Autovalores y autovectores
Analicemos la siguiente situación
|
| "L" es el subespacio generado por $\vec{u}$ y al aplicar la transformación $f(\vec{u})$, el vector transformado respecto a la nueva base $[\vec{u}]_{B}$ escapa de "L" |
Es evidente que durante una transformación lineal, la mayoría de los
vectores del espacio dominio se escapan del subespacio que generan. No
obstante, la minoría se mantiene en su subespacio y solo cambian de tamaño.
Este tipo de vectores se los denominan vectores propios o
autovectores.
|
| Al aplicar la transformación $f(\vec{u})$, el vector transformado $[\vec{u}]_{B}$ es el mismo $\vec{u}$ pero con tamaño ampliado en un factor $\lambda$ |
El factor con el que el vector $\vec{u}$
cambia se denomina valor propio o autovalor. Este
interesante comportamiento tiene muchas aplicaciones en el área de las
matemáticas. Puesto que permite deducir nuevas operaciones entre
matrices que simplifican ciertos análisis como: resolución de
ecuaciones diferenciales, rotación de sólidos en el espacio o
diagonalización.
Para determinar los autovalores y autovectores de una transformación
lineal podemos partir de:
\[A\vec{u}=\lambda\vec{u}\]
Puesto que deseamos hallar un vector $\vec{u}$
de manera que al aplicar la transformación A, solo cambie su tamaño en un factor $\lambda$. Por tanto, el objetivo es despejar $\vec{u}$ como sigue:
\[A\vec{u}-\lambda\vec{u}=\varnothing\]
\[(A-\lambda I)\vec{u}=\varnothing\]
Note que se obtuvo un sistema homogéneo, donde se espera que el vector $\vec{u}$
sea diferente del vector nulo. En otras palabras, se desea que el
sistema sea consistente e indeterminado, y en sistemas homogéneos esto
es posible solo si el determinante de la matriz de transformación es
singular. Es decir
\[\textrm{det}(A-\lambda I)=0\]
siendo esta la expresión de la denominada ecuación característica de "A". Se llama así debido a que permite hallar los
autovalores $\lambda$
de "A" que se asocian a los autovectores $\vec{u}$ si es que existen. De esta manera se puede decir que solo las
transformaciones cuya ecuación característica tenga solución, poseen
valores y vectores propios.
Es evidente que para encontrar los
autovectores, solo es necesario evaluar los autovalores en la matriz $A-\lambda I$
y resolver el sistema homogéneo deducido anteriormente. Pues su espacio solución
contiene todos los autovectores de "A".
Ejemplo 1: Determine los autovalores y autovectores de la matriz
\[A=\begin{bmatrix} 2 & 2 & 3\\ 1 & 2 & 1\\ 2 &
-2 & 1 \end{bmatrix}\]
Calculando el determinante se obtiene el denominado polinomio característico:
\[\small \textrm{det}\left ( \begin{bmatrix} 2 & 2 & 3\\ 1
& 2 & 1\\ 2 & -2 & 1 \end{bmatrix}-\begin{bmatrix}
\lambda & 0 & 0\\ 0 & \lambda & 0\\ 0 & 0 &
\lambda \end{bmatrix} \right )=\textrm{det}\left ( \begin{bmatrix}
2-\lambda & 2 & 3\\ 1 & 2-\lambda & 1\\ 2 & -2
& 1-\lambda \end{bmatrix} \right )\]
\[\small \begin{vmatrix} 2-\lambda & 2 & 3\\ 1 &
2-\lambda & 1\\ 2 & -2 & 1-\lambda
\end{vmatrix}=(2-\lambda)\begin{vmatrix} 2-\lambda & 1\\ -2 &
1-\lambda \end{vmatrix}-2\begin{vmatrix} 1 & 1\\ 2 & 1-\lambda
\end{vmatrix}+3\begin{vmatrix} 1 & 2-\lambda \\ 2 & -2
\end{vmatrix}\]
\[P(\lambda )=-\lambda^{3}+5\lambda^{2}-2\lambda-8\]
de manera que se obtiene y se resuelve la ecuación característica:
\[-\lambda^{3}+5\lambda^{2}-2\lambda-8=0\]
\[(\lambda -2)(-\lambda ^{2}+3\lambda +4)=0\]
\[(\lambda -2)(\lambda -4)(\lambda +1)=0\]
Así los autovalores de "A" son:
\[\lambda _{1}=2,\, \lambda _{2}=4,\, \lambda _{3}=-1\]
Luego, los autovectores asociados a $\lambda_{1}$ se calculan como sigue:
\[\small \underset{F1\leftrightarrow F2}{\left [ \begin{matrix} 0
& 2 & 3\\ 1 & 0 & 1\\ 2 & -2 & -1
\end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\
\end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix} \right ]}\sim
\underset{F3+F2}{\left [ \begin{matrix} 1 & 0 & 1\\ 0 & 2
& 3\\ 2 & -2 & -1 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\
\\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix} \right
]}\sim \underset{F3-2F1}{\left [ \begin{matrix} 1 & 0 & 1\\ 0
& 2 & 3\\ 2 & 0 & 2 \end{matrix}\left.\begin{matrix}
\\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix}
\right ]}\]
\[\underset{\frac{1}{2}F2}{\left [ \begin{matrix} 1 & 0 &
1\\ 0 & 2 & 3\\ 0 & 0 & 0
\end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\
\end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix} \right
]}\sim \left [ \begin{matrix} 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 &
