Tema 6.- Autovalores y autovectores

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. Definición y propiedades. La ecuación caracter´ıstica. 6.2.- Diagonalizaci´ on. Matrices diagonalizables. Matrices no diagonalizables. 6.3.- Matrices sim´ etricas reales. Diagonalización. El teorema espectral. 6.4.- Aplicaciones del c´ alculo de autovalores y autovectores. Ecuaciones en diferencias. Cónicas y cuádricas giradas. 6.5.- Ejercicios. Enunciados. Soluciones. A lo largo de todo el tema trataremos esencialmente con matrices cuadradas reales (aunque muchos de los resultados que veamos también serán válidos para el caso de matrices cuadradas complejas). De todos modos, aun trabajando con matrices reales, será imprescindible hacer referencia a los n´ umeros (y a los vectores) complejos. La razón es que necesitaremos considerar las ra´ıces de un polinomio con coeficientes reales (si la matriz es real) y éstas pueden ser complejas con parte imaginaria no nula. Una matriz A cuadrada m × m define una transformación 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 será un polinomio real) sean n´ umeros complejos, con parte imaginaria no nula, será conveniente referirnos a la transformación 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 , dimensión, espacios nulo y columna, etc. La transformación de vectores que efect´ ua la matriz A puede ser más o menos sencilla de describir dependiendo del vector (o de la dirección) sobre la que se efect´ ue. El problema fundamental que se aborda es el de la determinación de las llamadas direcciones principales: direcciones sobre las que la matriz A act´ ua como la multiplicación por un n´ umero. Calculemos para algunos ejemplos geométricos en el plano y en el espacio, los vectores sobre los cuales la transformación asociada a una matriz act´ ua simplemente multiplicando por un n´ umero.

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Tema 6.- Autovalores y autovectores.

Ejemplos. (1) Consideremos la transformación lineal en el plano consistente en la simetr´ıa respecto de una recta r que pase por el origen de coordenadas. Aplicando esta transformación sobre un vector de dicha recta se obtiene el mismo vector y aplicándola 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 transformación dada. Las rectas a veces se denominan direcciones principales de la transformación 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 transformación 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 autovalores. Puesto que los vectores v1 , v2 y v3 forman una base de R3 , cualquier vector v ∈ R3 puede expresarse como combinación de ellos y teniendo dicha expresión v = αv1 + βv2 + γv3 es inmediato obtener T (v) como combinación 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 

   3 1 v1 =  2  , v2 =  0  0 −2



 2 y v3 =  −3  1

(la transformación lineal no depende de cómo elijamos los vectores v1 , v2 y v3 ). Notemos que a partir de lo anterior es fácil obtener la matriz A de T respecto a la base canónica (puesto que tenemos los vectores v1 , v2 y v3 y sus transformados expresados respecto a la base canónica). 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 Matemáticas I.

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6.1.- Autovalores y autovectores.

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matriz A, 

−1



A =  Av1 Av2 Av3   v1 v2 v3  

   6 5 3 3 1 0 1  2 −3 −13  = =  2 0 0  28 4 −6 2 0 −2 0

=



 20 12 −4 1  12 10 6  . 28 −4 6 26

(3) Si A es una matriz diagonal con elementos diagonales d1 , d2, . . . , dm , es claro que para los vectores canónicos e1 , e2 , . . . , em se verifica Aek = dk ek . (4) Si tomamos dos vectores {v1 , v2 } linealmente independientes del plano, cualquier transformación lineal T : R2 −→ R2 queda determinada si conocemos cómo act´ ua sobre estos vectores. Si A es la matriz asociada a T respecto a la base canónica, 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 canónica). Si tomamos por ejemplo los vectores −2 1 , T (v1 ) = Av1 = −3v1 , T (v2 ) = Av2 = 2v2 , v2 = v1 = −1 −2 (con lo cual tenemos una situación en la que conocemos las direcciones sobre las cuales la transformación act´ ua multiplicando por un n´ umero), es fácil 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  



=⇒ A =  v1 v2 

−3 0 0 2

−3 0 0 2

=⇒

−1



 v1 v2 

Notemos que de esta u ´ ltima expresión es fácil obtener las matrices An , n = 1, 2, . . . 



An =  v1 v2 

(−3) 0

n

0 2n



−1

 v1 v2 

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, . . .

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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 6= 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´ ultiplo no nulo de v también 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 combinación lineal no nula de dichos autovectores también 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 relación (en general) con los autovalores y autovectores de la matriz original. En general, tampoco es cierto que los autovalores 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 dimensión finita. Por ejemplo, siendo V el espacio vectorial de las funciones y : R → R indefinidamente derivables y siendo T : V → V la aplicación 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 también es autovalor y la función 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 homogéneo (A − λ0 I) x = 0 es un sistema compatible indeterminado. (3) dim [Nul (A − λ0 I)] ≥ 1.

(3’) El rango [A − λ0 I] no es máximo.

(4) La matriz (A − λ0 I) no tiene inversa. (5) det [A − λ0 I] = 0. Por tanto, los autovalores de A son las soluciones de la ecuación p(λ) = det [A − λI] = 0. Esta ecuación 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, a11 − λ a . . . a 12 1m a21 a22 − λ . . . a2m p(λ) = det [A − λI] = = (−1)m λm + cm−1 λm−1 + · · ·+ c0 .. .. .. .. . . . . am1 am2 . . . amm − λ Matemáticas I.

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6.1.- Autovalores y autovectores.

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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 − λ0 I] se denomina espacio propio asociado al autovalor λ0 (notemos que en general estará compuesto por vectores complejos, los autovectores de A asociados a λ0 y el vector nulo), Nul [A − λ0 I] = {0} ∪ {autovectores asociados a λ0 } . De manera habitual cuando hablemos de autovectores asociados a un autovalor nos referiremos a una base del espacio propio asociado, es decir autovectores linealmente independientes de forma que cualquier autovector asociado al autovalor en cuestión sea combinación lineal de ellos. Ejemplo. Además de los ejemplos considerados anteriormente, veamosel siguiente ejemplo 1 2 . en el que la matriz A viene dada. Consideremos la matriz A = 2 1 Autovalores: Para cualquier escalar λ tenemos que 1−λ 2 =⇒ det (A − λI) = (1 − λ)2 − 4 = λ2 − 2λ − 3 = (λ − 3)(λ + 1). A − λI = 2 1−λ Por tanto det (A − λI) = 0 ⇐⇒ λ = −3 ó λ = −1. Autovectores asociados a λ1 = 3 : son los vectores no-nulos que están en el espacio nulo de A − 3I, 1 −2 2 0 −1 1 0 1 , ⇒ v1 = −→ ⇒ x = x2 (A − 3I)x = 0 ≡ 1 1 2 −2 0 0 0 0 asociados a λ2 = −1 : son los vectores no-nulos que están en el espacio nulo de A + I, 2 2 0 −1 1 1 0 −1 (A + I)x = 0 ≡ . ⇒ v2 = −→ ⇒ x = x2 2 2 0 0 0 0 1 1 Las propiedades referidas a autovalores las podemos agrupar dependiendo de si pueden obtenerse directamente de la definición (con lo cual estarán 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). Matemáticas I.

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(5) Si A tiene inversa, entonces λ 6= 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 también 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−1 λm−1 + · · · + c1 λ + 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 multiplicidad como ra´ız del polinomio caracter´ıstico) λ1 + λ2 + · · · + λm = (−1)m−1 cm−1 = traza(A) := a11 + a22 + · · · + amm . Uno de los resultados más 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.

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6.2.- Diagonalización.

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6.2.- Diagonalizaci´ on. Consideremos una transformación lineal T : Km −→ Km y la matriz A asociada (cuadrada, m×m) respecto de la base canónica C de Km . Es decir, siendo x las coordenadas can´ nicas de un vector v y siendo y las coordenadas canónicas 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 = P x′ e y = P y ′. Por tanto, la transformación lineal T se puede expresar, en coordenadas respecto a B mediante y = Ax ⇐⇒ P y ′ = AP x′ ⇐⇒ y ′ = P −1 AP x′ . Es decir, de la misma forma que A representa a T respecto a la base canónica, la matriz B = P −1 AP también representa a T , pero respecto a la base B. Cuando dos matrices A y B (cuadradas del mismo orden) están 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 transformaión 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 más sencilla posible (que permita describir la transformación T asociada de la forma más simple). La forma más simple que se puede plantear es el de una matriz diagonal. Para algunas matrices A será 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 expresión A = P DP −1 es una diagonalización de A. Notemos que si   d1 0 0 . . . 0  0 d2 0 . . . 0      P −1 AP = D =  0 0 d3 . . . 0   .. .. .. . . .   . . . . ..  0 0 0 . . . dm entonces de la igualdad matricial AP = P D, 









  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 P D. Es decir, cada columna de P es un autovector de A asociado al correspondiente elemento diagonal de D, que será un autovalor de A. Por otra parte, el que la matriz P sea no-singular (≡ tiene inversa ≡ det (A) 6= 0) es equivalente a que sus m columnas sean linealmente independientes. Matemáticas I.

