación de A, es decir, es raíz del autopolinomio de A, PA(λ). El próximo teorema nos indicará las características de PA(λ). Teorema 7.4.
Sea A∈Mnxn(K). Entonces se cumple que ∑=
−− λ−=λn
0j
jnjnA )j(SDMPAO)1()(P ;
con SDMPAO(0) = 1, donde SDMPAO(j) significa “Suma de los determinantes de los menores principales de A de orden j”. Demostración Expresemos la matriz A∈Mnxn(K) particionada 1xn por columnas, es decir, A = [ n21 AAA L ]. De la misma forma expresemos la matriz In
particionada 1xn por columnas, es decir, In = [ ]n21 eee L . Luego,
PA(λ) = )IA(Det nλ− = Det([ nn2211 eAeAeA λ−λ−λ− L ]). Por el teorema 3.1., apartados 5 y 8 se tiene que:
)IA(Det nλ− = Det([ nn221 eAeAA λ−λ− L ]) +
+ Det([ nn221 eAeAe λ−λ−λ− L ])
= Det([ nn221 eAeAA λ−λ− L ]) +
+ ( λ− )Det([ nn221 eAeAe λ−λ− L ])
= Det([ nn21 eAAA λ−L ]) +
CAPÍTULO 7: AUTOVALORES Y AUTOVECTORES
241
+ Det([ nn21 eAeA λ−λ− L ]) +
+ ( λ− )Det([ nn21 eAAe λ−L ])
+ ( λ− )Det([ nn21 eAee λ−λ− L ])
= Det([ nn21 eAAA λ−L ]) +
+ ( λ− )Det([ nn21 eAeA λ−L ]) +
+ ( λ− )Det([ nn21 eAAe λ−L ])
+ ( λ− )2Det([ nn21 eAee λ−L ])
Aplicando estas 2 propiedades n–2 veces cada una sobre cada matriz se obtiene:
)IA(Det nλ− = n)( λ− Det([ n21 eee L ]) +
+ 1n)( −λ− Det([ n21 eeA L ]) + 1n)( −λ− Det([ n21 eAe L ]) + …
+ 1n)( −λ− Det([ n21 Aee L ]) + 2n)( −λ− Det([ n21 eAA L ]) +
+ 2n)( −λ− Det([ n321 AAeA L ]) + … +
+ 2n)( −λ− Det([ n1n21 AAee −L ])+ … +
+ 1)( λ− Det([ n21 AAe L ]) + 1)( λ− Det([ n21 AeA L ]) + … +
+ 1)( λ− Det([ n21 eAA L ]) + Det([ n21 AAA L ])
⇒ )IA(Det nλ− = nn)1( λ− Det(In) + 1n1n)1( −− λ− Det(M(A)23…n) +
+ 1n1n)1( −− λ− Det(M(A)13…n) + … + 1n1n)1( −− λ− Det(M(A)12…n-1) +
+ 2n2n)1( −− λ− Det(M(A)34…n) + 2n2n)1( −− λ− Det(M(A)24…n) + … +
+ 2n2n)1( −− λ− Det(M(A)12…n-2) + … + 11)1( λ− Det(M(A)1) +
+ 11)1( λ− Det(M(A)2) + … + 11)1( λ− Det(M(A)n) + Det(A) ⇒ )IA(Det nλ− = nn)1( λ− .1 + 1n1n)1( −− λ− (Det(M(A)23…n) + + Det(M(A)13…n) + … + Det(M(A)12…n-1)) + + 2n2n)1( −− λ− (Det(M(A)34…n) + Det(M(A)24…n)+ … +Det(M(A)12…n-2))
+ … + 11)1( λ− (Det(M(A)1) + Det(M(A)2) + … + Det(M(A)n)) + Det(A) ⇒ )IA(Det nλ− = nn)1( λ− SDMPAO(0) + 1n1n)1( −− λ− (SDMPAO(1)) +
+ 2n2n)1( −− λ− (SDMPAO(2)) + … + 11)1( λ− (SDMPAO(n-1)) +
+ 00)1( λ− DMPAO(n) ⇒ )IA(Det nλ− = n)1(− SDMPAO(0)λn + 1n)1( −− (SDMPAO(1)) λn-1 +
+ 2n)1( −− (SDMPAO(2))λn-2 + … + 1)1(− (SDMPAO(n-1))λ1 +
+ 0)1(− DMPAO(n)λ0
ALGEBRA LINEAL PARA ESTADÍSTICOS Y ACTUARIOS
242
⇒ ∑=
−− λ−=λ−n
0j
jnjnn )j(SDMPAO)1()IA(Det
Observaciones:
1. PA(λ) es un polinomio de grado n en λ. Como todo autovalor λ de A es raíz de PA(λ) demuestra que A tiene exactamente n autovalores.
2. El término independiente de PA(λ) es Det(A). Esto implica que: 2.1. A tiene al menos 1 autovalor nulo si y sólo si Det(A) = 0. 2.2. A tiene al menos 1 autovalor nulo si y sólo si Rango(A) < n. 2.3. A tiene al menos 1 autovalor nulo si y sólo si A es singular. 2.4. A tiene todos sus autovalores no nulos si y sólo si A es no
singular. 2.5. Si Rango(A) = r entonces A tiene exactamente n–r
autovalores nulos y r autovalores no nulos. 3. Al resolver la ecuación PA(λ)= 0 se obtienen los n autovalores de A. 4. Para cada autovalor calculado λ se obtiene el conjunto Vλ(A)
resolviendo el SEL homogéneo 1nxn X)IA( θ=λ− . Definición 7.5. Sean A∈Mnxn(K) y λi∈K, tales que λi es autovalor de A, ∀ i = 1, 2, …, m. Se define como multiplicidad algebraica del autovalor λi y se denota por ri a la multiplicidad de la raíz λi de PA(λ). Observaciones:
1. Si λ1, λ2, …, λm son los autovalores de A entonces ∑=
=m
1ii nr .
2. Si λ1, λ2, …, λm son los autovalores de A entonces PA(λ) se puede factorizar de la siguiente forma:
PA(λ) = m21 rm
r2
r1 )...()()( λ−λλ−λλ−λ
3. Si λi es autovalor de A entonces )IA(Det niλ− = 0 y por tanto
niIA λ− es singular. Esto implica que n( niIA λ− ) ≠ 0, es decir, n( niIA λ− ) ≥ 1. Por el teorema 4.24., r( niIA λ− )+ n( niIA λ− ) = n y como Rango( niIA λ− ) = r( niIA λ− ) entonces n( niIA λ− ) = n–Rango( niIA λ− ), es decir, n–Rango( niIA λ− )≥1. Esto a su vez implica que n – 1 ≥ Rango( niIA λ− ), es decir, Rango( niIA λ− ) ≤ n – 1. Esto asegura que existe al menos un autovector asociado al autovalor λi.
4. Si Rango( niIA λ− ) = r < n entonces se cumple que n( niIA λ− ) = n – Rango( niIA λ− ), lo que es lo mismo que decir que n( niIA λ− ) = n – r. Esto significa que )IA( ni
N λ− se genera por
n – r vectores L.I., es decir, existen exactamente n – r autovectores L.I. asociados con el autovalor λi.
CAPÍTULO 7: AUTOVALORES Y AUTOVECTORES
243
Ejemplo 7.4. En el ejemplo 7.1.:
+λ++−+λ−=λ 2233A ])3([Det]6([Det])2([Det()1()1()(P
)331060202
(Det))3306
(Det)3122
(Det)6002
(Det()1( 11
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡+λ⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡+⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡+⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡−
24)18412()362( 23 +λ++−λ+++λ−= = 243411 23 +λ−λ+λ−=
Para determinar los autovalores de A hallamos las raíces de PA(λ). Como este es un polinomio de grado 3 utilizamos la regla de Ruffini: Posibles raíces: ±1, ±2, ±3, ±4, ±6, ±8, ±12, ±24
0 1
6
0 6 1
6
244
0 24101
4
2410 1
24 34111
1
−
−
−
−
−−
−−
−−
Luego, E(A) = {1, 4, 6} Determinemos ahora el autoespacio asociado a cada autovalor: V1(A):
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡⇒θ=−
000
xxx
)100010001
1331060202
(X)I1A(
3
2
1
1x33
⎪⎩
⎪⎨⎧
⎩⎨⎧
=−=
⇒=
=+⇒
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=++==+
⇒⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡⇒
0xx2x
0x0x2x
0x2x3x0x5
0x2x
000
xxx
231050201
2
31
2
31
321
2
31
3
2
1
Luego,
ALGEBRA LINEAL PARA ESTADÍSTICOS Y ACTUARIOS
244
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
1 0 2
xx0x2
xxx
X 3
3
3
3
2
1
Por consiguiente,
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
ℜ∈⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=ℜ∈= *3
1 a ;1 0 2
aX:X)A(V
V4(A):
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡⇒θ=−
000
xxx
)100010001
4331060202
(X)I4A(
3
2
1
1x33
⎪⎩
⎪⎨⎧
⎩⎨⎧
==
⇒==−
⇒⎪⎩
⎪⎨
⎧
=−+=
=+−⇒
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−⇒
0xxx
0x0xx
0xx3x0x2
0x2x2
000
xxx
131 0 20 2 02
2
31
2
31
321
2
31
3
2
1
Luego,
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
101
xx0x
xxx
X 3
3
3
3
2
1
Por consiguiente,
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
ℜ∈⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=ℜ∈= *3
4 b ;101
bX:X)A(V
V6(A):
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡⇒θ=−
000
xxx
)100010001
6331060202
(X)I6A(
3
2
1
1x33
⎪⎩
⎪⎨⎧
⎩⎨⎧
−==
⇒−=
=⇒
⎩⎨⎧
=−+=+−
⇒⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−⇒
132
13
132
13
321
31
3
2
1
xx3x3x2x
xx3x3x4x2
0x3x3x0x2x4
000
xxx
331 0 00 2 04
⎪⎩
⎪⎨⎧
==
⇒⎩⎨⎧
==
⇒⎩⎨⎧
−==
⇒⎩⎨⎧
−==
⇒12
13
12
13
112
13
112
13
x35x
x2xx5x3x2x
xx6x3x2x
x)x2(3x3x2x
CAPÍTULO 7: AUTOVALORES Y AUTOVECTORES
245
Luego,
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
23
51
xx2x3
5x
xxx
X 3
1
1
1
3
2
1
Por consiguiente,
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
ℜ∈⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=ℜ∈= *3
6 c ;23
51
cX:X)A(V
Ejemplo 7.5. Sea A∈M3x3(ℜ) definida por:
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−−−
=9 25 14121 7180
A
+λ+−+−+λ−=λ 2233
A ])9([Det]12([Det])0([Det()1()1()(P
)9 25 14121 7180
(Det))9 25 412
(Det)9 170
(Det)121180
(Det()1( 11
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−−−
+λ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −−+⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡−
−+⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡−−
−
1)8718()9120( 23 −λ−−−λ+−+λ−= 133 23 −λ−λ−λ−=
Para determinar los autovalores de A hallamos las raíces de PA(λ). Pero, PA(λ) es el cubo perfecto 323 )1()133( +λ−=+λ+λ+λ− . Luego, λ1 = –1 es autovalor de A con r1 = 3, es decir, E(A) = {–1} Determinemos ahora el autoespacio asociado a este único autovalor: V-1(A):
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡+
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−−−
⇒θ=+⇒θ=−−000
xxx
)100010001
9 25 14121 7180
(X)IA(X)I)1(A(
3
2
1
1x331x33
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡ −−
⎯⎯⎯ →⎯⎯⎯⎯ →⎯
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−−−
⇒⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−−−
⇒ +→
−→
000
3 7 03 7 07181
000
1025 14111 7181
000
xxx
10 25 14111 7181
133
122
rrr
rrr
3
2
1
ALGEBRA LINEAL PARA ESTADÍSTICOS Y ACTUARIOS
246
⎪⎩
⎪⎨⎧
−=+=
⇒⎩⎨⎧
=+=−−
⇒⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡ −−⎯⎯⎯ →⎯ −→
32
321
32
321rrr
x73x
x7x18x0x3x7
0x7x18x
000
0 0 03 7 07181
233
⎪⎩
⎪⎨⎧
−=
−=⇒
⎪⎩
⎪⎨⎧
−=
+−=⇒
⎪⎩
⎪⎨⎧
−=
+−=⇒
32
31
32
331
32
331
x73x
x75x
x73x
x7x754x
x73x
x7)x73(18x
Luego,
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−
=
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−
=⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
1 7
37
5
xx
x73
x75
xxx
X 3
3
3
3
3
2
1
Por consiguiente,
⎪⎪⎭
⎪⎪⎬
⎫
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
ℜ∈
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−
=ℜ∈=−*3
1 a ;1 7
37
5
aX:X)A(V
Ejemplo 7.6. Sea A∈Mnxn(ℜ) una matriz diagonal definida por:
⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
=
nn
22
11
A00
0A000A
A
L
MMM
L
L
Determinemos los autovalores de A.