\frac{3}{2}\\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\
\\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix}
\right ]\]
si $z=\frac{2}{3}t_{1}$
entonces
\[\textrm {eig}(A)_{1}=\begin{bmatrix} -\frac{2}{3}\\ -1\\
\frac{2}{3} \end{bmatrix}t_{1}\]
Para los autovectores asociados a $\lambda_{2}$ se tiene:
\[\small \underset{F1\leftrightarrow F2}{\left [ \begin{matrix} -2
& 2 & 3\\ 1 & -2 & 1\\ 2 & -2 & -3
\end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\
\end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix} \right
]}\sim \underset{F3+F2}{\left [ \begin{matrix} 1 & -2 & 1\\
-2 & 2 & 3\\ 2 & -2 & -3
\end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\
\end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix} \right
]}\sim \underset{F2+2F1}{\left [ \begin{matrix} 1 & -2 & 1\\
-2 & 2 & 3\\ 0 & 0 & 0
\end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\
\end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix} \right ]}\]
\[\underset{-\frac{1}{2}F2}{\left [ \begin{matrix} 1 & -2 &
1\\ 0 & -2 & 5\\ 0 & 0 & 0
\end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\
\end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix} \right
]}\sim \left [ \begin{matrix} 1 & -2 & 1\\ 0 & 1 &
-\frac{5}{2}\\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\
\\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix}
\right ]\]
si $z=\frac{2}{5}t_{2}$ entonces
\[\textrm{eig}(A)_{2}=\begin{bmatrix} \frac{8}{5}\\ 1\\ \frac{2}{5}
\end{bmatrix}t_{2}\]
Por último, para los autovectores asociados a $\lambda_{3}$ se tiene:
\[\small \underset{F1\leftrightarrow F2}{\left [ \begin{matrix} 3
& 2 & 3\\ 1 & 3 & 1\\ 2 & -2 & 2
\end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\
\end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix} \right
]}\sim \underset{\begin{matrix} F2-3F1\\ F3-2F1
\end{matrix}}{\left [ \begin{matrix} 1 & 3 & 1\\ 3 & 2
& 3\\ 2 & -2 & 2 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\
\\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix}
\right ]}\sim \underset{\begin{matrix} -\frac{1}{7}F2\\
\frac{1}{8}F3 \end{matrix}}{\left [ \begin{matrix} 1 & 3 &
1\\ 0 & -7 & 0\\ 0 & -8 & 0
\end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\
\end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix} \right
]}\]
\[\underset{F3 + F2}{\left [ \begin{matrix} 1 & 3 & 1\\ 0
& 1 & 0\\ 0 & -1 & 0
\end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\
\end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix} \right
]}\sim \left [ \begin{matrix} 1 & 3 & 1\\ 0 & 1 &
0\\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\
\end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix} \right
]\]
si $z=t_{3}$ entonces
\[\textrm{eig}(A)_{3}=\begin{bmatrix} -1\\ 0\\ 1
\end{bmatrix}t_{3}\]
Note que para denotar a los autovectores se utilizó el prefijo
"eig" ya que también se los conocen como eigenvetores.
Para comprobar el efecto de los autovectores de "A" supongamos que $t_{1}=3,\, t_{2}=5,\, t_{3}=8$ de manera que:
\[e_{1}=\begin{bmatrix} -2\\ -3\\ 2 \end{bmatrix},\, e_{2}=\begin{bmatrix} 8\\ 5\\ 2 \end{bmatrix},\, e_{3}=\begin{bmatrix} -8\\ 0\\ 8 \end{bmatrix}\]
Así, al aplicar la transformación "A" se obtiene:
\[[e_{1}]_{A}=\begin{bmatrix} -4\\ -6\\ 4 \end{bmatrix}, \, [e_{2}]_{A}=\begin{bmatrix} 32\\ 20\\ 8 \end{bmatrix}, \, [e_{3}]_{A}=\begin{bmatrix} 8\\ 0\\ -8 \end{bmatrix}\]
Graficando todos estos vectores se puede observar lo siguiente:
|
| El vector $[e_{1}]_{A}$ es 2 veces mas grande que $e_ {1}$, el vector $[e_{2}]_{A}$ es 4 veces mas grande que $e_ {2}$ y el vector $[e_{3}]_{A}$ cambia de sentido al vector $e_{3}$ pero en su misma dirección |
Así entonces, se comprueba el efecto de los autovectores y la relación que tienen con sus autovalores respectivos.
Ejemplo 2: Encuentre si es posible los autovalores y autovectores de la matriz
\[A=\begin{bmatrix} 4 & 0 & 1\\ 2 & 3 & 2\\ 1 & 0 & 4 \end{bmatrix}\]
Calculando el polinomio y ecuación característica
\[\small \begin{vmatrix}4-\lambda & 0 & 1 \\2 & 3-\lambda & 2 \\1 & 0 & 4-\lambda \\\end{vmatrix}=(3-\lambda )\begin{vmatrix}4-\lambda & 1\\1 & 4-\lambda \\\end{vmatrix}=(3-\lambda )[(4-\lambda )^{2}-1]\]
\[ P(\lambda )=(3-\lambda )(\lambda -3)(\lambda -5)=0\]
En este caso observe que 3 es una raiz que satisface a dos de los factores de la ecuación característica. Por tanto, se dice que el autovalor se repite dos veces o tiene multiplicidad de 2. Así entonces, se concluye que solo se tienen dos autovalores: $\lambda_{1,2}=3,\, \lambda_{3}=5$.