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Cuando sea posible, para construir una diagonalización de A bastará con obtener m autovectores linealmente independientes. La matriz P de orden m que tenga a dichos autovectores linealmente independientes como columnas (en un cierto orden) será no-singular y verificará AP = P D siendo D la matriz diagonal cuyos elementos diagonales son los autovalores (en el mismo orden en el que hayamos puesto los autovectores en la matriz P ). Por tanto tenemos una diagonalización de A. Notemos que si en una diagonalización A = P DP −1, cambiamos el orden en las columnas de P y de forma simultánea cambiamos el orden en los elementos diagonales de D, de manera que se correspondan columnas de P elementos diagonales de D, se obtiene otra diagonalización de A; sustituimos cada columna de P por un m´ ultiplo no-nulo de dicha columna, se obtiene otra matriz de paso distinta que también diagonaliza a A (la matriz D no cambia). Proposici´ on. Sea A una matriz m × m. Se verifica: (1) A es diagonalizable si y sólo si tiene m autovectores linealmente independientes. (2) Si A es diagonalizable también lo es cualquier potencia Ak , k = 1, 2, · · · (3) Si A es diagonalizable también lo es cualquier matriz de la forma A − µI. (4) Si A es diagonalizable también lo es cualquier polinomio en A q(A) = ck Ak + · · · + c1 A + c0 I. (5) Si A tiene inversa, A es diagonalizable si y sólo si lo es su inversa A−1 . (6) A es diagonalizable si y sólo si lo es AT . Si tenemos una diagonalizaci´ on de A, P −1 AP = D ≡ A = P DP −1 se obtienen las siguientes k diagonalizaciones de A , A − µI, AT y A−1 (si existe) Ak = P D k P −1 , A − µI = P (D − µI)P −1 , AT = (P T )−1 D(P T ), A−1 = P D −1 P −1 .

Recordemos que a autovalores distintos corresponden autovectores linealmente independientes. 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   2 1 0 A= 1 2 0  0 0 1 Matemáticas I.

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y A es diagonalizable (compruébalo!). Aunque hay matrices que no son diagonalizables, como por ejemplo 2 1 B= . 0 2 Para analizar de forma más 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 ) 6= 0. (b) Multiplicidad geom´ etrica de λ0 , y se denota por mg (λ0 ), a la dimensión del espacio nulo de A − λ0 I, dim [Nul (A − λ0 I)] = m − rango [(A − λ0 I)] . Es decir, la multiplicidad geométrica es el n´ umero (máximo) de autovectores linealmente independientes asociados al autovalor. Lo u ´ nico que se puede afirmar en general sobre la relación entre las multiplicidades algebraica y geométrica 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 sólo 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 − λk I] (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 habrá que determinar si cada autovalor m´ ultiple tiene asociados tantos autovectores linealmente independientes como indique su multiplicidad algebraica. Para construir una diagonalización, cuando sea posible, habrá que obtener tantos autovectores linealmente independientes, asociados a cada autovalor, como indique su multiplicidad algebraica; Matemáticas I.

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Observaci´ on.- Para una matriz diagonalizable A, el tener una diagonalización P −1AP = D (diagonal), permite obtener potencias enteras de dicha matriz, Ak = P D k 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 sólo 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 también una base cuyos elementos verifiquen ciertas propiedades similares a las ´ de los autovectores de A. Estos serán 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 6= 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 fácil comprobar que Nul (A − λI) ⊆ Nul (A − λI)2 ⊆ · · · ⊆ Nul (A − λI)k ⊆ Nul (A − λI)k+1 ⊆ . . .

2) Puesto que la dimensión del espacio es finita, los subespacios anteriores no pueden crecer de manera indefinida, sino que para un cierto valor r se verificará 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 también 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 además 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 también 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.

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1) La proposición anterior no contradice lo visto hasta ahora para autovectores: si A es diagonalizable y λ es autovalor de multiplicidad algebraica ma (λ) = l (su multiplicidad geométrica será por tanto mg (λ) = l) el valor r de la proposición anterior es r = 1. 2) Observe que seg´ un el teorema anterior los autovectores generalizados siempre son los ma (λ) elementos de Nul (A − λI) , 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 

−1  4 A=  4 4

 0 2 −2 4 −1 −2  . 8 4 −9  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 geométrica coinciden. Un autovector asociado a λ1 = −1 es, por ejemplo, v1 = (1, 1, 3, 3)T y los demás autovectores asociados al mismo autovalor son m´ ultiplos de v1 . Para el autovalor triple λ2 = 1, las matrices A − λ2 I y la escalonada superior obtenida de ella por eliminación gaussiana son     −2 0 2 −2 −2 0 2 −2 Elim. Gauss.  0 3  4 3 −1 −2  3 −6  .   −→ A − λ2 I =     4 8 0 0 −1 3  3 −9 0 0 0 0 4 5 1 −6 Puesto que A − λ2 I tiene rango 3, sólo hay un autovector independiente asociado al autovalor λ2 = 1 y por tanto, A no es diagonalizable. Los autovectores asociados son los m´ ultiplos T (no nulos) de v2 = (2, −1, 3, 1) . Calculemos una base de autovectores generalizados asociados al autovalor λ2 = 1. Para ello, debemos calcular las potencias A−λ2 I hasta que una de ellas tenga rango m−ma (λ2 ) = 4 − 3 = 1 con lo cual el espacio nulo de dicha potencia de A − λ2 I tendrá dimensión 3. La matrices (A − λ2 I)2 y la escalonada superior obtenida por eliminación gaussiana son     4 6 0 −2 4 6 0 −2 Elim. Gauss.  0 3 0  −8 −9 0 3  7  2 ,    −→ (A − λ2 I) =   0 0 0 0  0 3 0 3  0 0 0 0 −8 −7 0 9 cuyo rango es 2 (todav´ıa distinto de 1 = 4 − ma (λ2 )). Por tanto la dimensión del espacio nulo de (A − λ2 I)2 es 2 y podemos obtener en dicho espacio nulo un autovector generalizado v3 linealmente independiente con v2 , por ejemplo v3 = (0, 0, 1, 0)T . Notemos que Nul ((A − λ2 I)2 ) = Gen {v2 , v3 }. La matriz (A − λ2 I)3 es   8 8 0 −8  8 8 0 −8   (A − λ2 I)3 =   24 24 0 −24  , 24 24 0 −24 Matemáticas I.

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cuyo rango es 1 = 4 − ma (λ2 ). Por tanto, el espacio nulo de (A − λ2 I)3 tiene dimensión 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, además del vector nulo, todos los autovectores y autovectores 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 ésta 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 qué, en general, es más 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 

−1  0 P1−1 AP1 =   0 0

0 1 0 0

 0 0 1 −1  , 1 −1  0 1



−1 0 0  0 −1 −2 P2−1 AP2 =   0 −1 0 0 −4 −1

 0 2  . 1  4

Observamos que con P1 , en el bloque correspondiente al autovalor 1, éste aparece en la diagonal y además 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 más 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 − λj I)mj , para j = 1, . . . , p, la unión de dichas bases B = {B1 , . . . , Bp } es base de Rm (o de Cm ). Matemáticas I.

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6.3.- Matrices simétricas reales.

161

Observaci´ on-Ejercicio. Seg´ un vimos en el estudio de las propiedades del cálculo de autovalores 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 0 1 A= 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 u ´ nico 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   0 0 1 0  0 0 0 1   A=  0 0 0 0 . 0 0 0 0

6.3.- Matrices sim´ etricas reales. Las matrices simétricas reales constituyen uno de los tipos más importantes de matrices para las cuales puede garantizarse la diagonalizabilidad. Además, dicha diagonalización se puede obtener matrices de paso ortogonales. 6.3.1.- Diagonalizaci´ on. El teorema espectral Teorema. Sea A una matriz real simétrica. 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 simétrica. (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, además, tenemos que      λ1 0 . . . 0 q1T  0 λ2 . . . 0    q2T   T    q1 . . . qn  .. A = QDQ = .. . . ..    . . .  ...  . qnT 0 0 . . . λn = λ1 q1 q1T + λ2 q2 q2T + · · · + λn qn qnT . Matemáticas I.