PA(λ) = )IA(Det nλ− = )
100
010001
A00
0A000A
(Det
nn
22
11
⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
λ−
⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
L
MMM
L
L
L
MMM
L
L
)
A00
0A000A
(Det
nn
22
11
⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
λ−
λ−λ−
=
L
MMM
L
L
Por el teorema 3.1., apartado 18 se tiene que:
)A)...(A)(A()(P nn2211A λ−λ−λ−=λ
CAPÍTULO 7: AUTOVALORES Y AUTOVECTORES
247
Luego, al hacer PA(λ) = 0 se obtiene que los autovalores de A son λ1 = A11, λ2 = A22, …, λn = Ann, es decir, los autovalores de una matriz diagonal son los elementos de la diagonal principal. Determinemos el autoespacio asociado al i-ésimo autovalor de A:
1nxnii1nxni X)IAA(X)IA( θ=−⇒θ=λ−
1nxii
nn
ii
11
X)
100
010
001
A
A00
0A0
00A
( θ=
⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
⇒
LL
MMM
LL
MMM
LL
LL
MMM
LL
MMM
LL
1nx
ii
ii
ii
nn
ii
11
X)
A00
0A0
00A
A00
0A0
00A
( θ=
⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
⇒
LL
MMM
LL
MMM
LL
LL
MMM
LL
MMM
LL
1nx
iinn
iiii
ii11
X)
AA00
0AA0
00AA
( θ=
⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−
−
⇒
LL
MMM
LL
MMM
LL
⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
=
⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−
⇒
0
0
0
x
x
x
)
AA00
000
00AA
(
n
i
1
iinn
ii11
M
M
M
M
LL
MMM
LL
MMM
LL
n. ..., 1,i 1,-i ..., 2, 1, i ;0x
0
0
0
x)AA(
0
x)AA(
) i
niinn
1ii11
+=∀=⇒
⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
=
⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−
⇒M
M
M
M
Luego,
iiii ex
0
1
0
x
0
x
0
X =
⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
=
⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
=M
M
M
M
ALGEBRA LINEAL PARA ESTADÍSTICOS Y ACTUARIOS
248
Por lo tanto,
}a ;aeX:X{}a ;
0
1
0
aX:X{)A(V *in*nAii
ℜ∈=ℜ∈=ℜ∈
⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
=ℜ∈=M
M
Esto indica que los autoespacios asociados a los autovalores de A son generados por los vectores de la base canónica de ℜn. Ejemplo 7.7. Sea A∈Mnxn(ℜ) una matriz triangular superior definida por:
⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
=
nn
n222
n11211
A00
AA0AAA
A
L
MMM
L
L
Determinemos los autovalores de A.
PA(λ) = )IA(Det nλ− = )
100
010001
A00
AA0AAA
(Det
nn
n222
n11211
⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
λ−
⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
L
MMM
L
L
L
MMM
L
L
)
A00
AA0AAA
(Det
nn
n222
n11211
⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
λ−
λ−λ−
=
L
MMM
L
L
Por el teorema 3.1., apartado 19 se tiene que:
)A)...(A)(A()(P nn2211A λ−λ−λ−=λ Luego, al hacer PA(λ) = 0 se obtiene que los autovalores de A son λ1 = A11, λ2 = A22, …, λn = Ann, es decir, los autovalores de una matriz triangular superior son los elementos de la diagonal principal. Análogamente se demuestra que los autovalores de una matriz triangular inferior son los elementos de la diagonal principal.
CAPÍTULO 7: AUTOVALORES Y AUTOVECTORES
249
Teorema 7.5. Sean A∈Mnxn(K), λ1, λ2, …, λm∈K y X1, X2, …, Xm∈Kn-{θnx1}, tales que λ1, λ2, …, λm son autovalores de A, con λi ≠ λj, ∀ i ≠ j; i = 1, 2, …, m; j = 1, 2, …, m. Si X1, X2, …, Xm son autovectores de A asociados a los autovalores λ1, λ2, …, λm de A entonces X1, X2, …, Xm son L.I. Demostración Utilicemos inducción matemática. Demostremos que la proposición es cierta para m = 2. En efecto, Consideremos la igualdad c1•X1 + c2•X2 = θnx1 (1). Premultiplicando a ambos lados de (1) por A se obtiene que:
A(c1•X1 + c2•X2) = A(θnx1) ⇒ c1•AX1 + c2•AX2 = θnx1 (2)
Como λ1, λ2 son autovalores de A con autovectores asociados X1, X2, respectivamente se tiene que AX1 = λ1X1 y AX2 = λ2X2. Sustituyendo en (2) se obtiene que:
c1λ1•X1 + c2λ2•X2 = θnx1 (3)
Ahora, multipliquemos a ambos lados de (1) por λ1. Luego,
λ1(c1•X1 + c2•X2) = λ1(θnx1) ⇒ c1λ1•X1 + c2λ1•X2 = θnx1 (4)
Restando a ambos lados (4) menos (3) se obtiene que:
(c1λ1•X1 + c2λ1•X2) – (c1λ1•X1 + c2λ2•X2) = θnx1 – θnx1 ⇒ (c1λ1•X1 – c1λ1•X1) + (c2λ1•X2 – c2λ2•X2) = θnx1
⇒ θnx1 + (c2λ1 – c2λ2)•X2 = θnx1 ⇒ c2(λ1 – λ2)•X2 = θnx1
Como X2 es autovector de A entonces X2 ≠ θnx1. Además, λ1 ≠ λ2. Luego, c2 = 0. Sustituyendo en (1) se obtiene que:
c1•X1 + c2•X2 = θnx1
⇒ c1•X1 + 0•X2 = θnx1
⇒ c1•X1 = θnx1
Como X1 ≠ θnx1 se obtiene que c1 = 0. Por consiguiente, c1 = c2 = 0 y en consecuencia X1 y X2 son L.I. Supongamos que la proposición se cumple para m = p, es decir, si X1, X2, …, Xp son autovectores de A asociados a los autovalores λ1, λ2, …, λp de A entonces X1, X2, …, Xp son L.I. Demostremos que la proposición se cumple para m = p+1. En efecto,
ALGEBRA LINEAL PARA ESTADÍSTICOS Y ACTUARIOS
250
Consideremos la igualdad:
c1•X1 + c2•X2 + … + cp•Xp + cp+1•Xp+1 = θnx1 (5)
Premultiplicando a ambos lados de (5) por A se obtiene que:
A(c1•X1 + c2•X2 + … + cp•Xp + cp+1•Xp+1) = A(θnx1) ⇒ c1•AX1 + c2•AX2 + … + cp•AXp + cp+1•AXp+1 = θnx1 (6)
Como λ1, λ2, …, λp+1 son autovalores de A con autovectores asociados X1, X2, …, Xp+1 respectivamente se tiene que AX1 = λ1X1, AX2 = λ2X2, …, AXp+1 = λp+1Xp+1. Sustituyendo en (6) se obtiene que:
c1λ1•X1 + c2λ2•X2 + … + cpλp•Xp + cp+1λp+1•Xp+1 = θnx1 (7) Ahora, multipliquemos a ambos lados de (5) por λp+1. Luego,
λp+1(c1•X1 + c2•X2 + … + cp•Xp + cp+1•Xp+1) = λp+1(θnx1) ⇒ c1λp+1•X1 + c2λp+1•X2 + … + cpλp+1•Xp + cp+1λp+1•Xp+1 = θnx1 (8)
Restando a ambos lados (8) menos (7) se obtiene que : (c1λp+1•X1 + c2λp+1•X2 + … + cpλp+1•Xp + cp+1λp+1•Xp+1) – (c1λ1•X1 + c2λ2•X2 + … + cpλp•Xp + cp+1λp+1•Xp+1) = θnx1 – θnx1 ⇒ (c1λp+1 – c1λ1)•X1 + (c2λp+1 – c2λ2)•X2 + … + (cpλp+1 – cpλp)•Xp + (cp+1λp+1 – cp+1λp+1)•Xp+1 = θnx1 ⇒ c1(λp+1 – λ1)•X1 + c2(λp+1 – λ2)•X2 + … + cp(λp+1 – λp)•Xp = θnx1 Como por hipótesis de inducción X1, X2, …, Xp son L.I. se tiene que:
c1(λp+1 – λ1) = c2(λp+1 – λ2) = … = cp(λp+1 – λp) = 0 Como λi ≠ λj, ∀ i ≠ j; i = 1, 2, …, m; j = 1, 2, …, m, se concluye que c1 = c2 = … = cp = 0. Sustituyendo este resultado en (5) se obtiene que:
0•X1 + 0•X2 + … + 0 •Xp + cp+1•Xp+1 = θnx1
⇒ cp+1•Xp+1 = θnx1
Como Xp+1 es autovector de A entonces Xp+1 ≠ θnx1. Luego, cp+1 = 0. Por consiguiente, c1 = c2 = … = cp = cp+1 = 0 y de esta forma X1, X2, …, Xp, Xp+1 son L.I. Teorema 7.6. Sean A∈Mnxn(K), λ∈K y X∈Kn-{θnx1}. Si λ es autovalor de A con autovector asociado X entonces λm es autovalor de Am con autovector asociado X; m∈ℵ-{0, 1}.