Ahora, hallamos los autovectores como sigue:
Para $\lambda_{1,2}$:
\[\small \underset{F3-F1}{\left [ \begin{matrix}1 & 0 & 1 \\2 & 0 & 2 \\1 & 0 & 1\\\end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\\end{matrix}\right|\begin{matrix}0 \\0 \\0\end{matrix} \right ]}\sim \underset{F2-2F1}{\left [ \begin{matrix}1 & 0 & 1 \\2 & 0 & 2 \\0 & 0 & 0\\\end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\\end{matrix}\right|\begin{matrix}0 \\0 \\0\end{matrix} \right ]}\sim \left [ \begin{matrix}1 & 0 & 1 \\0 & 0 & 0 \\0 & 0 & 0\\\end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\\end{matrix}\right|\begin{matrix}0 \\0 \\0\end{matrix} \right ]\]
si $z=t,\, y=s$ entonces se tiene el espacio solución
\[E=\begin{bmatrix} -1 \\0 \\1 \end{bmatrix}t+\begin{bmatrix}0 \\1 \\0\end{bmatrix}s\]
cuyos vectores base evidentemente son los autovectores correspondientes
\[\textrm{eig}(A) _{1}=\begin{bmatrix}-1 \\0 \\1\end{bmatrix},\: \textrm{eig}(A)_{2}=\begin{bmatrix}0 \\1 \\0\end{bmatrix}\]
Para $\lambda_{3}$:
\[\underset{F3+F1}{\left [ \begin{matrix}-1 & 0 & 1 \\2 & -2 & 2 \\1 & 0 & -1\\\end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\\end{matrix}\right|\begin{matrix}0 \\0 \\0\end{matrix} \right ]}\sim \underset{F2+2F1}{\left [ \begin{matrix}-1 & 0 & 1 \\2 & -2 & 2 \\0 & 0 & 0\\\end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\\end{matrix}\right|\begin{matrix}0 \\0 \\0\end{matrix} \right ]}\sim \left [ \begin{matrix}1 & 0 & 1 \\0 & -2 & 4 \\0 & 0 & 0\\\end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\\end{matrix}\right|\begin{matrix}0 \\0 \\0\end{matrix} \right ]\]
si $x=-p$ entonces
\[\textrm{eig}(A)_{3}=\begin{bmatrix}-1 \\2 \\1\end{bmatrix}p\]
obteniendo así 3 conjuntos de autovectores.
Por tanto, con este ejemplo se demostró que en algunos casos, un solo autovalor puede generar más de un conjunto de autovectores.
Diagonalización
Diagonalizar una matriz significa convertirla a una matriz diagonal con el fin de utilizar sus características de transformación.
Puesto que su propiedad de escalar los vectores base del dominio resulta de utilidad para realizar operaciones con matrices complicadas. Aquí, los autovectores se convierten en una herramienta importante, ya que su concepto da a entender que cumplen con la misma propiedad. Sin embargo, puede ocurrir que no se tengan los autovectores suficientes para formar una base de igual dimensión que la matriz al que se desea diagonalizar. En otras palabras, no todas las matrices se pueden
diagonalizar, y por tanto, es necesario que estas posean "n" autovectores
linealmente independientes.
Recordando el vector de coordenadas, se sabe que para
representar un vector en un sistema de coordenadas "B" diferente al convencional, se aplica la operación
\[[u]_{B}=u_{x}\mathbf{i_{B}}+u_{y}\mathbf{j_{B}}\]
siendo $\mathbf{i_
{B}}$ y $\mathbf{j_ {B}}$ los vectores base del sistema B.
Debido a que es posible representar los vectores base de una
transformación mediante una matriz, la operación anterior se
puede escribir como
\[[u]_{B}=\begin{bmatrix} \mathbf{i_{Bx}} &
\mathbf{j_{Bx}}\\ \mathbf{i_{By}} & \mathbf{j_{By}}
\end{bmatrix}\begin{bmatrix} u_{x}\\ u_{y} \end{bmatrix}\]
donde a la matriz construida se la denomina
matriz de cambio de base.
Podemos decir que esta matriz "traduce" un vector de un
sistema de coordenadas "B" a un sistema de base canónica, cuya finalidad es manipular al mismo vector desde un sistema conocido.
\[[v]_{B}=\begin{bmatrix} a & c\\ b & d
\end{bmatrix}\begin{bmatrix} \mathbf{i_{Bx}} &
\mathbf{j_{Bx}}\\ \mathbf{i_{By}} & \mathbf{j_{By}}
\end{bmatrix}\begin{bmatrix} u_{x}\\ u_{y} \end{bmatrix}\]
Sin embargo, la idea del cambio de base no se dirige a la traducción de un sistema diferente a uno de base canónica. Por el
contrario, es traducir un sistema de base canónica a uno de diferente base, y para lograr esto se puede partir de:
\[\begin{bmatrix} u_{x}\\ u_{y}
\end{bmatrix}_{B}=\begin{bmatrix} \mathbf{i_{Bx}} &
\mathbf{j_{Bx}}\\ \mathbf{i_{By}} & \mathbf{j_{By}}
\end{bmatrix}\begin{bmatrix} u_{x}\\ u_{y} \end{bmatrix}\]
\[\begin{bmatrix} \mathbf{i_{Bx}} & \mathbf{j_{Bx}}\\
\mathbf{i_{By}} & \mathbf{j_{By}}
\end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix} u_{x}\\ u_{y}
\end{bmatrix}_{B}=\begin{bmatrix} u_{x}\\ u_{y}
\end{bmatrix}\]
Pues al aplicar la matriz inversa de cambio de base, ya estamos "invirtiendo las traducciones", a razón de convertir un vector desde un sistema de base canónica a otro de base diferente. Así, resulta posible emplear una transformación lineal a un sistema con base diferente a la canónica.