2012-2013

162


Cada matriz qk qkT es la matriz de la proyección ortogonal sobre el subespacio generado por el correspondiente vector {qk } (es una matriz de rango 1). As´ı, obtenemos la expresión A = λ1 q1 q1T + λ2 q2 q2T + · · · + λn qn qnT , que se llama descomposici´ on espectral de A. Esta expresión nos da la matriz simétrica real A como una combinación lineal de matrices de proyección de rango 1. A la hora de obtener una diagonalización ortogonal de una matriz simétrica 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 formarán una base ortogonal de Rn . Normalizando dichos autovectores (dividiendo cada uno por su norma) seguiremos teniendo autovectores ortogonales que además serán unitarios. Una matriz Q que tenga a dichos autovectores ortonormales como columnas será una matriz de paso que diagonaliza A ortogonalmente. La matriz A tiene alg´ un autovalor m´ ultiple. En este caso, cuando calculemos los autovectores 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 ortogonal de dicho subespacio. Ortogonalizando primero y normalizando a continuación, 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 autovectores 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 diagonalización ortogonal de A.

6.4.- Aplicaciones del c´ alculo de autovalores y autovectores. Vamos a considerar la relación del cálculo de autovalores y autovectores con los llamados problemas de evoluci´ on. Dichos problemas vendrán expresados por una ecuaci´ on en diferencias en el caso discreto y por una ecuaci´ on diferencial en el caso continuo. En forma genérica se tratará de obtener una función vectorial de variable discreta (en cuyo caso tendremos una sucesión de vectores) o de variable continua (en cuyo caso tendremos una función vectorial de variable real) determinadas por una condición sobre su evolución. Como es natural sólo consideraremos problemas lineales. De esta forma los correspondientes conjuntos de soluciones tendrán una estructura similar a la del conjunto de soluciones de un sistema de ecuaciones lineales. Es decir, tendrán una estructura de subespacio vectorial (o de variedad lineal) y podrán manipularse de forma análoga a la manipulación de vectores de coordenadas. 6.4.1.- Sistemas de ecuaciones en diferencias. Aqu´ı trataremos de obtener las sucesiones de vectores en Rm (ó Cm ) u0 , u1 , u2 , u3 , . . . , un , . . . en la que la relación entre dos términos consecutivos es lineal, constante y homogénea. Matemáticas I.

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6.4.- Aplicaciones del cálculo de autovalores y autovectores.

163

De forma más precisa, la relación entre dos vectores consecutivos será 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 sucesión de vectores en Rm definidos de manera recurrente por un = Aun−1,

n = 1, 2, . . .

a partir de un vector inicial u0 ∈ Rm . Una relación de recurrencia de esta forma se llama sistema de ecuaciones en diferencias lineal homogéneo de primer orden (con coeficientes constantes). No nos ocuparemos aqu´ı ni del caso no homogéneo, ni del caso de coeficientes no constantes y muchisimos menos de casos no lineales. A partir de la relación un = Aun−1 se tiene que un = An u0 y tenemos la expresión del término general un en función 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 será fácil de tratar y por otro, el caso en el que A no sea diagonalizable que necesitará de más elaboración puesto que tendremos que recurrir al cálculo de autovectores generalizados. Uno de los aspectos que permite estudiar la expresión del término general un (a partir de u0 ) es el comportamiento asintótico, es decir el comportamiento a largo plazo de la sucesión un , ¿qué 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 = P DP −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 = P D n P −1

y un = An u0 = P D n P −1 u0 ,

n = 1, 2, . . .

(b) Si u0 es combinación lineal de autovectores de A (independientemente de que A sea diagonalizable o no), u0 = c1 v1 + · · · + ck vk

y Avj = λj vj , j = 1, . . . , k,

entonces An u0 = c1 λn1 v1 + · · · ck λnk vk . Observaciones. ¿Qué sucede si A no es diagonalizable y u0 no es combinación 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 6= 0, . . . , (A − λI)k−1 v 6= 0, (A − λI)k v = 0. Matemáticas I.

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Tema 6.- Autovalores y autovectores. Utilizando esto podemos determinar la solución (sucesión de vectores) del sistema de ecuaciones en diferencias un = Aun−1 que tiene como valor inicial u0 = v. Para ello, basta considerar la fórmula del binomio de Newton: n n n n n n n 0 n−1 1 n−2 2 1 n−1 (a+b) = a b+ a b+ a b +· · · ab + a0 bn 0 1 2 n−1 n p(p − 1) · · · (p − q + 1) p! p := = , (0! := 1) q q! q!(p − q)! 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 n

(A + B) =

n 0

n

0

A B +

n 1

n−1

A

1

B +

n 2

n−2

A

2

B + ··· +

n n

A0 B n

siendo A0 = B 0 = I. Puesto que las matrices A − λI y λI conmutan, podemos aplicar la fórmula del binomio de Newton y para n ≥ k obtenemos An v = [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)k v = (A − λI)k+1 v = (A − λI)k+2 v = · · · = 0 n(n − 1) n−2 λ (A − λI)2 v + · · · + 2 n n−k+1 (A − λI)k−1 v +··· + λ k−1

= λn v + nλn−1 (A − λI)v +

y aparecen (a lo sumo) k sumandos en el sumatorio, independientemente de lo grande que sea n. En los ejemplos que veremos k será peque˜ no y aparecerán pocos términos en el sumatorio. (b) Si obtenemos una base {v1 , . . . , vm } (de Rm ó Cm ) formada por autovectores generalizados de A, entonces puede encontrarse la solución general del sistema de ecuaciones en diferencias un = Aun−1 para cualquier u0 ∈ Rn . Para ello, expresamos u0 como combinación lineal de los autovectores generalizados {v1 , . . . , vm }, u0 = α1 v1 + · · · + αm vm con lo que un = An u0 = α1 An v1 + · · · + αm An vm

y, por tanto, bastará 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 más 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  .

Matemáticas I.

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(d) Comportamiento asint´ otico de An u0 . Con este término se designa al estudio del comportamiento de la sucesión de vectores u0, u1 , u2 , . . . a largo plazo. Es decir se trata de estudiar qué 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 combinación lineal de autovectores y autovectores generalizados u0 = c1 v1 + · · · + cm vm , la sucesión generada viene dada mediante un = An u0 = c1 An v1 + · · · + cm An 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 situación más 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 sucesión de vectores An v = v es constante.

• Si |λ| = 1, λ 6= 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 continuación dos ejemplos de cómo obtener An v. Ejemplo 1. Calcular un = An u0 siendo     1 1 0 2 A =  0 1 0  y u0 =  1  . 0 0 2 −1 Por ser A triangular es inmediato que los autovalores son λ1 = 1 (doble) y λ2 = 2 (simple). Como es fácil 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 necesitamos recurrir a un autovector generalizado de λ1 para obtener una base de R3 formada por autovectores y autovectores generalizados. Matemáticas I.

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Tema 6.- Autovalores y autovectores. Autovectores asociados a λ1 = 1,  

 1  (A − I)x = 0 =⇒ Nul (A − I) = Gen v1 =  0  .   0 

Autovectores generalizados asociados a λ1 = 1,

   0   2 2  (A − I) x = 0 =⇒ Nul (A − I) = Gen v1 , v2 = 1  .   0

Autovectores asociados a λ2 = 2,

 

 0  (A − 2I)x = 0 =⇒ Nul (A − 2I) = Gen v3 =  0  .   1 

Es decir, trabajaremos con la base de R3 formada por {v1 , v2 , v3 } (que en este caso sencillo coincide con la canónica). As´ı, un = An u0 = An (2v1 + v2 − v3 ) = 2An v1 + An v2 − An v3 . Por ser v1 y v3 autovectores: An v1 = λn1 v1 = 1n v1 = v1 y An v3 = λn2 v3 = 2n v3 . Mientras que por ser v2 autovector generalizado de λ1 = 1, que verifica (A−I)2 v2 = 0 (k = 2 en la fórmula dada anteriormente): An v2 = [λ1 I + (A − λ1 I)]n v2 = λn1 v2 + nλ1n−1 (A − λ1 I)v2 +

n(n−1) n−2 λ1 (A 2

= 1n v2 + n1n−1 v1 + 0 + ... = v2 + nv1

− λ1 I)2 v2 + · · ·

ya que (A − I)v2 = v1 .