CAPÍTULO 7: AUTOVALORES Y AUTOVECTORES
251
Demostración Utilicemos inducción matemática. Demostremos que la proposición es cierta para m = 2. En efecto, Si λ es autovalor de A con autovector X entonces:
AX = λX ⇒ A(AX) = A(λX) ⇒ A2X = λ(AX) ⇒ A2X = λ(λX) ⇒ A2X = λ2X
⇒ λ2 es autovalor de A2 con autovector asociado X. Supongamos que la proposición es cierta para m = p, es decir: Si λ es autovalor de A con autovector asociado X entonces λp es autovalor de Ap con autovector asociado X; m∈ℵ-{0, 1}. Demostremos que la proposición se cumple para m = p+1. En efecto, Por hipótesis de inducción,
ApX = λpX ⇒ A(ApX) = A(λpX) ⇒ Ap+1X = λp(AX) ⇒ Ap+1X = λp(λX) ⇒ Ap+1X = λp+1X
⇒ λp+1 es autovalor de Ap+1 con autovector asociado X. Ejemplo 7.8. Sea A∈Mnxn(K) tal que A es idempotente. Determinemos los valores posibles que pueden tomar los autovalores de A. Sea λ autovalor de A con autovector asociado X. Luego,
AX = λX ⇒ A(AX) = A(λX) ⇒ A2X = λ(AX)
⇒ AX = λ(λX) (Por ser A idempotente) ⇒ λX = λ2X
⇒ λX – λ2X = θnx1 ⇒ (λ – λ2)X = θnx1
⇒ (λ – λ2) = 0 (Por ser X autovector, es decir, X ≠ θnx1) ⇒ λ(1 – λ) = 0
⇒ λ = 0 ó 1 – λ = 0 ⇒ λ = 0 ó λ = 1
ALGEBRA LINEAL PARA ESTADÍSTICOS Y ACTUARIOS
252
7.3. RELACIÓN ENTRE LOS AUTOVALORES Y AUTOVECTORES DE UNA MATRIZ Y SU MATRIZ TRANSPUESTA. Teorema 7.7. Sean A∈Mnxn(K) y λ∈K. λ es autovalor de A si y sólo si λ es autovalor de At. Demostración CN(⇒): Si λ es autovalor de A entonces λ es autovalor de At. Como λ es autovalor de A entonces por el teorema 7.3., Det(A–λIn)= 0. Luego, por el teorema 3.1., apartado 2 se tiene que:
Det((A–λIn)t) = 0 ⇒ Det(At– (λIn)t) = 0 ⇒ Det(At–λ(In)t) = 0 ⇒ Det(At–λIn) = 0
⇒ λ es autovalor de At CS(⇐):Si λ es autovalor de At entonces λ es autovalor de A. Como λ es autovalor de At entonces por el teorema 7.3., Det(At–λIn) = 0. Luego, por el teorema 3.1., apartado 2 se tiene que:
Det((At–λIn)t) = 0 ⇒ Det((At)t– (λIn)t) = 0 ⇒ Det(A–λ(In)t) = 0 ⇒ Det(A–λIn) = 0
⇒ λ es autovalor de A
Definición 7.6. Sean A∈Mnxn(K) y λ1, λ2, …, λn∈K, tales que λ1, λ2, …, λn son los n autovalores de A. Se define como matriz de autovalores de A y se denota por Dλ(A) a la matriz diagonal Dλ(A)∈Mnxn(K) definida por:
⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
λ
λλ
=λ
n
2
1
00
0000
)A(D
L
MMM
L
L
Observación: Los valores λ1, λ2, …, λn de la diagonal principal de Dλ(A) no necesariamente llevan un orden determinado, aunque es usual colocar primero los autovalores positivos ordenados, luego los negativos ordenados y por último los nulos. Ejemplo 7.9. En el ejemplo 7.1.,
CAPÍTULO 7: AUTOVALORES Y AUTOVECTORES
253
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=λ
600040001
)A(D
Teorema 7.8. Sean A∈Mnxn(K), λ, μ∈K y X, Y∈Kn-{θnx1}. Si λ es autovalor de A con autovector asociado X y μ es autovalor de At con autovector asociado Y con λ ≠ μ entonces X ⊥ Y. Demostración Por hipótesis,
⎪⎩
⎪⎨⎧
μ=λ=
⇒⎪⎩
⎪⎨⎧
μ=λ=
⇒⎪⎩
⎪⎨⎧
μ=λ=
⇒⎩⎨⎧
μ=λ=
YXYAX)XY()AXY(
YXYAXXYAXY
)Y(XYAX)X(YAXY
YYAXAX
ttt
tttt
ttt
tt
ttt
tt
t
⎪⎩
⎪⎨⎧
μ=λ=
⇒YXYAXYXYAX
ttt
ttt
Restando a ambos lados en las ecuaciones anteriores:
XtAtY – XtAtY = λXtY – μXtY ⇒ 0 = (λ – μ)XtY
Como λ ≠ μ se tiene que XtY = 0, es decir, <X, Y> = 0. Luego, X ⊥ Y. Observación: Sean A∈Mnxn(K), λ1, λ2, …, λn∈K y X1, X2, …, Xn∈Kn-{θnx1}, tales que λ1, λ2, …, λn son los n autovalores de A, con λi ≠ λj, ∀ i ≠ j; i = 1, 2, …, n; j = 1, 2, …, n, con autovectores asociados X1, X2, …, Xn, respectivamente. Consideremos la matriz particionada por columnas 1xn siguiente:
X = [ n21 XXX L ]
Como λi ≠ λj, ∀ i ≠ j; i = 1, 2, …, n; j = 1, 2, …, n entonces por el teorema 7.5. X1, X2, …, Xn son L.I. Por lo tanto, por el teorema 4.10., la matriz X es no singular. Ahora bien, AX = A[ n21 XXX L ] = [ n21 AXAXAX L ]
= [ nn
22
11 XXX λλλ L ]
ALGEBRA LINEAL PARA ESTADÍSTICOS Y ACTUARIOS
254
[ n21 XXX L ]
⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
λ
λλ
n
2
1
00
0000
L
MMM
L
L
= XDλ(A)
Luego,
X-1AX = Dλ(A) 7.4. SEMEJANZA DE MATRICES. Definición 7.7. Sean A, B∈Mnxn(K). Se dice que A es semejante a B si y sólo si:
BAPP :singular) no (P )K(MP -1nxn =∈∃
Ejemplo 7.10. En el ejemplo 7.4., ∃ P∈M3x3(ℜ) (P no singular) definida por:
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=
211 3
500 112
P
tal que P-1AP = Dλ(A). Es decir, A es semejante a Dλ(A). Ejemplo 7.11. Sea A∈M3x3(ℜ) definida por:
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
313022101
A
Hallaremos una matriz B semejante a la matriz A así como también la matriz P que define la semejanza entre dichas matrices. Apliquemos sobre A y sobre I3 una operación elemental de filas. Digamos r2→r2 – 2r1:
[ ] [ ]EC100 012001
3 132201 01
100010001
313022101
IA 122 r2rr3 =
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−⎯⎯⎯ →⎯⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
= −→
La matriz E es una matriz elemental y se cumple que EA = C. Hallemos E-1 aplicando la operación elemental de filas inversa de r2→r2 – 2r1 sobre I3:
CAPÍTULO 7: AUTOVALORES Y AUTOVECTORES
255
[ ] [ ]13
r2rr3 EI
100012001
100010001
100010001
100 012001
IE 122 −+→ =⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎯⎯⎯ →⎯⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−=
Luego,
EA = C ⇒ EAE-1 = CE-1 = B3 152241 01
100012001
3 132201 01
=⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
Por consiguiente,
EAE-1 = B ⇒ (E-1)-1AE-1 = B
⇒ (P)-1AP = B; P = E-1 En consecuencia, ∃ P∈M3x3(ℜ) (P no singular): P-1AP = B, es decir, A es semejante a B. Para resolver este mismo problema de una forma más fácil sólo basta definir arbitrariamente una matriz P∈M3x3(ℜ) no singular y al hacer P-1AP se obtiene la matriz B. En este caso, dicha matriz B se obtendría definiendo la matriz P = E-1. Si sobre B se aplica un procedimiento análogo al aplicado sobre A se obtendrá una matriz D semejante a B con la correspondiente matriz Q que define la semejanza entre dichas matrices. El lector podrá comprobar fácilmente que la matriz A también es semejante a D. Teorema 7.9. Sean A, B∈Mnxn(K). Si A es semejante a B entonces:
1. PA(λ) = PB(λ). 2. Traza(A) = Traza(B). 3. Det(A) = Det(B). 4. Rango(A) = Rango(B). 5. Vλ(A) = {Y∈Kn: Y = PX; X∈Vλ(B)}.
Demostración Por definición, PB(λ) = Det(B – λIn). Por hipótesis, ∃P∈Mnxn(K) (P no singular): P-1AP = B. Luego,
1. PB(λ) = Det(B – λIn) = Det(P-1AP – λIn) = Det(P-1AP – λP-1P) = Det(P-1(A – λIn)P) = Det(P-1)Det(A – λIn)Det(P) = Det(A – λIn)Det(P)Det(P-1) = Det(A – λIn)Det(PP-1) = Det(A – λIn)Det(In)
ALGEBRA LINEAL PARA ESTADÍSTICOS Y ACTUARIOS
256
= Det(A – λIn) = PA(λ) 2. Traza(B) = Traza(P-1AP) = Traza(APP-1) = Traza(AIn) = Traza(A). 3. Det(B) = Det(P-1AP) = Det(APP-1) = Det(AIn) = Det(A).
4. Rango(B) = Rango(P-1AP) = Rango(AP) = Rango(A).
5. P-1AP = B ⇒ AP = PB. Si X∈Vλ(B) entonces BX = λX. Luego,
PBX = P(λX) ⇒ APX = λPX
⇒ AY = λY; Y = PX
Por consiguiente, Vλ(A) = {Y∈Kn: Y = PX; X∈Vλ(B)}.
Ejemplo 7.12. Sean A, B∈M3x3(ℜ) definidas por:
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
313042141
A y ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
313120102
B
Determinemos si A y B son semejantes. El teorema 7.9., plantea 5 condiciones necesarias para que A y B sean semejantes. Aplicando la equivalencia contrarecíproca en cada una de ellas se obtiene que si alguna de estas 5 condiciones no se cumple entonces eso es suficiente para decir que A y B no son semejantes. En este caso se aprecia fácilmente que Traza(A) = 1 + 4 + 3 = 8 y Traza(B) = 2 + 2 + 3 = 7. Luego, Traza(A) ≠ Traza(B) y por consiguiente A no es semejante a B.
Definición 7.8. Sea A∈Mnxn(K). Se dice que A es diagonalizable si y sólo si A es semejante a su respectiva matriz de autovalores Dλ(A). En ese caso se dice que dicha matriz de autovalores es la forma canónica de Jordan de A. Si A no es diagonalizable entonces se dice que es una matriz defectuosa. Teorema 7.10. Sea A∈Mnxn(K). A es diagonalizable si y sólo si tiene n autovectores L.I. Demostración CN(⇒): Si A es diagonalizable entonces tiene n autovectores L.I. Si A es diagonalizable entonces es semejante a su correspondiente forma canónica de Jordan Dλ(A), es decir,
CAPÍTULO 7: AUTOVALORES Y AUTOVECTORES
257
∃P∈Mnxn(K) (P no singular): P-1AP = Dλ(A) Ahora bien, Dλ(A) es una matriz diagonal y como se demostró en el ejemplo 7.6., los vectores de la base canónica en ℜn e1, e2, …, en son los autovectores de Dλ(A). Por otra parte, por el teorema 7.9., apartado 5, si Y1, Y2, …, Yn son los autovectores de A entonces se cumple que Yi = Pei; ∀ i = 1, 2, …, n. Veamos si los vectores Y1, Y2, …, Yn son L.I. Sean ci∈ℜ; ∀ = 1, 2, …, n, tales que:
c1•Y1 + c2•Y2 + … + cn•Yn = θnx1
Luego,
c1•Pe1 + c2•Pe2 + … + cn•Pen = θnx1 ⇒ P(c1•e1 + c2•e2 + … + cn•en) = θnx1
⇒ P-1P(c1•e1 + c2•e2 + … + cn•en) = P-1θnx1 ⇒ c1•e1 + c2•e2 + … + cn•en = θnx1
Como e1, e2, …, en es una base de ℜn entonces es un conjunto L.I. Por consiguiente, c1 = c2 = … = cn = 0, es decir, los vectores Y1, Y2, …, Yn son L.I. Por lo tanto, A tiene n autovectores L.I.