Ahora si la matriz de cambio de base contiene a los
autovectores de la matriz que se desea
"traducir" al sistema B, se obtiene la matriz diagonal:
\[D=P^{-1}AP\]
Ejemplo 1: Determine si es posible una matriz P que
diagonalice a
\[A=\begin{bmatrix} 1 & 0 & 2\\ 0 & 1 & 0\\
4 & 0 & 3 \end{bmatrix}\]
Como P debe contener a los autovectores de A, se procede a
realizar el cálculo respectivo:
Polinomio característico:
\[\small \textrm{det}\left ( \begin{bmatrix} 1-\lambda
& 0 & 2\\ 0 & 1-\lambda & 0\\ 4 & 0
& 3-\lambda \end{bmatrix} \right )=(1-\lambda
)\begin{vmatrix} 1-\lambda & 0\\ 0 & 3-\lambda
\end{vmatrix}+2\begin{vmatrix} 0 & 1-\lambda \\ 4 &
0 \end{vmatrix}\]
\[P(\lambda )=(1-\lambda )(1-\lambda )(3-\lambda
)-8(1-\lambda )\]
\[P(\lambda )=-\lambda^{3}+5\lambda^{2}+\lambda -5\]
Ecuación característica y cálculo de autovalores:
\[\lambda^{3}-5\lambda^{2}-\lambda +5=0\]
\[(\lambda +1)(\lambda ^{2}-6\lambda +5)=0\]
\[(\lambda +1)(\lambda -1)(\lambda -5)=0\]
\[\lambda _{1}=-1,\, \lambda _{2}=1,\, \lambda
_{3}=5\]
Cálculo de autovectores:
Para $\lambda_{1}$:
\[\underset{F3-2F1}{\left [ \begin{matrix} 2 & 0 &
2\\ 0 & 2 & 0\\ 4 & 0 & 4
\end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\
\end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix}
\right ]}\sim \underset{\begin{matrix} \frac{1}{2}F1\\
\frac{1}{2}F2 \end{matrix}}{\left [ \begin{matrix} 2 & 0
& 2\\ 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 0
\end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\
\end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix}
\right ]}\sim \left [ \begin{matrix} 1 & 0 & 1\\ 0
& 1 & 0\\ 0 & 0 & 0
\end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\
\end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix}
\right ]\]
\[\textrm{eig}(A)_{1}=\begin{bmatrix} 1\\ 0\\ -1
\end{bmatrix}t_{1}\]
Para $\lambda_{2}$:
\[\underset{F2\leftrightarrow F3}{\left [ \begin{matrix}
0 & 0 & 2\\ 0 & 0 & 0\\ 4 & 0 & 2
\end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\
\end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix}
\right ]}\sim \underset{F2-F1}{\left [ \begin{matrix} 0
& 0 & 2\\ 4 & 0 & 2\\ 0 & 0 & 0
\end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\
\end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix}
\right ]}\sim \left [ \begin{matrix} 0 & 0 & 2\\ 4
& 0 & 0\\ 0 & 0 & 0
\end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\
\end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0\\ 0 \end{matrix}
\right ]\]
\[\textrm{eig}(A)_{2}=\begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0
\end{bmatrix}t_{2}\]
Para $\lambda_{3}$:
\[\underset{F3+F1}{\left [ \begin{matrix} -4 & 0
& 2\\ 0 & -4 & 0\\ 4 & 0 & -2
\end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \\
\end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0\\ 0
\end{matrix} \right ]}\sim \underset{\begin{matrix}
-\frac{1}{4}F1\\ -\frac{1}{4}F2 \end{matrix}}{\left [
\begin{matrix} -4 & 0 & 2\\ 0 & -4 &
0\\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}\left.\begin{matrix}
\\ \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0\\ 0
\end{matrix} \right ]}\sim \left [ \begin{matrix} 1
& 0 & -\frac{1}{2}\\ 0 & 1 & 0\\ 0
& 0 & 0 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\
\\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0\\ 0
\end{matrix} \right ]\]
\[\textrm{eig}(A)_{3}=\begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 2
\end{bmatrix}t_{3}\]
Si
$t_{1}=t_{2}=t_{3}=1$, una posible matriz P que diagonalice a A
será:
\[P=\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1\\ 0 & 1 &
0\\ -1 & 0 & 2 \end{bmatrix}\]
Comprobemos si realmente P diagonaliza a A:
\[D=\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1\\ 0 & 1
& 0\\ -1 & 0 & 2
\end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix} 1 & 0 & 2\\
0 & 1 & 0\\ 4 & 0 & 3
\end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1\\ 0
& 1 & 0\\ -1 & 0 & 2 \end{bmatrix}\]
\[D=\frac{1}{3}\begin{bmatrix} 2 & 0 & -1\\ 0
& 3 & 0\\ 1 & 0 & 1
\end{bmatrix}\begin{bmatrix} -1 & 0 & 5\\ 0
& 1 & 0\\ 1 & 0 & 10 \end{bmatrix}\]
\[D=\frac{1}{3}\begin{bmatrix} -3 & 0 & 0\\ 0
& 3 & 0\\ 0 & 0 & 15
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} -1 & 0 & 0\\ 0
& 1 & 0\\ 0 & 0 & 5 \end{bmatrix}\]
Note que los elementos de la diagonal principal son
los autovalores que corresponden a los autovectores de
la matriz P. Esto se cumple para cualquier matriz que
sea posible diagonalizar y por tanto se puede decir
que:
\[D=\begin{bmatrix} \lambda _{1} & 0 & ...