Finalmente  2+n un = An u0 = 2v1 + (v2 + nv1 ) − 2n v3 = (n + 2)v1 + v2 − 2n v3 =  1  . −2n 

Ejemplo 2. Calcular un = An u0 siendo   3/2 1/2 1/2 2 1  A= 0 1/2 −1/2 5/2 Matemáticas I.



 0 y u0 =  2  . 1 Ingenier´ıa Civil


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Autovalores. Calculamos sus autovalores mediante la ecuación 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). (Recuérdese 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 geométrica mg (λ1 = 2) = 3 − rango(A − 2I) = 3 − 2 = 1 vemos que sólo 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:  1 −2  0 (A−2I)x = 1 2

1 2

0 − 21

1 2



   x1 1 x1 − x2 + x3 = 0     1 x2 = 0 −→ −→ x = x2 1  . x = 0 3 1 x3 0 2

Tomamos como autovector, por ejemplo, v1 = (1, 1, 0)T .

Autovectores generalizados: • (A − 2I)2 x = 0        1 1 1 x 1 0 − 1 2 2 2  1 − 1 1   x2  = 0 −→ x1 − x2 + x3 = 0 −→ x = x1  1  + x3  1  . 2 2 2 0 0 0 x3 0 1

Tomamos como primer autovector generalizado (que debe ser linealmente independiente con v1 ), por ejemplo, v2 = (0, 1, 1)T .

• Finalmente, (A − 2I)3 x = 0      0 0 0 x1 x1  0 0 0   x2  = 0 −→ x =  x2  ∈ R3 arbitrario. 0 0 0 x3 x3

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,        0 1 0 1 α 1 u0 = PB [u0 ]B −→  2  =  1 1 0   β  −→ [u0 ]B =  1  , 1 0 1 0 γ −1 es decir, u0 = v1 + v2 − v3 . Matemáticas I.

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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 = λn1 v1 = 2n v1 . Por otra parte, An v2 = [λ1 I + (A − λ1 I)]n v2 = λn1 v2 + nλ1n−1 (A − λ1 I)v2 +

n(n−1) n−2 λ1 (A 2

− λ1 I)2 v2 + · · ·



   0 1 = 2n v2 + n2n−1 v1 + 0 + ... = 2n  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 fórmula anterior) y ya que (A − 2I)v2 = v1 ), An v3 = [λ1 I + (A − λ1 I)]n v3 = λn1 v3 + nλ1n−1 (A − λ1 I)v3 + 

   1 −1/2 = 2n  0  + n2n−1  0  + 0 1/2

n(n−1) n−2 λ1 (A 2

− λ1 I)2 v3 + · · ·



 1/2 n(n−1) n−2  1/2  2 2 0

(por ser v3 autovector generalizado de λ1 = 2, que verifica (A − 2I)3 v3 = 0 (k = 3 en la fórmula anterior) y ya que     −1/2 1/2 (A − 2I)v3 =  0  y (A − 2I)2 v3 =  1/2  . 1/2 0 Nótese que si hubiéramos 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 (α1 w1 + α2 w2 + α3 w3 ) = α1 An w1 + α2 An w2 + α3 An w3 . Para obtener cada uno los tres términos An wi necesitar´ıamos recurrir a una expresión análoga 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, después (A − λI)2 v = 0, después (A − λI)3 v = 0, etc. No obstante, puesto que en el caso anterior todo vector es un autovector generalizado (puesto que sólo hay 1 autovalor), calcular An u0 conlleva los mismos cálculos que obtener An v3 . 6.4.2.- C´ onicas y cu´ adricas giradas. En el Tema 1 se estudiaron las (secciones) cónicas y las cuádricas desde el punto de vista métrico as´ı como los elementos representativos de cada una de ellas. Por otra parte, vimos la determinación de la posición, del tipo de cónica/cuádrica y cómo obtener los elementos caracter´ısticos cuando ésta viene dada por una ecuación en la que no aparecen productos cruzados. Ahora estudiaremos: Matemáticas I.

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(a1) Que toda ecuación polinómica de segundo grado en dos variables a11 x2 + 2a12 xy + a22 y 2 + 2a1 x + 2a2 y + a0 = 0 (alguno de los coeficientes a11 , a12 , a22 es distinto de cero) representa una cónica. (a2) Que toda ecuación polinómica de segundo grado en tres variables a11 x2 + a22 y 2 + a33 z 2 + 2a12 xy + 2a13 xz + 2a23 yz + 2a1 x + 2a2 y + 2a3 z + a0 = 0, (alguno de los coeficientes a11 , a22 , a33 , a12 , a13 , a23 es distinto de cero) representa una cuádrica. Entre éstas consideramos los casos degenerados. (b) Cómo determinar el tipo de cónica/cuádrica y sus elementos representativos cuando en la ecuación aparecen términos en productos cruzados. La presencia de éstos términos indica que la cónica/cuádrica está girada respecto a los ejes coordenados. La determinación del correspondiente ángulo de giro se hará a partir del cálculo de autovalores y autovectores de la matriz asociada a la parte cuadrática de la ecuación de la cónica/cuádrica. Es decir, se tratará de obtener la posición, los elementos caracter´ısticos y la representación gráfica en el sistema de ejes dado. Reducci´ on de una c´ onica girada. Definici´ on. Una cónica es el lugar geométrico de los puntos (x, y) ∈ R2 del plano que satisfacen una ecuación general de segundo grado: f (x, y) = a11 x2 + 2a12 xy + a22 y 2 + 2a1 x + 2a2 y + a0 = 0,

(1)

donde alguno de los coeficientes a11 , a12 o a22 es distinto de cero. La ecuación anterior, llamada ecuación de la cónica, se puede escribir en notación vectorial de la forma: a11 a12 x x . + a0 = 0 siendo A = + 2 [a1 a2 ] f (x, y) = [x y] A a12 a22 y y Nótese que también puede escribirse, 

  a11 a12 a1 x f (x, y) = [x y 1]  a12 a22 a2   y  = 0. a1 a2 a0 1

El proceso general para llevar una cónica a su ecuación reducida (sabiendo cuáles son los cambios de variables involucrados) puede separarse en dos etapas (si el coeficiente a12 6= 0, si el coeficiente a12 = 0 bastar´ıa con la segunda etapa): (a) Determinación de las direcciones de los ejes de la cónica. Esto consiste en diagonalizar ortogonalmente la matriz (simétrica A) asociada a la parte cuadrática de la ecuación a11 a12 A= . a12 a22 Sean λ1 y λ2 los autovalores de A y v1 y v2 autovectores ortogonales correspondientes (si λ1 6= λ2 dichos autovectores serán ortogonales necesariamente, y si λ1 = λ2 necesariamente A es una matriz diagonal, y no necesitamos hacer nada de esto). Conviene Matemáticas I.

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Tema 6.- Autovalores y autovectores. tomar los autovectores v1 y v2 de manera que el ángulo de v1 a v2 sea de 900 en sentido positivo (contrario a las agujas del reloj). Sin más 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,   λ 0 1 −1 T T P =  u1 u2  ⇒ P = P , P AP = D = . 0 λ2 Al sustituir en la ecuación (en (x, y)) de la cónica el cambio de variables tenemos ′ ′ ′ x x x x ′ ′ T + a0 = 0. + 2 [a1 a2 ] P =⇒ [x y ] P AP =P y′ y′ y′ y Es decir, la ecuación de la cónica en las coordenadas (x′ , y ′) es λ1 x′2 + λ2 y ′2 + 2b1 x′ + 2b2 y ′ + a0 = 0, ecuación en la que no aparece el producto cruzado x′ y ′. Notemos que   ′ ′ ′ x x uT1 x x x T =  u1 u2  =P = =P =⇒ ′ ′ ′ y y uT2 y y y

x y

.

Por tanto, los nuevos ejes son

uT2

x y

= 0,

Y ′ → ecuación x′ = 0 → uT1

x y

= 0.

′

′

X → ecuación y = 0 →

Es decir, los ejes x′ e y ′ son las rectas que pasan por el origen de coordenadas y tienen como vectores dirección 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 ángulo que determina u1 con el semieje OX + . (b) Una vez que tenemos la ecuación λ1 x′2 + λ2 y ′2 + 2b1 x′ + 2b2 y ′ + a0 = 0, en la que no aparece el producto cruzado x′ y ′, bastará completar los cuadrados que aparezcan (mediante cambios del tipo x′′ = x′ − α e y ′′ = y ′ − β) para obtener una ecuación de uno de los siguientes tipos: Caso el´ıptico. λ1 λ2 > 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). Matemáticas I.