CS(⇐): Si A tiene n autovectores L.I. entonces es diagonalizable.
Sean X1, X2, …, Xn los n autovectores L.I. de A correspondientes a los n autovalores λ1, λ2, …, λn. Luego, AXi = λiXi; ∀ i = 1, 2, …, n. Sea P∈Mnxn(K) la matriz particionada por columnas 1xn definida por P = [X1 X2 … Xn]. Luego,
AP = [AX1 AX2 … AXn] = [λ1X1 λ2X2 … λnXn]
= [ ]⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
λ
λλ
n
2
1
n21
00
0000
XXX
L
MMM
L
L
L = PDλ(A)
Como X1, X2, …, Xn son L.I. entonces P es no singular. Por consiguiente,
AP = PDλ(A) ⇒ P-1AP = Dλ(A)
Esto indica que A es semejante a Dλ(A), es decir, A es diagonalizable. Ejemplo 7.13. En el ejemplo 7.10., se observó como la matriz A del ejemplo 7.4., resultó ser semejante a su correspondiente matriz de autovalores Dλ(A), es decir, resultó ser diagonalizable. Veamos ahora otra forma de apreciar esta situación. En ese caso, E(A) = {1, 4, 6}. Como A∈M3x3(ℜ) y tiene 3 autovalores distintos entonces por el teorema 7.5., A tiene 3 autovectores L.I. Por ello, A es diagonalizable y además la matriz P que la diagonaliza es:
ALGEBRA LINEAL PARA ESTADÍSTICOS Y ACTUARIOS
258
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=
211 3
500 112
P
Definición 7.9. Sean A∈Mnxn(K) y λi∈K, tales que λi es autovalor de A, ∀ i = 1, 2, …, m. Se define como multiplicidad geométrica del autovalor λi y se denota por ki a la dimensión del autoespacio correspondiente al autovalor λi, es decir:
))A(V(Dimkii λ=
Observaciones:
1. Notemos que: }XAX:)X(KX{)A(V i1nx
ni
λ=θ≠∈=λ
}X)IA(:)X(KX{ 1nxni1nx
n θ=λ−θ≠∈=
Luego, )IA(n)N(Dim))A(V(Dimk niIAi niiλ−=== λ−λ
Además como n)IA(r)IA(n nini =λ−+λ− entonces se cumple que )IA(rn)IA(n nini λ−−=λ−
Por lo tanto, )IA(Rangon)IA(rn)IA(nk nininii λ−−=λ−−=λ−= . Notemos también que por definición de autovalor ki ≥ 1.
2. ki ≤ ri, ∀ i = 1, 2, …, m. Teorema 7.11. Sean A∈Mnxn(K) y λi∈K; ∀ i = 1, 2, …, m tales que son autovalores de A. A es diagonalizable si y sólo si ri = ki, ∀ i = 1, 2, …, m. Demostración CN(⇒): Si A es diagonalizable entonces ri = ki, ∀ i = 1, 2, …, m. Por hipótesis, A es diagonalizable, es decir, A es semejante a su correspondiente forma canónica de Jordan Dλ(A). Por consiguiente,
∃P∈Mnxn(K) (P no singular): P-1AP = Dλ(A) ⇒ ∃P∈Mnxn(K) (P no singular): P-1AP – λiIn = Dλ(A) – λiIn ⇒ ∃P∈Mnxn(K) (P no singular): P-1AP – λiP-1P = Dλ(A) – λiIn
CAPÍTULO 7: AUTOVALORES Y AUTOVECTORES
259
⇒ ∃P∈Mnxn(K) (P no singular): P-1(A – λiIn)P = Dλ(A) – λiIn ⇒ Rango(P-1(A – λiIn)P) = Rango(Dλ(A) – λiIn)
Ahora bien, El autovalor λi aparece ri veces en la diagonal principal de Dλ(A) por lo cual la matriz diagonal Dλ(A) – λiIn tiene n – ri filas no nulas. Luego,
Rango(Dλ(A) – λiIn) = n – ri Por consiguiente,
Rango(P-1(A – λiIn)P) = n – ri ⇒ Rango((A – λiIn)P) = n – ri ⇒ Rango(A – λiIn) = n – ri ⇒ ri = n – Rango(A – λiIn)
⇒ ri = ki CS (⇐) : Si ri = ki, ∀ i = 1, 2, …, m, entonces A es diagonalizable. Si ri = ki, ∀ i = 1, 2, …, m, entonces el autovalor λi de A tiene asociados
exactamente ki autovectores L.I., con nrkm
1ii
m
1ii ==∑∑
==
. Supongamos que
dichos autovectores son los siguientes: Para λ1: { }11k1211 X ..., ,X ,X
Para λ2: { }22k2221 X ..., ,X ,X
M Para λm: { }mmkm21m X ..., ,X ,X
Veamos si estos n vectores son L.I. Sean cij∈K; i = 1, 2, …, m; j = 1, 2, …, ki tales que:
1nx
k
1j
mjmj
k
1j
j2j2
k
1j
j1j1
m21
Xc...XcXc θ=•++•+• ∑∑∑===
(9)
Sea ∑=
•=ik
1j
ijij
i XcY ; ∀ i = 1, 2, …, m. (10)
Sustituyendo (10) en (9) se obtiene que:
Y1 + Y2 + … Ym = θnx1 Ahora bien, Yi es una combinación lineal de autovectores asociados al autovalor λi. En consecuencia, Yi es también un autovector asociado al autovalor λi o en su defecto Yi = θnx1. Pero Yi no puede ser considerado autovector asociado al autovalor λi ya que de serlo entonces los vectores Y1, Y2, …, Ym serían autovectores asociados a autovalores diferentes, es decir,
ALGEBRA LINEAL PARA ESTADÍSTICOS Y ACTUARIOS
260
serían L.I., lo cual es imposible debido a que Y1 + Y2 + … Ym = θnx1. En consecuencia, Yi = θnx1, ∀ i = 1, 2, …, m, es decir:
1nx
k
1j
ijij
ii
XcY θ=•=∑=
; ∀ i = 1, 2, …, m.
Como los conjuntos { }11k1211 X ..., ,X ,X , { }22k2221 X ..., ,X ,X , …,
{ }mmkm21m X ..., ,X ,X son L.I. entonces se cumple que:
0c...cc1k11211 ====
0c...cc2k22221 ====
M 0c...cc
mmk2m1m ====
Por consiguiente, los n autovectores de A son L.I. y por el teorema 7.10., A es diagonalizable. Ejemplo 7.14. En el ejemplo 7.5.,
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−−−
=9 25 14121 7180
A
λ1 = -1 es autovalor de A con r1 = 3, es decir, E(A) = {-1} Determinemos la multiplicidad geométrica de λ1 = -1. Esto se puede hacer de 2 maneras. Veamos la primera: k1 = 3 – Rango(A – (-1)I3) = 3 – Rango(A + I3). Hallemos ahora la matriz escalonada reducida por filas de A + I3 para determinar su Rango:
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−−−
=⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡+
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−−−
=+10 25 14111 7181
100010001
9 25 14121 7180
IA 3
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡ −−⎯⎯⎯ →⎯
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡ −−⎯⎯⎯ →⎯
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−−−
→+→−→
3 7 07
3 1 07181
3 7 03 7 07181
10 25 14111 7181
22133
122r
71rrrr
rrr
R0 007
5 10701
0 0 07
3 1 07181
211233 r18rrr7rr =⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡ −⎯⎯⎯⎯ →⎯
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡ −−⎯⎯⎯ →⎯ +→−→
Luego, Rango(A + I3) = 2. Por lo tanto, k1 = 3 – 2 = 1.
CAPÍTULO 7: AUTOVALORES Y AUTOVECTORES
261
Pero, r1 = 3 ≠ k1 = 1. Por consiguiente, A no es diagonalizable. La otra forma de hallar k1 es con la dimensión de V-1(A). Como:
⎪⎪⎭
⎪⎪⎬
⎫
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
ℜ∈
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−
=ℜ∈=−*3
1 a ;1 7
37
5
aX:X)A(V
Entonces k1 = Dim(V-1(A)) = 1 y como r1 = 3 ≠ k1 = 1 entonces A no es diagonalizable, es decir, A es una matriz defectuosa. En este caso resulta más fácil hallar k1 con la dimensión de V-1(A) porque ya se tiene calculado dicho autoespacio. Si no se tuviese calculado este conjunto resulta más expedito hallar k1 con n – Rango(A – λ1I3), para luego determinar si A es diagonalizable. Ejemplo 7.15. Sean A, B∈M3x3(ℜ) definidas por:
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
600050303
A y ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
614052003
B
Determinemos si A y B son semejantes. Al igual que en el ejemplo 7.12., veamos si alguna de las 5 condiciones necesarias no se cumple para poder concluir que A y B no son semejantes:
1. Como A es triangular superior entonces sus autovalores son los
elementos de la diagonal principal, es decir, λ1 = 3, λ2 = 5 y λ3 = 6. Como B es triangular inferior entonces sus autovalores son los elementos de la diagonal principal, es decir, λ1 = 3, λ2 = 5 y λ3 = 6. Luego A y B tienen los mismos autovalores y por lo tanto PA(λ) = PB(λ).