& 0\\ 0 & \lambda _{2} & ... & 0\\
\vdots & 0 & & \vdots \\ 0 & ... &
0 & \lambda _{n} \end{bmatrix}\]
Graficando la transformación A desde el sistema de
coordenadas tridimensional conocido y la
transformación D desde el sistema cuya base se
compone de los autovectores (también denominada
base propia). se puede observar lo
siguiente:
|
| La transformación A desordena los vectores base del sistema tridimensional, en cambio la transformación D solo cambia de tamaño o sentido a los vectores de la base del sistema P |
Las matrices A y D son similares porque tienen el
mismo efecto de transformación pero en diferentes
sistemas.
Ejemplo 2: Sea el operador lineal $L: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{2}$, donde
\[L\left ( \begin{bmatrix}x \\y\end{bmatrix} \right )=\begin{bmatrix}4x+2y \\3x+3y\end{bmatrix}\]
Determinar el operador D en $\mathbb{R}^{2}$ que escala los vectores base del subespacio generado por L respecto a P.
Evidentemente la base del dominio de L es la canónica de $\mathbb{R}^{2}$, por lo que:
\[L\left ( \begin{bmatrix}1 \\0\end{bmatrix} \right )=\begin{bmatrix}4 \\3\end{bmatrix},\: L\left ( \begin{bmatrix}0 \\1\end{bmatrix} \right )=\begin{bmatrix}2 \\3\end{bmatrix}\]
estos vectores tienen ciertas coordenadas en la imagen y como esta también es de base canónica resulta sencillo decir que:
\[\left [ L\left ( \begin{bmatrix}1 \\0\end{bmatrix} \right ) \right ]_{\textrm{Im(L)}}=\begin{bmatrix}4 \\3\end{bmatrix},\: \left [ L\left ( \begin{bmatrix}0 \\1\end{bmatrix} \right ) \right ]_{\textrm{Im(L)}}=\begin{bmatrix}2 \\3\end{bmatrix}\]
\[L=\begin{bmatrix}4 & 2 \\3 & 3 \\\end{bmatrix}\]
Hallando los autovalores:
\[P(\lambda )=\begin{vmatrix}4-\lambda & 2 \\3 & 3-\lambda \\\end{vmatrix}=(4-\lambda )(3-\lambda )-6\]
\[(\lambda -6)(\lambda -1)=0\]
\[\lambda_{1} =6,\: \lambda _{2}=1\]
se tiene que la matriz diagonal es
\[D=\begin{bmatrix}6 & 0 \\0 & 1 \\\end{bmatrix}\]
Para hallar el operador lineal "D" se debe considerar que tanto el dominio como la imagen tienen la misma base, la cual es la base propia de "L". Luego, que los vectores base del dominio son el resultado de aplicar una transormación lineal al sistema con base canónica de $\mathbb{R}^{2}$, de manera que por definición se tiene:
\[D \left ( \begin{bmatrix}x \\ y \end{bmatrix}\right )=xD \left ( \begin{bmatrix}1 \\ 0 \end{bmatrix}\right )+yD \left ( \begin{bmatrix}0 \\ 1 \end{bmatrix}\right )\]
Para hallar las transformaciones $D(\textbf{i}),\, D(\textbf{j})$ se puede utilizar como ayuda a las componentes de los vectores de coordenadas de $\textbf{i},\, \textbf{j}$ respecto a la base del dominio de D como sigue:
\[\begin{bmatrix}1 \\0\end{bmatrix}=\alpha_{1} \textrm{eig}(L)_{1}+\beta_{1} \textrm{eig}(L)_{2}\]
\[\begin{bmatrix}0 \\1\end{bmatrix}=\alpha _{2} \textrm{eig}(L)_{1}+\beta_{2} \textrm{eig}(L)_{2}\]
siendo evidentemente necesario hallar la matriz P:
Para $\lambda_{1}$:
\[\underset{2F2+3F1}{\left [ \begin{matrix} -2 & 2\\ 3 & -3 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0 \end{matrix} \right ]}\sim \left [ \begin{matrix} -2 & 2\\ 0 & 0 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0 \end{matrix} \right ]\]
Si $x=t_{1}$, entonces:
\[\textrm{eig}(L)_{1}=\begin{bmatrix} 1\\ 1 \end{bmatrix}t_{1}\]
Para $\lambda_{2}$:
\[\underset{F2-F1}{\left [ \begin{matrix} 3 & 2\\ 3 & 2 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0 \end{matrix} \right ]}\sim \left [ \begin{matrix} 3 & 2\\ 0 & 0 \end{matrix}\left.\begin{matrix} \\ \\ \end{matrix}\right|\begin{matrix} 0\\ 0 \end{matrix} \right ]\]
Si $y=t_{2}$, entonces:
\[\textrm{eig}(L)_{2}=\begin{bmatrix} -\frac{2}{3}\\ 1 \end{bmatrix}t_{2}\]