Ingenier´ıa Civil


171

Caso hiperb´ olico. λ1 λ2 < 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 hipérbola (c 6= 0) o un par de rectas que se cortan (c = 0). Caso parab´ olico. λ1 λ2 = 0 (es decir uno de los autovalores es nulo, y el otro no). Suponiendo que λ1 6= 0, λ2 = 0 puede obtenerse a2 x′′2 + by ′′ = 0 ó a2 x′′2 + c = 0 Tendremos una parábola (b 6= 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 cónica y su representación gráfica basta obtenerlos en las coordenadas (x′′ , y ′′) y deshacer los cambios de variables que se hayan hecho ′′ ′ x = x′ − α x = x′′ + α (Traslación) ⇒ ′′ ′ y =y −β y ′ = y ′′ + β (Giro)

x y

=P

x′ y′

⇒

x′ y′

=P

T

x y

.

Ejemplos. (1) Vamos a obtener la ecuación canónica (reducida) y la representación gráfica de la cónica 3x2 + 3y 2 − 2xy + 2x − 4y + 1 = 0. mediante los cambios de coordenadas adecuados. Escribimos en forma matricial la parte cuadrática de la ecuación de la cónica: x 3 −1 + 2x − 4y + 1 = 0. [x y] y −1 3 Puesto que la ecuación de la cónica tiene término en xy necesitamos hacer un giro para colocar los ejes en las direcciones de los autovectores de la matriz A (la que recoge los términos cuadráticos). Calculamos los autovalores de A, 3 − λ −1 2 −1 3 − λ = λ − 6λ + 8 = 0 −→ λ1 = 4, λ2 = 2.

Los autovectores correspondientes son: 1 x 0 x −1 −1 , =α −→ x + y = 0 −→ = λ1 = 4 : −1 y 0 y −1 −1 Matemáticas I.

2012-2013

172


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 , . −1 1 2 2 El primer autovector da la dirección y sentido positivo del nuevo eje X ′ (que corresponde a girar un ángulo 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 ángulo de 90o en sentido positivo) marca la dirección y sentido del nuevo eje Y ′ . El cambio: " √2 √2 # ′ x x 2√ √2 x = P x′ −→ = 2 2 y y′ − 2

2

eliminará el término mixto x′ y ′ dejando la parte cuadrática como λ1 x′2 + λ2 y ′2 , modificará los coeficientes de los términos lineales, x′ e √ y ′, y no √ alterará el término indepen′ ′2 ′2 diente. Concretamente obtenemos: 4x + 2y + 3 2x − 2y ′ + 1 = 0. Completando cuadrados hacemos una traslación: √ ! √ ! 3 2 2 ′ 4 x′2 + x′ + 2 y ′2 − y + 1 = 0, 4 2 √ !2 √ !2 9 1 2 3 2 − + 2 y′ − − + 1 = 0, 4 x′ + 8 8 4 4 ! ! √ 2 √ 2 2 3 3 3 2 ′ ′ +2 y − = −→ 4x′′2 + 2y ′′2 = , 4 x + 8 4 8 8

donde hemos realizado la traslación

√ 3 2 x′′ = x′ + , 8

y ′′ = y ′ −

√

2 . 4

Operando, llegamos a la ecuación canónica x′′2 3 32

+

y ′′2 3 16

x′′2 y ′′2 = 1 −→ q 2 + √ 2 = 1. 1 4

3 2

3 4

Es decir, al haber tomado λ1 = 4 y λ2 =q2, el semieje mayor de la elipse está sobre el √ eje Y ′′ y el menor sobre el X ′′ , ya que 41 32 < 43 .

El centro C de la√elipse es√ el origen en las coordenadas (x′′ , y ′′). Es decir, (x′′ , y ′′) = (0, 0) ⇔ (x′ = − 3 8 2 , y ′ = 42 ). En coordenadas (x, y) obtenemos √ √ ! √ √ ! √ √ 3 2 1 5 1 5 2 2 2 3 2 2 − =− , y= = . + + −→ C = − , x= 2 8 4 8 2 8 4 8 8 8

Matemáticas I.

Ingenier´ıa Civil


173

Para hacer el dibujo esquemático con una cierta precisión, puede sernos u ´ til 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 ecuación de la cónica se obtiene 3y 2 − 4y + 1 = 0 que se verifica para y = 1, 1/3. Mientras que si hacemos y = 0, la ecuación 3x2 + 2x + 1 = 0 no tiene solución (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 información que hemos obtenido a lo largo del problema, comenzamos dibujando los ejes Y Y’’ X ′ e Y ′ sabiendo que pasan por (x = 0, y = 0) y 1 tienen la dirección y sentido del autovector corresY’ pondiente a λ1 y λ2 , respectivamente. Es decir, en C este caso, con la elección que hicimos de autovalores y autovectores, los ejes X ′ e Y ′ se obtienen 1/3 rotando un ángulo de −45o a los ejes X e Y . A X continuación, dibujamos los ejes X ′′ e Y ′′ , paraleX’ X’’ ′ ′ los respectivamente a los ejes X e Y , que resultan de trasladar el origen al punto C = − 81 , 58 . ●

●

●

Nótese que si hubiéramos 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 dirección 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 traslación adecuada, a la ecuación canónica:

Y’

Y

Y’’

X’’ 1● X’ C

●

●

1/3

x′′2 y ′′2 + √ 2 q 2 = 1, 3 4

1 4

X

3 2

que nos llevar´ıa a la figura adjunta.

(2) Vamos a obtener la ecuación canónica (reducida) y la representación gráfica de la cónica x2 − 2xy + y 2 − 2x + 1 = 0 mediante los cambios de coordenadas adecuados. Puesto que la ecuación de la cónica tiene término en xy necesitamos hacer un giro para colocar los ejes en las direcciones de los autovectores de la matriz A (la que recoge los términos cuadráticos). 1 −1 x 1 −1 x y − 2x + 1 = 0, A= −1 1 y −1 1 Calculamos pues sus autovalores y después sus autovectores. En primer lugar: 1 − λ −1 2 −1 1 − λ = λ − 2λ = 0 −→ λ1 = 0, λ2 = 2.

Matemáticas I.

2012-2013

174

Tema 6.- Autovalores y autovectores. Podemos pues calcular los autovectores: 1 x 0 x 1 −1 , =α −→ x − y = 0 −→ = λ1 = 0 : 1 y 0 y −1 1 −1 x 0 x −1 −1 . =α −→ x + y = 0 −→ = λ2 = 2 : 1 y 0 y −1 −1 Construimos la matriz P mediante la siguiente base ortonormal de autovectores: (√ √ ) 2 1 2 −1 , , 1 1 2 2

donde el primer autovector da la dirección y sentido del nuevo eje X ′ (que corresponde a girar un ángulo 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 dirección y sentido del nuevo eje Y ′ . El cambio: √ # " √2 2 ′ x x − ′ x = P x −→ = √22 √22 y′ y 2

2

eliminará el término mixto x′ y ′ dejando la parte cuadrática como λ1 x′2 + λ2 y ′2 , modificará los coeficientes de los términos lineales, x′ e y ′, y no alterará el término independiente. Concretamente obtenemos: √ √ 2y ′2 − 2x′ + 2y ′ + 1 = 0. Completando cuadrados en y ′ y haciendo una traslación tenemos √ ! √ !2 √ ′ 2 ′ 2 1 √ ′2 ′ 2 y + y − 2x + 1 = 0, −→ 2 y + − − 2x′ + 1 = 0, 2 4 4 ! √ 2 √ 2 3 ′ − 2x′ + = 0, 2 y + 4 4 √ ! √ !2 √ √ 3 2 2 = 0, −→ 2y ′′2 − 2x′′ = 0, − 2 x′ − 2 y′ + 4 8 donde hemos realizado la traslación

√ 3 2 x =x − , 8 ′′

′

′′

′

y =y +

√

2 . 4

Por tanto, la ecuación canónica a la que hemos llegado, tras la rotación y la traslación √ llevadas a cabo, es x′′ = 2y ′′2 . El vértice V de la parábola√ es el origen en las coordenadas (x′′ , y ′′). Es decir, (x′′ , y ′′) = √ (0, 0) ⇔ (x′ = 3 8 2 , y ′ = − 42 ). En coordenadas (x, y) obtenemos √ ! √ √ ! √ √ √ 5 1 5 1 2 3 2 2 2 3 2 2 = , y= = , −→ V = . + − , x= 2 8 4 8 2 8 4 8 8 8 Matemáticas I.