2. Traza(A) = 3 + 5 + 6 = 14 y Traza(B) = 3 + 5 + 6 = 14. Por consiguiente, Traza(A) = Traza(B).
3. Det(A) = 3.5.6 = 90 y Det(B) = 3.5.6 = 90. En consecuencia, Det(A) = Det(B).
4. Como A y B tienen todos sus autovalores no nulos Rango(A) = Rango(B) = 3.
La quinta condición relaciona los autovectores, cuyo cálculo es muy laborioso pero con verificar que las 4 primeras se cumplen pareciera que la quinta también se cumple. No obstante, estas 5 condiciones son necesarias y no suficientes para decir que A y B son semejantes. Ahora bien, A y B tienen 3 autovalores distintos. Luego, tienen 3 autovectores L.I. y por el teorema 4.10., ambas son diagonalizables. Por otra parte, A y B
ALGEBRA LINEAL PARA ESTADÍSTICOS Y ACTUARIOS
262
tienen los mismos autovalores por lo cual tienen idénticas formas canónicas de Jordan. Luego, ∃ P, Q∈Mnxn(ℜ) (P, Q no singulares): P-1AP = Dλ(A), Q-1BQ = Dλ(B) y Dλ(A) = Dλ(B) Por consiguiente,
P-1AP = Q-1BQ ⇒ QP-1APQ-1 = QQ-1BQQ-1
⇒ (PQ-1)-1A(PQ-1) = B
⇒ ∃ R∈Mnxn(ℜ) (R no singular): R-1AR = B; R = PQ-1
⇒ A es semejante a B
Hallemos ahora las matrices P y Q para luego hallar la matriz R. Las matrices P y Q son aquellas cuyas columnas son los autovectores asociados a los autovalores de A y B, respectivamente. Se puede verificar que los autoespacios asociados a los autovalores de A son:
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
ℜ∈⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=ℜ∈= *3
3 a ;001
aX:X)A(V ; ⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
ℜ∈⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=ℜ∈= *3
5 a ;010
bX:X)A(V
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
ℜ∈⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=ℜ∈= *3
6 a ;101
cX:X)A(V
Luego,
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
100010101
P
Igualmente se puede verificar que los autoespacios asociados a los autovalores de B son:
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
ℜ∈⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=ℜ∈= *3
3 a ;100
aX:X)B(V ; ⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
ℜ∈⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−=ℜ∈= *3
5 a ;11 0
bX:X)B(V
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
ℜ∈⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−=ℜ∈= *3
6 a ;111
cX:X)B(V
Por lo tanto,
CAPÍTULO 7: AUTOVALORES Y AUTOVECTORES
263
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−=
11111 01 0 0
Q
Se puede verificar que:
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=−
001011112
Q 1
En consecuencia:
PQ-1 = ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
100010101
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
001011112
= ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
001011113
= R
Ejemplo 7.16. Sean A, B∈M3x3(ℜ) definidas por:
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
100310231
A y ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡ −=
1 003 10
1461B
Determinemos si A y B son semejantes. Se puede verificar fácilmente que al igual que en el ejemplo anterior se cumplen las 5 condiciones necesarias pero no suficientes para que A y B sean semejantes. Siguiendo el mismo procedimiento, observamos que A y B tienen los mismos autovalores (λ1 = 1 con r1 = 3) lo que indica que sólo basta saber si son diagonalizables. Analicemos en este contexto a la matriz A: k1 = 3 – Rango(A – 1.I3) = 3 – Rango(A – I3). Hallemos la matriz escalonada reducida por filas de A – I3 para determinar su Rango:
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎯⎯ →⎯⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=−
→
0003003
210
000300230
100010001
100310231
IA 11 r31r
3
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡⎯⎯⎯ →⎯
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎯⎯⎯ →⎯−→→
000100010
0001003
21021122 r
32rrr
31r
Luego, Rango(A – I3) = 2 y k1 = 3 – Rango(A – I3) = 3 – 2 = 1 ≠ r1 = 3. Por consiguiente, A no es diagonalizable, lo cual significa que no se puede utilizar el procedimiento seguido en el ejemplo anterior para determinar si A es
ALGEBRA LINEAL PARA ESTADÍSTICOS Y ACTUARIOS
264
semejante a B. Como alternativa utilizaremos un procedimiento similar al del ejemplo 7.11., sólo que en este caso no tenemos que hallar una matriz B semejante a la matriz A porque la tenemos sino que debemos deducir las operaciones elementales de filas apropiadas para obtener la matriz P que define la semejanza entre A y B.
[ ]⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎯⎯ →⎯⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
= →
100010002
100310462
100010001
100310231
IA 11 r2r3
[ ]EC10 001 0062
1 003 10
1402211 r6rr =
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡ −−⎯⎯⎯ →⎯ −→
Luego,
EA = C Se puede verificar que:
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
=−
100010032
1
E 1
Por consiguiente,
EA = C ⇒ EAE-1 = CE-1 = ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡ −=
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡ −
1 003 10
1461
100010032
1
1 003 10
1402 = B
Por lo tanto,
EAE-1 = B ⇒ (E-1)-1A(E-1) = B ⇒ P-1AP = B; P = E-1 En consecuencia, A es semejante a B y la matriz que define la semejanza entre A y B es:
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
=100010032
1
P
Teorema 7.12. Sea V un espacio vectorial finito dimensional sobre K con Dim(V) = n y B1 = {α1, α2, …, αn} y B2 = {β1, β2, …, βn} bases de V. Sea T: V→V una T.L. Entonces se cumple que [ ] 1
1
BBT y [ ] 2
2
BBT son semejantes.
CAPÍTULO 7: AUTOVALORES Y AUTOVECTORES
265
Demostración Por hipótesis:
[ ] [ ] [ ]1
111 B
BBB T)(T α=α (11)
[ ] [ ] [ ]2
222 B
BBB T)(T α=α (12)
Sea [ ] 2
1
BBα la matriz de transición de B1 a B2. Luego, por el teorema 6.11., se
tiene que:
[ ]2Bα = [ ] 2
1
BBα [ ]
1Bα (13)
Por otra parte, también por el teorema 6.11., se tiene que:
[ ]2B)(T α = [ ] 2
1
BBα [ ]
1B)(T α (14)
Sustituyendo (13) y (14) en (12) se obtiene que:
[ ] 21
BBα [ ]
1B)(T α = [ ] 22
BBT [ ] 2
1
BBα [ ]
1Bα
Ahora bien, por el teorema 6.12., la matriz [ ] 2
1
BBα es no singular. Por lo tanto,
( [ ] 2
1
BBα )-1 [ ] 2
1
BBα [ ]
1B)(T α = ( [ ] 21
BBα )-1 [ ] 2
2
BBT [ ] 2
1
BBα [ ]
1Bα
⇒ [ ]1B)(T α = ( [ ] 2
1
BBα )-1 [ ] 2
2
BBT [ ] 2
1
BBα [ ]
1Bα (15)
Igualando (11) y (15) se obtiene que:
[ ] [ ]1
11 B
BBT α = ( [ ] 2
1
BBα )-1 [ ] 2
2
BBT [ ] 2
1
BBα [ ]
1Bα
⇒ [ ] [ ]1
11 B
BBT α – ( [ ] 2
1
BBα )-1 [ ] 2
2
BBT [ ] 2
1
BBα [ ]
1Bα = θnx1
⇒ ( [ ] 11
BBT – ( [ ] 2
1
BBα )-1 [ ] 2
2
BBT [ ] 2
1
BBα ) [ ]
1Bα = θnx1
Como [ ]1Bα ≠ θnx1 entonces ( [ ] 1
1
BBT – ( [ ] 2
1
BBα )-1 [ ] 2
2
BBT [ ] 2
1
BBα ) = θnxn. Luego,
[ ] 1
1
BBT = ( [ ] 2
1
BBα )-1 [ ] 2
2
BBT [ ] 2
1
BBα
⇒ ∃P∈Mnxn(K) (P no singular) (P = [ ] 21
BBα ): P-1 [ ] 2
2
BBT P = [ ] 1
1
BBT
En consecuencia, [ ] 1
1
BBT y [ ] 2
2
BBT son semejantes.
ALGEBRA LINEAL PARA ESTADÍSTICOS Y ACTUARIOS
266
Ejemplo 7.17.
Sean T: ℜ2→ℜ2 una T.L. definida por ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+−
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡yx2y2x
)yx
(T ,
B1 = { ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
=α11
1 , ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=α
12
2 } y B2 = { ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=β
02
1 , ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=β
30
2 }. Determinemos las
matrices [ ] 11
BBT y [ ] 2
2
BBT así como también la matriz de transición de B1 a B2
[ ] 21
BBα que define la semejanza entre [ ] 1
1
BBT y [ ] 2
2
BBT .
[ ] 11
BBT :
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+−
+=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡+⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡−
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡+⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡−
•=α•+α•=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡
21
21
2
2
1
1212211 cc
c2ccc2
cc
12
c11
cccba
⇒ a = c1 + 2c2 ⇒ c1 = a – 2c2. ⇒ b = –c1 + c2 ⇒ b = –(a – 2c2) + c2 ⇒ b = –a + 2c2 + c2 ⇒ b = –a + 3c2 ⇒ b + a = 3c2 ⇒ c2 = (a + b)/3 ⇒ c1 = a – 2(a + b)/3 ⇒ c1 = (3a – 2a – 2b)/3 ⇒ c1 = (a – 2b)/3
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
+
−=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⇒
3)ba(
3)b2a(
ba
1B
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡−+−−
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
=α13
)1(1.2)1.(21
)11
(T)(T 1
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡+
−=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡=α
50
)1(2.2)1.(22
)12
(T)(T 2
[ ]⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡+−
=α3
43
1
3/)13(3/)1.23(
)(T1B1
[ ]⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡−=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡+−
=α3
5 3
10
3/)50(3/)5.20(
)(T1B2
Luego,
[ ]⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡ −=
35 3
43
103
1T 1
1
BB
[ ] 2
2
BBT :
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡+⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡+⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡•=β•+β•=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡
2
1
2
1212211 c3
c2c30
0c2
30
c02
cccba
CAPÍTULO 7: AUTOVALORES Y AUTOVECTORES
267
⇒ a = 2c1 ⇒ c1 = a/2 b = 3c2 ⇒ c2 = b/3
⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⇒
3b
2a
ba
2B
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡+
−=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡=β
42
)0(2.2)0.(22
)02
(T)(T 1
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡+
−=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡=β
3 6
)3(0.2)3.(20
)30
(T)(T 2
[ ]⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡=β
341
3/)4(2/)2(
)(T2B1
[ ] ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡ −=β
1 3
3/)3(2/)6(
)(T2B2
Luego,
[ ]⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡ −= 1 3
431
T 22
BB
La matriz de transición de B1 a B2 se determina de la siguiente forma:
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡+⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡•+⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡•=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡−
⇒β•+β•=α21
11
21
1121112211111 c3
c2c30
0c2
30
c02
c11
cc
1 = 2c11 ⇒ c11 = 1/2 –1 = 3c21 ⇒ c21 = –1/3
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡+⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡•+⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡•=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡⇒β•+β•=α
22
12
22
1222122221122 c3
c2c30
0c2
30
c02
c12
cc
2 = 2c12 ⇒ c12 = 1 1 = 3c22 ⇒ c22 = 1/3
Luego,
[ ]⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢
⎣
⎡
−=α
31
31
121
21
BB
Se puede verificar fácilmente que [ ] 1
1
BBT y [ ] 2
2
BBT son semejantes y que la
matriz no singular que define la semejanza entre dichas matrices es [ ] 21
BBα , es
decir, se cumple que:
( [ ] 21
BBα )-1 [ ] 2
2
BBT [ ] 2
1
BBα = [ ] 1
1
BBT
ALGEBRA LINEAL PARA ESTADÍSTICOS Y ACTUARIOS
268
Teorema 7.13. (Lema de Issai Schur) Sea A∈Mnxn(K). Entonces se cumple que A es semejante a una matriz triangular Tλ(A)∈Mnxn(K) que tiene en la diagonal principal los autovalores de A. Demostración Sean λ1, λ2, …, λn los autovalores de A y sea X1 el autovector correspondiente al autovalor λ1. Luego, se cumple que AX1 = λ1X1. Procederemos ahora a construir una matriz P1∈Mnxn(K) no singular tal que:
P1 = [ n21 bbX L ] = [ 11 BX ]
Donde B1∈Mnx(n-1)(K). Luego,
11
1 PP− = [ 11
111
1 BPXP −− ] = In = [e1 e2 … en]
⇒ 111
1 eXP =− (16) Pero, AP1 = [ 1
1 ABAX ] = [ 11
1 ABXλ ] Premultiplicando por 1
1P− se obtiene que:
11
1 APP− = [ 11
111
11 ABPXP −−λ ] En consecuencia, por (16) se tiene que:
11
1 APP− = [ 11
111 ABPe −λ ] Es decir,
11
1 APP− =
⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡λ
1
11
A
C
0
0M
; donde C1∈M1x(n-1)(K), A1∈M(n-1)x(n-1)(K)
Luego, A es semejante a 1
11 APP− . Por lo tanto, tienen los mismos autovalores y
en consecuencia A1 tiene como autovalores λ2, …, λn, es decir, los restantes autovalores de A. De forma análoga a la matriz P1 procederemos ahora a construir una matriz P2∈M(n-1)x(n-1)(K) no singular tal que:
P2 = [ 22 BX ]
CAPÍTULO 7: AUTOVALORES Y AUTOVECTORES
269
Donde B2∈M(n-1)x(n-2)(K) y X2 es el autovector de A1 asociado al autovalor λ2. Análogamente al caso anterior, A1 es semejante a la matriz:
211
2 PAP− =
⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡λ
2
22
A
C
0
0M
; donde C2∈M1x(n-2)(K), A2∈M(n-2)x(n-2)(K)
Sea Q2∈Mnxn(K) una matriz no singular definida por:
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡θ
θ=
−
−
21x)1n(
)1n(x12 P
1Q
Luego,
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
θλ
λ=
−
−−
2
3
2x)2n(
2
1
211
11
2
A
C0
0Q)APP(Q ; donde C3∈M2x(n-2)(K), A2∈M(n-2)x(n-2)(K)
Al repetir este proceso n–1 veces se obtiene una matriz no singular P∈Mnxn(K) definida por:
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡θ
θ
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡θ
θ
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡θ
θ=
−−
−−
−
−
−
−
1n)2n(x2
2x)2n(2n
32x)2n(
)2n(x22
21x)1n(
)1n(x11 P
IP
IP
1PP L
Donde Pn-1∈M2x2(K) es la matriz no singular obtenida en la (n–1)-ésima etapa, tal que:
1n2n11n PAP −−
−− =
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
λλ −−
n
1n1n C0
; donde Cn-1∈M1x1(K)
Esta matriz P construida anteriormente es tal que:
⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
λ
λλ
=−
n
n22
n1121
1
00
C0CC
APP
L
MMM
L
L
= Tλ(A)
En consecuencia, A es semejante a la matriz triangular Tλ(A) que tiene en la diagonal principal los autovalores de A. Teorema 7.14. Sean A∈Mnxn(K) y λ1, λ2, …, λn∈K. Si λ1, λ2, …, λn son los autovalores de A entonces:
ALGEBRA LINEAL PARA ESTADÍSTICOS Y ACTUARIOS
270
1. ∑=
λ=n
1ii)A(Traza .