luego si $t_{1}=t_{2}=1$ la matriz P candidata es:
\[P=\begin{bmatrix} 1 & -\frac{2}{3} \\ 1 & 1 \end{bmatrix}\]
Así, ya es posible hallar las componentes de los vectores de coordenadas necesarias
\[\begin{bmatrix}1 \\0\end{bmatrix}=\alpha _{1}\begin{bmatrix}1 \\1\end{bmatrix}+\beta _{1}\begin{bmatrix}-\frac{2}{3} \\1\end{bmatrix}\]
\[\begin{bmatrix}0 \\1\end{bmatrix}=\alpha _{2}\begin{bmatrix}1 \\1\end{bmatrix}+\beta _{2}\begin{bmatrix}-\frac{2}{3} \\1\end{bmatrix}\]
\[\left\{\begin{matrix}\alpha _{1}-\frac{2}{3}\beta _{1}=1 \\\alpha _{1}+\beta _{1}=0\end{matrix}\right. \rightarrow \alpha _{1}=-\frac{3}{5},\: \beta _{1}=\frac{3}{5}\]
\[\left\{\begin{matrix}\alpha _{2}-\frac{2}{3}\beta _{2}=0 \\\alpha _{2}+\beta _{2}=1\end{matrix}\right.\rightarrow \alpha _{2}=\frac{3}{5},\: \beta _{2}=\frac{2}{5}\]
de manera que aplicando D por definición de transformación lineal se tiene:
\[\small D \left ( \begin{bmatrix}1 \\0\end{bmatrix}\right )=D\left ( -\frac{3}{5}\begin{bmatrix}1 \\1\end{bmatrix}+\frac{3}{5}\begin{bmatrix}-\frac{2}{3} \\1\end{bmatrix} \right )=-\frac{3}{5}D\left ( \begin{bmatrix}1 \\1\end{bmatrix} \right )+\frac{3}{5}D\left ( \begin{bmatrix}-\frac{2}{3} \\1\end{bmatrix} \right )\]
\[\small D \left ( \begin{bmatrix}0 \\1\end{bmatrix}\right )=D\left ( \frac{3}{5}\begin{bmatrix}1 \\1\end{bmatrix}+\frac{2}{5}\begin{bmatrix}-\frac{2}{3} \\1\end{bmatrix} \right )=\frac{3}{5}D\left ( \begin{bmatrix}1 \\1\end{bmatrix} \right )+\frac{2}{5}D\left ( \begin{bmatrix}-\frac{2}{3} \\1\end{bmatrix} \right )\]
así el operador lineal "D" será:
\[\small D \left ( \begin{bmatrix}x \\ y \end{bmatrix}\right )=x\left [ -\frac{3}{5}D \left ( \begin{bmatrix}1 \\ 1 \end{bmatrix}\right )+\frac{3}{5}D \left ( \begin{bmatrix}-\frac{2}{3} \\ 1 \end{bmatrix}\right ) \right ]+y\left [ \frac{3}{5}D \left ( \begin{bmatrix}1 \\ 1 \end{bmatrix}\right )+\frac{2}{5}D \left ( \begin{bmatrix}-\frac{2}{3} \\ 1 \end{bmatrix}\right ) \right ]\]
ahora note que es necesario calcular la imagen a partir de los vectores base de P. Por tanto, como se sabe que las columnas de la matriz D son vectores de coordenadas respecto a la base de la imagen, se tiene que:
\[D \left ( \begin{bmatrix}1 \\1\end{bmatrix}\right )=d_{11} \begin{bmatrix}1 \\1\end{bmatrix}+d_{21}\begin{bmatrix}-\frac{2}{3} \\1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}6 \\6\end{bmatrix}\]
\[D \left ( \begin{bmatrix}-\frac{2}{3} \\1\end{bmatrix}\right )=d_{12} \begin{bmatrix}1 \\1\end{bmatrix}+d_{22}\begin{bmatrix}-\frac{2}{3} \\1\end{bmatrix}= \begin{bmatrix}-\frac{2}{3} \\1\end{bmatrix}\]
Así, el operdaor lineal $D: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{2}$ será:
\[D \left ( \begin{bmatrix}x \\ y \end{bmatrix}\right )=x\left ( -\frac{3}{5} \begin{bmatrix}6 \\ 6 \end{bmatrix}+\frac{3}{5} \begin{bmatrix}-\frac{2}{3} \\ 1 \end{bmatrix} \right )+y\left ( \frac{3}{5} \begin{bmatrix}6 \\ 6 \end{bmatrix}+\frac{2}{5} \begin{bmatrix}-\frac{2}{3} \\ 1 \end{bmatrix} \right )\]
\[D \left ( \begin{bmatrix}x \\ y \end{bmatrix}\right )=x\begin{bmatrix}-4 \\ -3 \end{bmatrix}+y\begin{bmatrix} \frac{10}{3} \\ 4 \end{bmatrix}\]
\[D \left ( \begin{bmatrix}x \\ y \end{bmatrix}\right )=\begin{bmatrix}-4x+\frac{10}{3}y \\-3x+4y\end{bmatrix}\]
Ejemplo práctico 1: Calcule la potencia
"m" para una matriz cuadrada de dimensión
"n".
Si consideramos una matriz general
\[A=\begin{bmatrix} a_{11} & a_{12} & ...
& a_{1n}\\ a_{21} & a_{22} & ... &
a_{2n}\\ \vdots & \vdots & ... & \vdots
\\ a_{n1} & a_{n2} & ... & a_{nn}
\end{bmatrix}\]
cuya matriz diagonal es
\[D=\begin{bmatrix} \lambda _{1} & 0 & ...