Ingenier´ıa Civil


175

Para hacer el dibujo esquemático con una cierta precisión, puede sernos u ´ til el encontrar los puntos de corte (si los hay) de la parábola con los ejes coordenados (OX y OY ). Al hacer x = 0 en la ecuación de la cónica se obtiene y 2 + 1 = 0 que no tiene solución (real). Mientras que si hacemos y = 0 obtenemos x2 − 2x + 1 = 0 que tiene como solución (doble) x = 1. Por tanto, la parábola 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 información 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 que tienen la dirección y sentido del autovector correspondiente a λ1 y λ2 , respectivamente. Es decir, en este caso, con la elección que hicimos de autovalores y autovectores, los ejes X ′ e Y ′ se obtienen rotando un ángulo de 45o a los ejes X e Y . A continuación, dibujamos los ejes X ′′ e Y ′′ , paralelos respectivamente a los ejes X ′ e Y ′ , que resultan de trasladar el origen al vértice de la parábola V = − 81 , 58 . Finalmente, dibujamos la parábola, que es muy fácil de representar en las coordenadas (x′′ , y ′′). Teniendo en cuenta las intersecciones con los ejes X e Y obtenemos pues la figura adjunta.

X’

Y

X’’ Y’’

Y’

V ●

●

1

X

Nótese 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 análogamente, a x′′ = − 2y ′′2. En este situación, 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 análogamente, a y ′′ = 2x′′2 . De esta forma, estar´ıamos en el caso (b) de la figura siguiente. Finalmente, la cuarta y u ´ ltima posibilidad será 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 análogamente, a y = − 2x′′2 . Estar´ıamos entonces en el caso (c) de la figura siguiente. Y

Y

Y

Y’ Y’’

X’’ X’

V

V

●

V

●

●

●

●

1

●

1

X

1

X

X’

X

Y’ Y’

X’’

(a)

Y’’

X’

(b)

X’’

Y’’

(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 qué autovalor elijamos como primero y qué autovector de norma unidad elijamos para dicho Matemáticas I.

2012-2013

176

Tema 6.- Autovalores y autovectores. autovalor). Tras esta elección 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 ecuación canónica (reducida) y la representación gráfica de la cónica 2xy − 4x + 2y − 7 = 0 mediante los cambios de coordenadas adecuados. Puesto que la ecuación de la cónica tiene término en xy necesitamos hacer un giro para colocar los ejes en las direcciones de los autovectores de la matriz A (la que recoge los términos cuadráticos),

x y

0 1 1 0

Calculamos los autovalores, −λ 1 1 −λ

x y

− 4x + 2y − 7 = 0,

A=

0 1 1 0

.

= λ2 − 1 = 0 −→ λ1 = 1, λ2 = −1.

Los autovectores correspondientes son: λ1 = 1 :

λ2 = −1 :

−1 1 1 −1

1 1 1 1

x y

x y

=

=

0 0

0 0

−→ x − y = 0 −→

x y

x y

−→ x + y = 0 −→

=α

=α

1 1

,

−1 1

.

Construimos la matriz P mediante la siguiente base ortonormal de autovectores: (√ √ ) 2 1 2 −1 , , 1 1 2 2 donde el primer autovector da la dirección 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 dirección y sentido del nuevo eje Y ′ . El cambio de variables: ′

x = P x −→

x y

=

"

√ 2 √2 2 2

√

−√ 22 2 2

#

x′ y′

eliminará el término mixto x′ y ′ dejando la parte cuadrática como λ1 x′2 +λ2 y ′2 , podrá modificar los coeficientes de los términos lineales, x′ e y ′ , y no alterará el término independiente. Concretamente obtenemos: x′2 − y ′2 − Matemáticas I.

√

√ 2x′ + 3 2y ′ − 7 = 0. Ingenier´ıa Civil


177

Completando cuadrados en x′ e y ′ y haciendo una traslación: √ !2 √ !2 3 2 2 1 9 x′ − − − y′ − + − 7 = 0, 2 2 2 2 ! ! √ 2 √ 2 2 3 2 ′ ′ − y − − 3 = 0, x − 2 2 ′′2

x

−y

′′2

y ′′2 x′′2 − √ = 1, = 3 −→ √ ( 3)2 ( 3)2

donde hemos realizado la traslación √

2 x =x − , 2 ′′

′

√ 3 2 y =y − . 2 ′′

′

Deducimos que las as´ıntotas de la hipérbola son las rectas y ′′ = ±x′′ (perpendiculares entre s´ı al ser la hipérbola equilatera). Podemos deshacer los cambios (giro y traslación) para obtener sus ecuaciones en las coordenadas x-y. As´ı, √ √ 2 3 2 ′ ′′ ′′ ′ =x − y = x −→ y − 2 2 y, teniendo en cuenta que x′ = P T x (pues x = P x′ y P es ortogonal), tenemos √ √ 2 2 ′ ′ x = (x + y), y = (−x + y) 2 2 llegamos a

√ √ √ 2 2 2 3 2 (−x + y) − = (x + y) − −→ x = −1. 2 2 2 2 Procediendo análogamente, 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 hipérbola es el origen en las coordenadas (x′′ , y ′′). Es decir, (x′′ , y ′′) = √ 3 2 2 (0, 0) ⇔ (x′ = 2 , y ′ = 2 ). En coordenadas (x, y) obtenemos √ √ √ √ √ ! √ ! 2 2 2 2 2 2 x= = −1, y = = 2 −→ C = (−1, 2) . −3 +3 2 2 2 2 2 2 Para hacer el dibujo con cierta precisión puede ser u ´ til calcular los puntos de corte (si los hay) de la hipérbola con los ejes coordenados (OX y OY ). Al hacer x = 0 en la ecuación de la cónica se obtiene 2y − 7 = 0 que tiene como solución y = 7/2. Además, si hacemos y = 0 obtenemos −4x−7 = 0 que tiene como solución x = −7/4. Por tanto, la parábola corta al eje OY en el punto (0, 7/2) y al eje OX en el punto (−7/4, 0). Con toda la información 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 dirección y sentido de los autovectores correspondientes a λ1 y λ2 , respectivamente. Matemáticas I.

2012-2013

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Tema 6.- Autovalores y autovectores. Es decir, en este caso, con la elección que hicimos de autovalores y autovectores, los ejes X ′ e Y ′ se obtienen rotando un ángulo de 45o a los ejes X e Y . A continuación, dibujamos los ejes X ′′ e Y ′′ , paralelos respectivamente a los ejes X ′ e Y ′ , que resultan de trasladar el origen al centro de la hipérbola C = (−1, 2). Finalmente, dibujamos la hipérbola, que es muy fácil 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 más parecido posible al real.

Y

Y’’

X’’

Y’ 7/2 ● ●

●

−7/4

C

●

X’ 2

−1 ●

X

(4) Vamos a obtener la ecuación canónica (reducida) y la representación gráfica de la cónica −7x2 + 12xy + 2y 2 + 2x − 16y + 12 = 0 mediante los cambios de coordenadas adecuados. Puesto que la ecuación de la cónica tiene término en xy necesitamos hacer un giro para colocar los ejes en las direcciones de los autovectores de la matriz A (la que recoge los términos cuadráticos), −7 6 x −7 6 x y + 2x − 16y + 12 = 0, A= 6 2 y 6 2 Calculamos los autovalores, −7 − λ 6 6 2−λ

= λ2 + 5λ − 50 = 0 −→ λ1 = 5, λ2 = −10.

Y los autovectores correspondientes, 1 x 0 x −12 6 , =α −→ 2x − y = 0 −→ = λ1 = 5 : 2 y 0 y 6 −3 −2 x 0 x 3 6 . =α −→ x + 2y = 0 −→ = λ2 = −10 : 1 y 0 y 6 12 Construimos la matriz P mediante la siguiente base ortonormal de autovectores: (√ √ ) 5 1 5 −2 , . 2 1 5 5

El primer autovector da la dirección y sentido del nuevo eje X ′ (que corresponde a girar un ángulo 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 dirección y sentido del nuevo eje Y ′ . El cambio √ # " √5 2 5 ′ x x − ′ √5 = 2√5 5 x = P x −→ 5 y′ y 5

Matemáticas I.