2. ∏=
λ=n
1ii)A(Det .
Demostración Por el teorema 7.13., A es semejante a la matriz Tλ(A). Luego, por el teorema 7.9., apartados 2 y 3, la definición 1.19., y el teorema 3.1., apartado 19 se tiene que:
1. ∑=
λ λ==n
1ii))A(T(Traza)A(Traza .
2. ∏=
λ λ==n
1ii))A(T(Det)A(Det .
7.5. AUTOVALORES Y AUTOVECTORES DE MATRICES SIMÉTRICAS. Teorema 7.15. Sea A∈Mnxn(ℜ). Si A es simétrica entonces todos sus autovalores son números reales y sus autoespacios correspondientes están definidos por vectores reales. Demostración Sea λ autovalor de A con autovector asociado X. Luego,
AX = λX (17) Tomando conjugada a ambos lados de (17) se obtiene que:
XAX λ= La conjugada del producto de 2 matrices es el producto de las conjugadas de las matrices. Por lo tanto,
X X A λ= Por otra parte, como A∈Mnxn(ℜ) entonces:
X XA λ= (18)
Premultiplicando a ambos lados de (17) por t
X y a ambos lados de (18) por Xt se obtiene que:
XX)X(XAXXttt
λ=λ= (19)
CAPÍTULO 7: AUTOVALORES Y AUTOVECTORES
271
XX)X(XXAX ttt λ=λ= (20) Tomando transpuesta a ambos lados de (19) se obtiene que:
tttt)XX()AXX( λ= ⇒ XXXAX ttt λ=
Como A es simétrica entonces:
XXXAX tt λ= (21) Igualando (20) y (21) se obtiene que:
XXXX tt λ=λ
0XXXX tt =λ−λ⇒
0XX)( t =λ−λ⇒ Como X es autovector entonces X≠θnx1 y 1nxX θ≠ . Por consiguiente,
0)( =λ−λ
λ=λ⇒ ℜ∈λ⇒
Ahora bien, A∈Mnxn(ℜ) y λ∈ℜ. Luego, (A–λIn)∈Mnxn(ℜ). Por lo tanto, las soluciones del SEL homogéneo (A–λIn)X = θnx1 serán vectores X∈Mnx1(ℜ). En consecuencia, Vλ(A) está definido por vectores reales. Teorema 7.16. Sean A∈Mnxn(ℜ), λ, μ∈K y X, Y∈Kn-{θnx1}. Si λ es autovalor de A con autovector asociado X, μ es autovalor de A con autovector asociado Y con λ ≠ μ y A es simétrica entonces X ⊥ Y. Demostración Por hipótesis,
⎪⎩
⎪⎨⎧
μ=λ=
⇒⎪⎩
⎪⎨⎧
μ=λ=
⇒⎪⎩
⎪⎨⎧
μ=λ=
⇒⎩⎨⎧
μ=λ=
YXAYX)XY()AXY(
YXAYXXYAXY
)Y(XAYX)X(YAXY
YAYXAX
tt
tttt
tt
tt
tt
tt
⎪⎩
⎪⎨⎧
μ=λ=
⇒YXAYXYXYAX
tt
ttt
Como A es simétrica se tiene que:
⎪⎩
⎪⎨⎧
μ=λ=
YXAYXYXAYX
tt
tt
ALGEBRA LINEAL PARA ESTADÍSTICOS Y ACTUARIOS
272
Restando a ambos lados en las ecuaciones anteriores:
XtAY – XtAY = λXtY – μXtY ⇒ 0 = (λ – μ)XtY
Como λ ≠ μ se tiene que XtY = 0, es decir, <X, Y> = 0. Luego, X ⊥ Y. Teorema 7.17. Sea A∈Mnxn(K). Si A es simétrica entonces A es diagonalizable. Demostración Por el teorema 7.13., A es semejante a una matriz triangular Tλ(A) que tiene en la diagonal principal los autovalores de A, es decir:
∃P∈Mnxn(ℜ) (P no singular): P-1AP = Tλ(A) De forma análoga a como se construyó esta matriz P no singular se puede construir una matriz Q ortogonal tal que Q-1AQ = Tλ(A). Como Q es ortogonal entonces Q-1 = Qt de manera que QtAQ = Tλ(A). Supongamos que Tλ(A) es una matriz triangular superior. Denotemos dicha matriz por TSλ(A). Luego, QtAQ = TSλ(A) (22)
⇒ (QtAQ)t = (TSλ(A))t
⇒ QtAtQ = (TSλ(A))t
Como TSλ(A) es una matriz triangular superior que tiene en la diagonal principal los autovalores de A entonces (TSλ(A))t es una matriz triangular inferior que tiene en la diagonal principal los autovalores de A. Denotemos dicha matriz por TIλ(A), es decir, TIλ(A) = (TSλ(A))t. Además A es simétrica, es decir, At = A. Luego, QtAQ = TIλ(A) (23)
Por (22) y (23) se tiene que TSλ(A) = TIλ(A). La única forma de que esto pueda ocurrir es que TSλ(A) = TIλ(A) = Dλ(A). Por lo tanto,
QtAQ = Dλ(A) Es decir, A es diagonalizable. Observaciones:
1. Como la matriz Q además de ser no singular es ortogonal se dice que toda matriz simétrica es diagonalizable ortogonalmente. Además se cumple que si una matriz A es diagonalizable ortogonalmente entonces A es simétrica.
2. Toda matriz simétrica por ser diagonalizable tiene n autovectores L.I.
CAPÍTULO 7: AUTOVALORES Y AUTOVECTORES
273
Ejemplo 7.18. Sea A∈M3x3(ℜ) definida por:
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−=
7 111 71 117
A
Como A es simétrica entonces es diagonalizable. Encontremos la matriz P que diagonaliza a A. Hallemos primero el espectro de A. Se puede verificar que el autopolinomio de A es:
32014421)(P 23A +λ−λ+λ−=λ
Los autovalores de A son λ1 = 5 con r1 = 1 y λ2 = 8 con r2 = 2, es decir, E(A) = {5, 8}. Se puede verificar que los autoespacios correspondientes son:
}a;1 11
aX:X{)A(V *35 ℜ∈
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=ℜ∈=
}b ó a;1 0 1
b011
aX:X{)A(V **38 ℜ∈ℜ∈
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡ −+
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=ℜ∈=
Como A es simétrica es diagonalizable y tiene 3 autovectores L.I. Por consiguiente, la matriz P que diagonaliza a A es:
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
−=
1 0 1 0 1 111 1
P
Se verifica que P es no singular y cumple que:
P-1AP = Dλ(A) = ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
800080005
Ahora bien, si se desea hallar la matriz ortogonal Q que diagonaliza ortogonalmente a A se procede a buscar una base ortonormal con los 3 autovectores L.I. de A. Dichos vectores seguirán siendo L.I. y autovectores de A. Comenzamos con la base de ℜ3:
ALGEBRA LINEAL PARA ESTADÍSTICOS Y ACTUARIOS
274
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=α
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=α
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=α
1 0 1
,011
,1 11
321
Aplicamos Gram-Schmidt:
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=α=β
1 11
11
β2 = α2 – 21
12
||||,
β>βα< β1 =
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−−
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
+−++−+
−⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
011
1 11
0011
1 11
1)1(1)1.0)1.(11.1(
011
222
β3 = α3 – 21
13
||||,
β>βα< β1 – 2
2
23
||||,
β>βα< β2 =
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
++++−
−⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
+−++−+−
−⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡ −
011
0)1()1(0.11.01).1(
1 11
1)1(11.1)1.(01).1(
1 0 1
222222
= ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
−⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−−
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡ −
011
21
1 11
01 0 1
=
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡−
=
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
+⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
1 2
1 2
1
02
12
1
1 0 1
Luego,
31)1(1 2221 =+−+=β
( ) ( ) 2011 2222 =++=β
( ) ( ) ( ) 26
4612
12
1 2223 ==++−=β
Por consiguente,
⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−=⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=β
β=δ
33
33
33
1 11
33
1 11
311
11
1
⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
=⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=β
β=δ
02
22
2
011
22
011
211
22
2
CAPÍTULO 7: AUTOVALORES Y AUTOVECTORES
275
⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡−
=
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡−
=
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡−
=
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡−
=ββ
=δ
36
66
66
1 2
1 2
1
36
1 2
1 2
1
62
1 2
1 2
1
2611
33
3
En consecuencia, el conjunto { }321 , , δδδ es una base ortonormal de ℜ3. Luego, la matriz Q ortogonal que diagonaliza ortogonalmente a A es:
⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−
=
36 0 3
3 6
6 22 3
36
62
2 33
Q
Se puede verificar fácilmente que QtAQ = Dλ(A) = ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
800080005
.