& 0\\ 0 & \lambda _{2} & ... & 0\\
\vdots & \vdots & ... & \vdots \\ 0
& 0 & ... & \lambda _{n} \end{bmatrix}\]
Calcular la potencia m-ésima de esta matriz
resulta sencilla ya que escala únicamente los
elementos de la diagonal principal, de manera
que
\[D^{m}=\begin{bmatrix} \lambda _{1}^{m} & 0
& ... & 0\\ 0 & \lambda _{2}^{m} &
... & 0\\ \vdots & \vdots & ... &
\vdots \\ 0 & 0 & ... & \lambda
_{n}^{m} \end{bmatrix}\]
Sin embargo, este resultado está respecto a la
base dada por los autovectores de A (matriz P).
Por tanto, para convertir a la base estándar se
puede realizar el siguiente despeje
\[D^{m}=P^{-1}MP\]
\[PD^{m}P^{-1}=M\]
Donde M es la matriz $A^{m}$ deseada.
Ejemplo práctico 2: Para una matriz
cuadrada "A" de dimensión "n", calcule $e^{A}$
En este ejemplo definiremos a la exponencial de
una matriz partiendo de la
serie de Taylor de la función exponencial como sigue:
\[e^{A}=\sum_{m=0}^{\infty
}\frac{A^{m}}{m!}\]
De acuerdo con el resultado obtenido en el
ejemplo anterior se puede escribir:
\[e^{A}=\sum_{m=0}^{\infty }PD^{m}P^{-1}\left
(\frac{1}{m!} \right )\]
\[e^{A}=\sum_{m=0}^{\infty }P\begin{bmatrix}
\lambda _{1}^{m} & 0 & ... & 0\\ 0
& \lambda _{2}^{m} & ... & 0\\ \vdots
& \vdots & ... & \vdots \\ 0 & 0
& ... & \lambda _{n}^{m}
\end{bmatrix}P^{-1}\left (\frac{1}{m!} \right
)\]
Como la matriz P es independiente del subíndice
de la suma se tiene:
\[e^{A}=P\left (\sum_{m=0}^{\infty
}\frac{1}{m!}\begin{bmatrix} \lambda _{1}^{m}
& 0 & ... & 0\\ 0 & \lambda
_{2}^{m} & ... & 0\\ \vdots & \vdots
& ... & \vdots \\ 0 & 0 & ...
& \lambda _{n}^{m} \end{bmatrix} \right
)P^{-1}\]
\[\small e^{A}=P\begin{bmatrix}
\sum_{m=0}^{\infty }\frac{\lambda _{1}^{m}}{m!}
& 0 & ... & 0\\ 0 &
\sum_{m=0}^{\infty }\frac{\lambda _{2}^{m}}{m!}
& ... & 0\\ \vdots & \vdots & ...
& \vdots \\ 0 & 0 & ... &
\sum_{m=0}^{\infty }\frac{\lambda _{n}^{m}}{m!}
\end{bmatrix}P^{-1}\]
\[\small \small e^{A}=P\begin{bmatrix} e^{\lambda _{1}}& 0 & ... & 0\\ 0 & e^{\lambda _{2}} & ... & 0\\ \vdots & \vdots & ... & \vdots \\ 0 & 0 & ... & e^{\lambda _{n}}\end{bmatrix}P^{-1}\]
\[\small \small e^{A}=P\begin{bmatrix} e^{\lambda _{1}}& 0 & ... & 0\\ 0 & e^{\lambda _{2}} & ... & 0\\ \vdots & \vdots & ... & \vdots \\ 0 & 0 & ... & e^{\lambda _{n}}\end{bmatrix}P^{-1}\]
Observe que la sumatoria pudo distribuirse a los
elementos de la diagonal principal. Pues al
expandirla, dichos elementos serán los únicos que se
sumarán entre las "m" matrices. Así entonces se define
matemáticamente a la exponencial de una
matriz.
Teorema de Cayley-Hamilton
Sea A una matriz cuadrada de orden "n" con el polinomio característico dado por
\[P(\lambda )=\left|A-\lambda I \right|\]
entonces se cumple que $P(A)=0$.
En otras palabras, este teorema asegura que toda matriz cuadrada satisface su propia ecuación característica.