5

Ingenier´ıa Civil


179

eliminará el término mixto x′ y ′ dejando la parte cuadrática como λ1 x′2 +λ2 y ′2 , podrá modificar los coeficientes de los términos lineales, x′ e y ′ , y no alterará el término independiente. Concretamente obtenemos: √ √ 5x′2 − 10y ′2 − 6 5x′ − 4 5y ′ + 12 = 0. Completando cuadrados en x′ e y ′ y haciendo una traslación: √ ! √ ! 5 5 ′ 2 6 x′ − 10 y ′2 + y + 12 = 0, 5 x′2 − 5 5 √ !2 √ !2 5 3 5 ′ ′ − 9 − 10 y + + 2 + 12 = 0, 5 x − 5 5 √ !2 √ !2 3 5 5 5 x′ − − 10 y ′ + + 5 = 0, 5 5 5x′′2 − 10y ′′2 + 5 = 0 −→ x′′2 − 2y ′′2 = −1 −→

y ′′2 x′′2 − √ 2 = −1, 12 2 2

donde hemos realizado la traslación

√ 3 5 , x =x − 5 ′′

′

′′

′

y =y +

√

5 . 5 √

Deducimos que las as´ıntotas de la hipérbola son las rectas y ′′ = ± 22 x′′ ≈ ±0,707x′′ . Podemos deshacer los cambios (giro y traslación) para obtener sus ecuaciones en las coordenadas x-y. As´ı, √ √ ! √ √ 2 ′′ 5 2 3 5 ′′ ′ ′ y = x − x −→ y + = 2 5 2 5 y, teniendo en cuenta que x′ = P T x (pues x = P x′ y P es ortogonal), tenemos que √ √ 5 5 (x + 2y), y ′ = (−2x + y) x′ = 5 5 llegamos a √ √ √ ! √ √ √ ! √ √ 5 5 2 5 2 3 5 3 2 −→ 2 + x+( 2+1)y = 1+ (−2x+y)+ = (x + 2y) − . 5 5 2 5 5 2 2 √

Procediendo análogamente, y ′′ = − 22 x′′ se convierte en √ √ ! √ 2 3 2 x + (− 2 + 1)y = 1 − . 2− 2 2 El centro C de la hipérbola√ es el origen en las coordenadas (x′′ , y ′′). Es decir, (x′′ , y ′′) = √ (0, 0) ⇔ (x′ = 3 5 5 , y ′ = − 55 ). En coordenadas (x, y) obtenemos √ √ √ ! √ ! √ √ 5 3 5 2 5 5 6 5 5 = 1, y = = 1 −→ C = (1, 1) . x= + − 5 5 5 5 5 5 Matemáticas I.

2012-2013

180

Tema 6.- Autovalores y autovectores. Para hacer el dibujo esquemático con una cierta precisión, puede sernos u ´ til el encontrar los puntos de corte (si los hay) de la hipérbola con los ejes coordenados (OX y OY ). 2 Al hacer x = 0 en la √ ecuación de la cónica se obtiene y − 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±7 85 , es decir, x ≈ 1,46 y x ≈ −1,17. Por tanto, la hipérbola 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 información 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 dirección y sentido del autovector correspondiente a λ1 y λ2 , respectivamente. Es decir, en este caso, con la elección que hicimos de autovalores y autovectores, los ejes X ′ e Y ′ se obtienen rotando un ángulo de 63,4o (aproximadamente) a los ejes X e Y . A continuación, dibujamos los ejes X ′′ e Y ′′ , paralelos respectivamente a los ejes X ′ e Y ′ , que resultan de trasladar el origen al centro de la hipérbola C = (1, 1). Finalmente, dibujamos la hipérbola, que es fácil 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 más parecido posible al real. Y X’ X’’ Y’’ Y’ 1

●

C

1

X

Reducci´ on de una cu´ adrica girada. Definici´ on. Una cuádrica es el lugar geométrico de los puntos (x, y, z) que satisfacen una ecuación general de segundo grado de la forma f (x, y, z) = a11 x2 + a22 y 2 + a33 z 2 + 2a12 xy + 2a13 xz + 2a23 yz + 2a1 x + 2a2 y + 2a3 z + a0 = 0, llamada ecuación de la cuádrica (alguno de los coeficientes aij tiene que ser distinto de cero). Esta ecuación se puede escribir matricialmente en la forma      x a11 a12 a13 x f (x, y, z) = x y z  a12 a22 a23   y  + 2 a1 a2 a3  y  + a0 = 0, a13 a23 a33 z z y vectorialmente como f (x) = xt Ax+2at x+a0 = 0.

Al igual que en el caso de las cónicas, el proceso para llevar una cuádrica 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 cuádrica y una segunda consistente en determinar una traslación. Matemáticas I.

Ingenier´ıa Civil

6.4.- Aplicaciones del cálculo de autovalores y autovectores. El término principal de la ecuación de la cuádrica  a11 a12 t x Ax = x y z  a12 a22 a13 a23

se puede  a13 a23   a33

181 escribir como  x y . z

Puesto que la matriz A es real y simétrica puede diagonalizarse mediante una matriz de paso ortogonal P cuyas columnas {u1 , u2 , u3 } serán, 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 x  y  = P  y′  , z′ z

la ecuación de la cuádrica queda  ′ ′ ′ λ1 0 x y z  0 λ2 0 0

de la forma  ′   ′  0 x x 0   y ′  + 2 b1 b2 b3  y ′  + b0 = 0, z′ z′ λ3

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 hiperbólico. Cilindro hiperbólico. Un par de planos que se cortan. (5) A tiene dos autovalores iguales a cero: Cilindro parabólico. Un par de planos paralelos, confundidos (un solo plano) o nada.

Matemáticas I.

2012-2013

182


6.5.- Ejercicios. 6.5.1.- Enuinciados. Ejercicio 1. Dada la matriz 

 3 0 a 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 demás autovalores y autovectores.

Ejercicio 2. Determina los valores del parámetro α para los que es diagonalizable cada una de las siguientes matrices,       1 0 0 0 2 0 0 −1 α 3 0  , C =  2 3 −α  . A =  α 1 0  , B =  −1 1 1 2 α α+2 1 0 0 1 Ejercicio 3. Dada la matriz 

 1 0 1 A =  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 función de los parámetros que aparecen.       −1 0 0 0 a+3 b 1 5 0 0  a −1 0 0  . a 0  , B =  0 −1 b  , C =  A= 0  b d 1 0  2 a −1 c a+1 3 0 a c e f 1 Ejercicio 5. Calcula bases de R3 formadas por autovectores y autovectores generalizados de las siguientes matrices:     4 −1 1 0 1 0 A =  1 3 −1  , B =  0 0 1 . 0 1 1 2 −5 4 Matemáticas I.

Ingenier´ıa Civil

6.5.- Ejercicios.

183

Ejercicio 6. Determina la matriz de la transformación lineal T : x ∈ R2 −→ T (x) = Ax ∈ R2 respecto de la base B = {v1 , v2 } siendo 5 1 1 1 . , v2 = , v1 = A= 4 1 −1 3 Ejercicio 7. Sea f : R4 → R4 la aplicación  a  0 A=  −1 0

lineal dada por f (x) = Ax, donde  1 −1 −1 b 0 −3  . 2 c 1  1 0 d

(a) Halla A sabiendo que f (S1 ) = S2 , donde x1 − x2 = 0 y S2 = Gen {(1, −2, 1, 1)T , (0, 3, −1, −2)T }. S1 ≡ x3 + x4 = 0 (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         1 −2 0 5 2 2 1 −1 0 1 1 1 2 −2  , 2 −4  , A3 =  −1 2 −1  , A4 =  1 1 1  . A1 =  −2 A2 =  2 0 −2 3 2 −4 2 0 −1 1 1 1 1 Ejercicio 9. (1) Toda matriz simétrica 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 antisimétrica (AT = −A). Demuestra que det(A) = 0.

Ejercicio 10. Calcula la solución del problema de valor inicial 

 3 0 −1 A =  10 1 −5  1 0 1 Matemáticas I.

y

un = Aun−1 u0

siendo



 0 u0 =  0  . 1 2012-2013

184


Ejercicio 11. Reduce, clasifica y representa las siguientes cónicas: (a) 13x2 + 10y 2 + 4xy − 26x − 22y + 23 = 0. (a’) 13x2 + 10y 2 + 4xy − 26x − 22y + 2 = 0. (b) 4x2 + y 2 − 4xy − 2y + 1 = 0. (b’) 4x2 + y 2 − 4xy + 4x − 2y + 1 = 0. (c) 5x2 + 2y 2 − 4xy + 12x − 4y = 0. (c’) 5x2 + 2y 2 − 4xy + 12x − 4y + 9 = 0. (d) x2 + 4y 2 − 4xy + 6x − 12y + 9 = 0. (e) 2xy − 5 = 0. Ejercicio 12. Determina la ecuación de la cónica que pasa por los puntos (0, 0), (0, 2), (2, −1), (5, 0), (3, −1) y representa dicha cónica.