Observaciones:
1. Es sencillo verificar que los vectores δ1 y δ2, δ3 son autovectores de A asociados a los autovalores λ1 = 5 y λ2 = 8, respectivamente.
2. En el ejemplo anterior se aplicó el proceso de ortogonalización de Gram-Schmidt sobre los autovectores de A. En particular, esto obedece a que los autovectores asociados al autovalor de multiplicidad 2, es decir, el autovalor λ2 = 8 no son ortogonales. Puede ocurrir que aunque siendo autovectores asociados a un mismo autovalor, es decir, autovectores de un mismo autoespacio sean por casualidad ortogonales. En ese caso, la aplicación de dicho proceso sobre los autovectores de A no es necesaria; sólo haría falta hacer vectores unitarios a todos los autovectores. Sin embargo, utilizar Gram-Schmidt sobre los autovectores de A; sin observar previamente si los autovectores asociados a un mismo autovalor son ortogonales o no, es el procedimiento recomendado para hallar la matriz Q ortogonal que diagonaliza ortogonalmente a A, claro está siempre que dicha matriz A sea simétrica.
Teorema 7.18. Sea A∈Mnxn(K). Si A es simétrica e idempotente entonces Rango(A) = Traza(A). Demostración Como A es simétrica entonces por el teorema 7.17., A es diagonalizable. Luego, por el teorema 7.9., apartados 2 y 4, se cumple que:
ALGEBRA LINEAL PARA ESTADÍSTICOS Y ACTUARIOS
276
Rango(A) = Rango(Dλ(A)) Traza(A) = Traza(Dλ(A))
Ahora bien, por el ejemplo 7.8., los valores posibles de los autovalores de una matriz idempotente son 0 ó 1. En ese caso, Dλ(A) tiene tantas filas no nulas como Traza tiene dicha matriz Dλ(A), es decir, Rango(Dλ(A)) = Traza(Dλ(A)). Por con siguiente,
Rango(A) = Rango(Dλ(A)) = Traza(Dλ(A)) = Traza(A) Ejemplo 7.19. Consideremos la Matriz de Centraje P∈Mnxn(ℜ), es decir,
P = In – tnn ))((
n1 11 . Veamos que dicha matriz es simétrica e idempotente:
Pt = (In – tnn ))((
n1 11 )t = (In)t – ( t
nn ))((n1 11 )t = In – t
nn ))((n1 11 = P
P2 = PP = (In – tnn ))((
n1 11 )(In – t
nn ))((n1 11 )
= In – tnn ))((
n1 11 – t
nn ))((n1 11 + ( t
nn ))((n1 11 )( t
nn ))((n1 11 )
= In – tnn ))((
n1 11 – t
nn ))((n1 11 + t
nnt
nn2 ))(())((n1 1111
= In – tnn ))((
n1 11 – t
nn ))((n1 11 + t
nn2 ))n((n1 11
= In – tnn ))((
n1 11 – t
nn ))((n1 11 + t
nn2 ))((nn 11
= In – tnn ))((
n1 11 – t
nn ))((n1 11 + t
nn ))((n1 11
= In – tnn ))((
n1 11 = P
Como P es idempotente entonces por el ejemplo 7.8., los valores posibles de sus autovalores son 0 y 1. Como además de idempotente P es simétrica entonces Rango(P) = Traza(P). Como P es simétrica entonces P es diagonalizable. Luego, por el teorema 7.11., las multiplicidades algebraicas de los autovalores 0 y 1 de P son: λ1 = 0 ⇒ r1 = n – Rango(P – 0.In) ⇒ r1 = n – Rango(P) ⇒ r1 = n – Traza(P)
⇒ r1 = n – Traza(In – tnn ))((
n1 11 )
⇒ r1 = n – Traza(In) + Traza( tnn ))((
n1 11 )
⇒ r1 = n – n + n1 Traza( t
nn 11 ))(( )
CAPÍTULO 7: AUTOVALORES Y AUTOVECTORES
277
⇒ r1 = n1 Traza( )11 n
tn ()( )
⇒ r1 = n1 Traza(n)
⇒ r1 = n1 n
⇒ r1 = 1 Luego, para λ2 = 1 ⇒ r2 = n – r1 ⇒ r2 = n – 1. Finalmente, el autopolinomio de P es ( ) 1n
P )1(P −−λλ=λ . Teorema 7.19. (Teorema Espectral) Sean A∈Mnxn(ℜ), λ1, λ2, …, λn∈ℜ y X1, X2, …, Xn∈ℜn-{θnx1}, tales que λ1, λ2, …, λn son los n autovalores de A con autovectores ortonormalizados asociados X1, X2, …, Xn, respectivamente. Si A es simétrica entonces:
∑=
λ=n
1i
tiii )X(XA
Demostración Como A es simétrica entonces A es diagonalizable ortogonalmente, es decir:
∃P∈Mnxn(ℜ) (P ortogonal): PtAP = Dλ(A) ⇒ ∃P∈Mnxn(ℜ) (P ortogonal): PPtAPPt = PDλ(A)Pt
⇒ ∃P∈Mnxn(ℜ) (P ortogonal): A = PDλ(A)Pt
Ahora bien, la matriz P se puede expresar particionada por columnas 1xn de la siguiente forma:
P = [ n21 XXX L ] Luego,
A = [ n21 XXX L ]
⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
λ
λλ
n
2
1
00
0000
L
MMM
L
L
⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
tn
t2
t1
)X(
)X()X(
M
⇒ A = [ nn
22
11 XXX λλλ L ]
⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
tn
t2
t1
)X(
)X()X(
M
⇒ A = λ1X1(X1)t + λ2X2(X2)t + … + λnXn(Xn)t
⇒ ∑=
λ=n
1i
tiii )X(XA
ALGEBRA LINEAL PARA ESTADÍSTICOS Y ACTUARIOS
278
Teorema 7.20. Sea A∈Mnxn(ℜ). Si A es simétrica y no singular entonces:
∃P∈Mnxn(ℜ) (P ortogonal): A-1 = P(Dλ(A))-1Pt
Demostración Como A es simétrica entonces A es diagonalizable ortogonalmente, es decir:
∃P∈Mnxn(ℜ) (P ortogonal): PtAP = Dλ(A) ⇒ ∃P∈Mnxn(ℜ) (P ortogonal): PPtAPPt = PDλ(A)Pt
⇒ ∃P∈Mnxn(ℜ) (P ortogonal): A = PDλ(A)Pt Como A es no singular entonces:
∃P∈Mnxn(ℜ) (P ortogonal): A-1 = (PDλ(A)Pt)-1 ⇒ ∃P∈Mnxn(ℜ) (P ortogonal): A-1 = (Pt)-1(Dλ(A))-1(P)-1
⇒ ∃P∈Mnxn(ℜ) (P ortogonal): A-1 = P(Dλ(A))-1Pt Teorema 7.21. Sea X∈Mnxp(ℜ) tal que Rango(X) = r. Entonces las matrices XtX y XXt tienen los mismos autovalores no nulos. Demostración Las matrices XtX y XXt son matrices simétricas y tales que Rango(XtX) = Rango(XXt) = Rango(X) = r. Por lo tanto, dichas matrices tienen exactamente r autovalores no nulos. Sea λ un autovalor no nulo de XtX con autovector asociado V. Luego,
XtXV = λV (24) ⇒ X(XtXV) = X(λV) ⇒ (XXt)(XV) = λ(XV)
Sólo basta probar que el vector XV≠θnx1 para probar que λ es también autovalor de XXt. Utilicemos reducción al absurdo. Supongamos que XV=θnx1. Sustituyendo en (24) se tiene que:
Xt(θnx1) = λV ⇒ θpx1 = λV
Por hipótesis λ ≠ 0. Por lo tanto, V = θpx1, lo cual es una contradicción ya que V es autovector de XtX. De esta forma se termina de demostrar que XtX y XXt tienen los mismos autovalores no nulos. Teorema 7.22. Sean X∈Mnxp(ℜ) tal que Rango(X) = r, V∈Mpxr(ℜ) y U∈Mnxr(ℜ). Si V y U son las matrices cuyas columnas son los autovectores ortonormalizados de las
CAPÍTULO 7: AUTOVALORES Y AUTOVECTORES
279
matrices XtX y XXt, respectivamente, asociados con los autovalores comunes no nulos entonces:
i
i
ii
it
i
ii
XVU
UXV
λλ
=
λλ
= ∀ i = 1, 2, …, r
Demostración En el teorema 7.21., se dedujo que: Si λ es un autovalor no nulo de XtX con autovector asociado V, es decir, XtXV = λV entonces (XXt)(XV) = λ(XV). Luego, para un autovalor λi se cumple que )XX(VXV ti
iλ∈ (25). Por otra parte si λ es un autovalor no nulo
de XXt con autovector asociado U entonces XXtU = λU. Luego, )XX(VU ti
iλ∈ (26). Por (25) y (26) se tiene que:
ii cXVU = ; ∀ i = 1, 2, …, r (27)
Calculando la norma al cuadrado a ambos lados de (27) se obtiene que:
)cXV()cXV(U)U( itiiti = ; ∀ i = 1, 2, …, r
⇒ )cXV(X)V(c1 itti= ; ∀ i = 1, 2, …, r
⇒ itti2 XVX)V(c1= ; ∀ i = 1, 2, …, r
Como XtXVi = λiVi; ∀ i = 1, 2, …, r entonces:
ii
ti2 V)V(c1 λ= ; ∀ i = 1, 2, …, r
⇒ itii
2 V)V(c1 λ= ; ∀ i = 1, 2, …, r
⇒ 1.c1 i2λ= ; ∀ i = 1, 2, …, r
⇒ i2c1 λ= ; ∀ i = 1, 2, …, r
⇒ i
2 1cλ
= ; ∀ i = 1, 2, …, r
⇒ i
1cλ
= ; ∀ i = 1, 2, …, r
⇒ i
1cλ
= ; ∀ i = 1, 2, …, r
⇒ i
icλ
λ= ; ∀ i = 1, 2, …, r
Sustituyendo el valor de c en (27) se obtiene que:
ALGEBRA LINEAL PARA ESTADÍSTICOS Y ACTUARIOS
280
i
i
ii XVUλ
λ= ; ∀ i = 1, 2, …, r
De forma análoga se demuestra que it
i
ii UXVλ
λ= ; ∀ i = 1, 2, …, r
Teorema 7.23. (Reconstrucción de Eckart y Young) Sean X∈Mnxp(ℜ) tal que Rango(X) = r, V∈Mpxr(ℜ) y U∈Mnxr(ℜ). Si V y U son las matrices cuyas columnas son los autovectores ortonormalizados de las matrices XtX y XXt, respectivamente, asociados con los autovalores comunes no nulos entonces:
∑=
λ=r
1i
tiii )V(UX
Demostración Por el teorema 7.22.:
i
i
ii XVUλ
λ= ; ∀ i = 1, 2, …, r
⇒ ))V((XV))V((U tii
i
i
itii
i λλ
λ=λ ; ∀ i = 1, 2, …, r
⇒ tii
i
2itii
i )V(XV)(
)V(Uλ
λ=λ ; ∀ i = 1, 2, …, r
⇒ tii
i
itiii )V(XV)V(U
λλ
=λ ; ∀ i = 1, 2, …, r
⇒ tiitiii )V(XV)V(U =λ ; ∀ i = 1, 2, …, r ⇒
∑∑==
=λp
1i
tiip
1i
tiii )V(XV)V(U
⇒ ∑∑==
λ=p
1i
tiii
p
1i
tii )V(U)V(VX
Ahora bien, como V es ortogonal entonces:
pt
p
1i
tii IVV)V(V ==∑=
Además, λr+1 = λr+2 = … = λp = 0. Luego,
⇒ ∑=
λ=r
1i
tiiip )V(UXI ⇒ ∑
=
λ=r
1i
tiii )V(UX
CAPÍTULO 7: AUTOVALORES Y AUTOVECTORES
281
EJERCICIOS PROPUESTOS. 1. Determine los autovalores y los correspondientes autoespacios de las
siguientes matrices:
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
102110003
A ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡ −=
1 011 10103
B ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−=
6 11 0 7 12 1 7
C
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−=
3 2 22 3 2 22 3
D
⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−−
=
6 11215 2 112 5 12 1 0 1
E
⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−
=
11 0 21 1 0 00 2 2 1 1 0 0 1
F
2. Determine los valores posibles que pueden tomar los autovalores de
una matriz involutiva. 3. Determine los valores posibles que pueden tomar los autovalores de
una matriz ortogonal. 4. Sean A∈Mnxn(ℜ) una matriz simétrica, λ, μ∈ℜ; con λ ≠ μ autovalores
de A y X, Y, Z∈ℜn. Demuestre que si X e Y son autovectores de A asociados a λ y Z es un autovector de A asociado a μ entonces:
4.1. (cX + dY) es autovector de A asociado a λ, con c,d ∈ ℜ y no
nulos simultáneamente. 4.2. (cX + dY) y Z son ortogonales.