Ejercicio 13. Reducir, clasificar y representar las siguientes cuádricas: (a) 3x2 + 2xy − 10y 2 = 0. (b) x2 + y 2 − z 2 − 2z − 1 = 0. (c) 2x + 2y − 2z − 2xy + 4xz + 4yz − 3z 2 = 0. (d) 5x2 + 6y 2 + 7z 2 − 4xy + 4yz − 10x + 8y + 14z − 6 = 0.

Matemáticas I.

Ingenier´ıa Civil

6.5.- Ejercicios.

185

6.5.2.- Soluciones. Ejercicio 1. (a) a = 8, b = 6, c = −5. (b) λ = −1 es el u ´ nico autovalor (triple). Autovectores: (A + I)x = 0.

     0 −2   Nul (A + I) = Gen v1 =  1  , v2 =  0  .   0 1

Ejercicio 2. A: A es diagonalizable ⇐⇒ α = 0. B: B es diagonalizable ⇐⇒ α = − 23 . C: C es diagonalizable ⇐⇒ α = 0.

Ejercicio 3. (a) A es diagonalizable ⇐⇒ a = 6. (b) Sólo 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 1 1 1 = − (doble), µ2 = = (simple) λ1 2 λ2 2

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:      0 1   (A + 2I) x = 0 ⇔ x ∈ Gen v1 =  1  v2 =  0  .   0 −3 Autovectores de A−1 asociados a µ2 ≡ los de A asociados a λ2 = 2:    1    (A − 2I) x = 0 ⇔ x ∈ Gen v3 = 2    1

(c) Si n es par An = 2n I.

Si n es impar An = 2n−1 A.

Ejercicio 4. A:

Si a 6= −2, 0, 2 =⇒ A es diagonalizable. Para a = −2, 2

  Si b = c =⇒ A es diagonalizable. 

Si b 6= c =⇒ A no es diagonalizable.

Para a = 0, para todo b y c =⇒ A no es diagonalizable. Matemáticas I.

2012-2013

186 B:

Tema 6.- Autovalores y autovectores. Si a 6= −1, 5 =⇒ B es diagonalizable. Para a = −1

  Si b = 0 =⇒ B es diagonalizable. 

Si b 6= 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



       0 1 2 −3 v1 =  1  , v2 =  2  , w3 =  1  , w4 =  0  . 1 1 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



       1 1 2 −1 v1 =  2  , v2 =  1  , w3 =  1  , w4 =  0  . 4 1 0 1

Ejercicio 6. La matriz de T respecto a la base B = {v1 , v2 } es 2 −1 B= . 0 2 Notemos que lo anterior significa que T (x′1 v1 + x′2 v2 ) = (2x′1 − x′2 )v1 + (2x′2 )v2 y en particular, T (v1 ) = 2v1

y T (v2 ) = −v1 + 2v2

como es fácil comprobar en coordenadas canónicas 1 1 1 2 1 1 5 9 T (v1 ) = = , T (v2 ) = = . −1 3 1 2 −1 3 4 7 Ejercicio 7. (a)  0 1 −1 −1  0 −2 0 −3  . A=  −1 2 0 1  0 1 0 2 

Matemáticas I.

Ingenier´ıa Civil

6.5.- Ejercicios.

187

(c) Una base de R4 formada por autovectores y autovectores generalizados de A es          −1  1 −3 −1      −6   0   −2   0         v1 =   1  , w1 =  0  , v2 =  1  , w2 =  0  .      2 0 2 0 Ejercicio 8. A1 :



 2 −2 1 es una matriz ortogonal 1  2 1 −2 Q= 3 1 2 2 QT Q = QQT = I



 Q=

− 31 2 3 2 3

2 √ 3 5 −4 √ 3 5 5 √ 3 5

√2 5 √1 5

0





 Q=

√1 3 √1 3 √1 3

−1 √ 2

0 √1 2

√1 6 −2 √ 6 √1 6



− √12 − √16  Q =  √12 − √16 √1 0 6 que diagonaliza A4 :

Matemáticas I.

−3



0



0

5

.

QT Q = QQT = I

Q−1 A2 Q = D ≡ QT A2 Q = D =  

6

.

QT Q = QQT = I

Q−1 A3 Q = D ≡ QT A3 Q = D  √1 3 √1 3 √1 3

6



es una matriz ortogonal

 

que diagonaliza A3 : A4 :



2



es una matriz ortogonal

 


−1

Q−1 A1 Q = D ≡ QT A1 Q = D = 




  

3



3



1

.

es una matriz ortogonal QT Q = QQT = I

Q−1 A4 Q = D ≡ QT A4 Q = D 

0

.

2012-2013

188


Ejercicio 9. (1) X Diagonaliza en una base ortonormal de Rm . (2) Si A es una matriz antisimétrica (AT = −A) de orden impar n, tenemos que det (A) = det (AT ) = det (−A) = (−1)n det (A) = −det (A) =⇒ det (A) = 0.



 −n Ejercicio 10. Tenemos que un = 2n−1  −5n  . 2−n Ejercicio 11. (a) 13x2 + 10y 2 + 4xy − 26x − 22y + 23 = 0. Se trata de una elipse imaginaria (no hay ning´ un punto (x, y) con coordenadas reales que verifique la ecuación). (a’) 13x2 + 10y 2 + 4xy − 26x − 22y + 2 = 0. Es la ecuación de una elipse (real) (b) 4x2 + y 2 − 4xy − 2y + 1 = 0. Se trata de una parábola. 2

2

4 x +y −4 x y−2 y+1 = 0 6

5

4

y

3

y−

2

13 25

=2 x−

4 25

(0, 1)

1

0

V =

−1

−2

−2

−1

0

1

2

4 13 , 25 25 3

4

5

6

7

x

(b’) 4x2 + y 2 − 4xy + 4x − 2y + 1 = 0. Nada. Reduciendo la ecuación (mediante cambios de variables apropiados) puede llegarse a una ecuación de la forma 5x′′2 = ρ < 0. (c) 5x2 + 2y 2 − 4xy + 12x − 4y = 0. Se trata de una elipse (real). (c’) 5x2 + 2y 2 − 4xy + 12x − 4y + 9 = 0. Nada (elpise imaginaria). (d) x2 + 4y 2 − 4xy + 6x − 12y + 9 = 0. Se trata de una recta doble, (x − 2y + 3)2 = 0. (e) 2xy−5 = 0. Se trata de una hipérbola equilátera con los ejes coordenados como as´ıntotas. Matemáticas I.

Ingenier´ıa Civil

6.5.- Ejercicios.

189

Ejercicio 12. Tenemos infinitas soluciones que dan lugar a ecuaciones equivalentes a x2 + 2y 2 − 5x − 4y = 0. 2

2

x +2 y −5 x−4 y = 0

Y

4

4

5 2

3

2

C= y

Por tanto, se trata de la ecuación de una elipse con ejes paralelos a los coordenados y cuyos elementos caracter´ısticos pueden obtenerse sin más que escribir la ecuación anterior en la forma 2 x − 52 (y − 1)2 + = 1. 33 33

x=

1

0

5 ,1 2

y=1

O

X

−1

8

−2

−2

−1

0

1

2

3

4

5

6

7

x

Ejercicio 13. (a) Se trata, obviamente, de un cilindro hiperbólico. Puesto que en la ecuación no interviene la variable z, al cortar la cuádrica con cada plano z = cte siempre se obtiene la misma proyección en el plano OXY , la hipérbola de ecuación 3x2 + 2xy − 10y 2 = 0. (b) Cono de ecuación x2 + y 2 − (z + 1)2 = 0 con vértice V = (0, 0, −1) y eje el eje OZ ≡ {x = 0, y = 0}. (c) Se trata de un hiperboloide de dos hojas. La ecuación reducida es 5x′′2 − y ′′2 − z ′2 =

13 x′′2 y ′′2 z ′′2 ≡ 13 − 13 − 13 = 1. 15 75 15 15

(d) Se trata de un elipsoide de centro C(1, 0, −1) y semiejes a =

Matemáticas I.

√

6, b =

√

3yc=

√

2.

2012-2013

Tema 6.- Autovalores y autovectores

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