5. Sean A∈M2x2(ℜ) una matriz simétrica, λ, μ∈ℜ; con λ ≠ μ autovalores
de A y X, Y∈ℜ2. Demuestre que si X es autovector de A asociado a λ e Y es autovector de A asociado a μ con XtX = 1 y YtY = 1 entonces la matriz P = [X Y] es ortogonal y además se cumple que:
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡μ
λ=
00
APPt
6. Sean A, B, C∈Mnxn(ℜ) tales que B = CtC y rango(C) = n. Sea además
U∈ℜn autovector de B-1A asociado al autovalor λ. Demuestre que:
6.1. Las matrices B-1A y (Ct)-1AC-1 tienen los mismos autovalores. 6.2. Los autovectores V de la matriz (Ct)-1AC-1 tienen la forma
V = CU. 7. Sean A∈Mnxp(ℜ) y B∈Mpxn(ℜ). Demuestre que:
7.1. AB y BA tienen los mismos autovalores no nulos y además se cumple que λnPBA(λ) = ±λpPAB(λ).
7.2. Si n = p y B es no singular entonces los autovalores de AB son los mismos autovalores de BA.
ALGEBRA LINEAL PARA ESTADÍSTICOS Y ACTUARIOS
282
8. Sea A∈Mnxn(ℜ) una matriz involutiva. Demuestre que (I+A)Y e (I–A)Y son autovectores de A asociados respectivamente a los autovalores λ1 = 1 y λ2 = –1, siendo Y un vector arbitrario de ℜn.
9. Sea A∈Mmxn(ℜ). Se dice que A es una matriz estocástica, aleatoria o
de probabilidad si y sólo si ∀ (i,j)∈JmxJn 0 ≤ Aij ≤ 1 y ∀ i=1, 2, …, m
se cumple que ∑=
=n
1jij 1A . Demuestre que si m = n y A es una matriz
estocástica entonces A tiene un autovalor igual a 1. Encuentre el autovector correspondiente.
10. Sea A∈Mnxn(ℜ). Demuestre que:
10.1. A es no singular si y sólo si tiene todos sus autovalores no nulos.
10.2. A es singular si y sólo si tiene por lo menos un autovalor nulo. 11. Sea A∈Mnxn(ℜ). Demuestre que si A es no singular entonces los
autovalores de A-1 son los inversos de los autovalores de A y tienen asociados los mismos autovectores.
12. Sea la matriz A∈Mnxn(ℜ) definida de la siguiente manera:
A = t2 )vu)(vu(
cab
−− con a, b, c ∈ ℵ*, u, v ∈ ℜn y u ≠ v.
Demuestre que si la matriz D∈Mnxn(ℜ) es no singular, entonces el vector Z = D-1(u-v) es autovector de la matriz D-1A. Determine además el autovalor de D-1A al cual está asociado Z.
13. Sean A∈Mmxn(ℜ), B∈Mnxm(ℜ), tales que rango(A) = m, AB es simétrica y ABA=A. Demuestre que si λ es un autovalor de la matriz D = cAB entonces λ = c, con c∈ℜ*.
14. Sea A∈Mnxn(ℜ). Demuestre que si (∀X∈ℜn)(X≠θ), XtAX>0 entonces
la matriz A tiene todos sus autovalores positivos. 15. En el conjunto Mnxn(ℜ) se define la relación R por
(∀ A, B ∈ Mnxn(ℜ)) A R B si y sólo si A es semejante a B. Demuestre que R es una relación de equivalencia en Mnxn(ℜ).
16. Sean A, B∈Mnxn(ℜ). Demuestre que si A y B son semejantes
entonces:
16.1. At y Bt son semejantes. 16.2. Am y Bm son semejantes, con m∈ℵ*. 16.3. Si A y B son no singulares entonces A-1 y B-1 son semejantes.
CAPÍTULO 7: AUTOVALORES Y AUTOVECTORES
283
17. Sean A, B, C∈M3x3(ℜ) definidas por:
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
231060102
A ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡ −=
3 006 30101
B ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡ −=
6 002 30101
C
Determine si A y B son semejantes y si A y C son semejantes y en cada caso de ser afirmativo encuentre la respectiva matriz P que define la semejanza entre esas matrices.
18. Para las siguientes T.L. determine las matrices [ ] 1
1
BBT y [ ] 2
2
BBT así
como también la matriz de transición de B1 a B2 [ ] 21
BBα que define la
semejanza entre [ ] 11
BBT y [ ] 2
2
BBT :
18.1. T: ℜ2→ℜ2 definida por ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−+
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡y5xy4x3
)yx
(T ,
B1 = { ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
=α32
1 , ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=α
03
2 } y B2 = { ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=β
11
1 , ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=β
20
2 }.
18.2. T: ℜ3→ℜ3 definida por ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−+−++
=⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
zyx2z3y2x
zyx)
zyx
(T ,
B1 = {⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=α
101
1 , ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=α
1 12
2 , ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡ −=α
0 3 1
3 } y B2 = {⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=β
001
1 ,
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=β
110
2 , ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=β
011
3 }.
18.3. T: P1→P1 definida por x)ba()ba()bxa(T −++=+ , B1 = { 11 =α , x2 =α }, B2 = { x321 +=β , x542 +−=β }.
19. Sea A∈M3x3(ℜ) definida por:
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
abbbabbba
A
19.1. Demuestre que (a-b) y (a+2b) son autovalores de A. 19.2. Determine el tercer autovalor.
ALGEBRA LINEAL PARA ESTADÍSTICOS Y ACTUARIOS
284
20. Sea A∈M3x3(ℜ) definida por:
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−=
2 113 2a0 0 1
A
20.1. Determine los autovalores de A. 20.2. ¿Qué condición debe verificar el valor de a para que la
matriz A sea diagonalizable? 21. Determine si cada una de las matrices dadas en el ejercicio 1 son
diagonalizables. En caso afirmativo, encuentre la matriz diagonal y la matriz que la diagonaliza.
22. Sea A∈M2x2(ℜ) definida por:
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=
dcba
A
Demuestre que si (a–d)2+4bc > 0 entonces A es diagonalizable. Determine que ocurre si (a–d)2+4bc < 0 y si (a–d)2+4bc = 0.
23. Sea A∈M2x2(ℜ) definida por:
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=
baa4b
A
Demuestre que si la ecuación ax2 + bx + a = 0 tiene raíces imaginarias entonces A es diagonalizable. Determine que ocurre si dicha ecuación tiene raíces reales iguales y si tiene raíces reales distintas.
24. Sean X∈Mnxp(ℜ) y A∈Mnxn(ℜ) con rango(X) = p, tales que
A = In – X(XtX)-1Xt. Estudie para esta matriz:
24.1. Simetría. 24.2. Idempotencia. 24.3. Rango. 24.4. Autovalores. 24.5. Traza. 24.6. Autopolinomio.
25. Sea A∈Mnxn(ℜ) una matriz simétrica de rango r con autovalores
λ1, λ2, …, λn. Demuestre que ∑ ∑∑= = =
=λr
1i
n
1i
n
1i
2ij
2i )A( .
26. Sean A, B ∈Mnxn(ℜ) tales que A y B son simétricas e idempotentes
con AB = θnxn y rango(A) + rango(B) = p, 0 < p < n. Determine la multiplicidad algebraica de cada uno de los autovalores de la matriz C = In – (A + B).
CAPÍTULO 7: AUTOVALORES Y AUTOVECTORES
285
27. Sea A∈Mnxn(ℜ). Demuestre que si A es simétrica e idempotente entonces Traza(AAt) = n λ , siendo λ la media aritmética de los autovalores de A.
28. Sea A∈Mnxn(ℜ) una matriz simétrica con autovalores λ1, λ2, …, λn tales que λi ≠ λj para i ≠ j, i = 1, 2, …, n; j = 1, 2, …, n. Sean X1, X2, …, Xn∈ℜn los autovectores de A normalizados asociados a los autovalores λ1, λ2, …, λn, respectivamente. Demuestre que la matriz B = A – λ1X1(X1)t tiene como autovalores 0, λ2, λ3, …, λn y autovectores asociados X1, X2, …, Xn, respectivamente.
29. Sea A∈M2x2(ℜ) definida por:
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=
b2a1
A
29.1. Determine los valores de a y b para que el vector ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−1 2
sea
autovector de A asociado al autovalor λ = 5. 29.2. Determine el otro autovalor de A.
30. Sea A∈M3x3(ℜ) definida por:
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
1000a101a
A
Determine los valores de a para los cuales la matriz A tiene autovalores con multiplicidades algebraicas mayores que 1.
31. Sean X1, X2, X3∈ℜ3 definidos por:
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=
1 11
X1 , ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
011
X2 , ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=
0 11
X3
Si X1, X2, X3 son autovectores de una matriz A∈M3x3(ℜ) asociados con los autovalores 1, –1 y 0, respectivamente determine la matriz A.
32. Sean X∈ℜ4 y A∈M4x4(ℜ) definida por:
⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−=
0 0 100 0 0 110 0 00 1 0 0
A
Demuestre que (I4 +A)X e (I4 – A)X son autovectores L.I. de A.
33. Sean X∈ℜn–{θnx1} y A∈Mnxn(ℜ) definida por A = XXt. Demuestre que λ = 0 es autovalor de A con multiplicidad algebraica r = n – 1 y determine también el único autovalor no nulo de A.