Demostración:
Despejando el determinante desde el cálculo de la matriz inversa por la adjunta se tiene que:
\[\left|A \right|\: I=A\: \textrm{adj}(A)\]
de manera que la hipótesis que propone el teorema se puede escribir como:
\[P(\lambda )I=(A-\lambda I)\textrm{adj}(A-\lambda I)\]
Se sabe que la matriz adjunta se calcula con la transpuesta de la matriz de cofactores. Si intentamos hallar el primer elemento se obtendrá:
\[\small \textrm{adj}(A-\lambda I)_{11}=B_{11}=\begin{vmatrix}a_{22}-\lambda & a_{23} & \cdots & a_{2n} \\a_{32} & a_{33}-\lambda & \cdots & a_{3n} \\\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\a_{n2} & a_{n3} & \cdots & a_{nn}-\lambda \\\end{vmatrix}\]
El determinante es de orden $n-1$ y al calcularlo evidentemente se obtendrá un polinomio de ese grado. No obstante, en el resto de elementos distintos a los de la diagonal principal, el grado del polinomio resultante será menor a n-1. Así es posible asegurar que los elementos de la matriz adjunta "B" son polinomios de grado no más de $n-1$:
\[B_{ij}=B_{ij}^{(0)}+B_{ij}^{(1)}\lambda +...+B_{ij}^{(n-1)}\lambda ^{n-1}\]
donde $B_{ij}^{k}$ es el elemento $B_{ij}$ coeficiente de $\lambda^{k}$
Denotarlo en toda la matriz adjunta resulta una expresión bastante extensa, pero puede compactarse como:
\[B=\sum_{i=0}^{n-1}\lambda ^{i}B_{i}\]
ahora, sustituyendo y expandiendo el producto
\[P(\lambda )I=(A-\lambda I)\sum_{i=0}^{n-1}\lambda ^{i}B_{i}= A\sum_{i=0}^{n-1}\lambda ^{i}B_{i}-\lambda I\sum_{i=0}^{n-1}\lambda ^{i}B_{i}\]
\[P(\lambda )I= A\left ( B_{0}+\sum_{i=1}^{n-1}\lambda ^{i}B_{i} \right )-\sum_{i=0}^{n-1}\lambda ^{i+1}B_{i}\]
\[P(\lambda )I= AB_{0}+\sum_{i=1}^{n-1}\lambda ^{i}AB_{i}-\lambda ^{n}B_{n-1}-\sum_{i=0}^{n-2}\lambda ^{i+1}B_{i}\]
Realizando un cambio de índice, los términos se pueden agrupar en una sola sumatoria
\[P(\lambda )I= AB_{0}-\lambda ^{n}B_{n-1}+\sum_{i=1}^{n-1}\lambda ^{i}AB_{i}-\sum_{i=1}^{n-1}\lambda ^{i}B_{i-1}\]
\[P(\lambda )I= AB_{0}-\lambda ^{n}B_{n-1}+\sum_{i=1}^{n-1}\lambda ^{i}(AB_{i}-B_{i-1})\]
Por otro lado, el primer miembro de la igualdad es el polinomoio característico
\[P(\lambda )I= \lambda ^{n}I+\lambda ^{n-1}c_{n-1}I+...+\lambda c_{1}I+c_{0}I\]
de esta forma, como la igualdad entre polinomios implica que sus coeficientes sean iguales, se tiene que:
\[\begin{matrix}-B_{n-1}=I \\AB_{i}-B_{i-1}=c_{i}I\\\vdots \\AB_{1}-B_{0}=c_{1}I \\AB_{0}=c_{0}I\end{matrix}\]
Finalmente, premultiplicando ambos miembros de las ecuaciones por $A^{i}$ y sumando miembro a miembro, se obtiene:
\[\begin{matrix}-A^{n}B_{n-1}=A^{n}I \\A^{i}(AB_{i}-B_{i-1})=c_{i}A^{i}I\\\vdots \\A(AB_{1}-B_{0})=c_{1}AI \\A^{0}AB_{0}=c_{0}A^{0}I\end{matrix}\]
\[\small -A^{n}B_{n-1}+A^{i+1}B_{i}-A^{i}B_{i-1}+A^{2}B_{1}-AB_{0}+...+AB_{0}=A^{n}+c_{i}A^{i}+c_{1}A+...+c_{0}I\]
Note que todos los términos del primer miembro de la igualdad se pueden eliminar y los del segundo miembro forman el polinomoio característico evaluado en A, de manera que se obtiene:
\[P(A)=\emptyset\]
donde $\emptyset$ es la matriz nula.
Ejemplo: Sea una matriz cuadrada "A" no necesariamente diagonalizable, defina una función matricial y con ella encuentre una manera de calcular la matriz exponencial dada por $f(t)=e^{At}$.
Por el teorema de Cayley-Hamilton, podemos despejar la potencia n-ésima de A como sigue:
\[A^{n}=-c_{n-1}A^{n-1}-c_{i}A^{i}-...-c_{0}I\]
\[\lambda ^{n}=-c_{i}\lambda ^{n-1}-c_{i}\lambda ^{i}-...-c_{0}\]
Se sabe que una función polinómica sigue la estructura:
\[f(t)=a_{n}t^{n}+a_{n-1}t^{n-1}+...+a_{2}t^{2}+a_{1}t+a_{0}\]
Note la similitud entre la potencia de A y f.
Ahora supongamos dos polinomios de grado "n", los cuales forman una función racional impropia como sigue:
\[\frac{f(s)}{p(s)}=c(s)+\frac{r(s)}{p(s)}\]
Despejando f se tiene que:
\[f(s)=c(s)p(s)+r(s)\]
Ahora si evaluamos esta nueva función con la matriz A, se obtiene:
\[f(A)=c(A)p(A)+r(A)\]
Si f(A) es una función expresada como una serie de Taylor y p(A) es el polinomio característico de A, este último al satisfacer su ecuación característica, se obtiene:
\[f(A)=r(A)\]
Es evidente que el residuo "r" será a lo mucho de grado $n-1$, de manera que es posible relacionarlo con la potencia n-ésima de A como sigue:
\[r(A)=\beta_{n-1}A^{n-1}+\beta_{i}A^{i}+...+\beta_{0}I\]
\[r(\lambda) =\beta_{n-1} \lambda ^{n-1}-\beta_{i}\lambda ^{i}-...-\beta_{0}\]
De esta forma se define a una función matricial f(A) como un polinomio de grado n-1 y n coeficientes, siendo n el orden de A.
Ahora con esta definición, si $f(t)=e^{At}$ puede expresarse como un polinomio y A es una matriz cuadrada de orden "n", la función matricial asociada será:
\[r(At)=\beta _{n-1}(At)^{n-1}+\beta _{i}(At)^{i}+...+\beta _{0}I\]
\[r(\lambda t)=\beta _{n-1}(\lambda t)^{n-1}+\beta _{i}(\lambda t)^{i}+...+\beta _{0}I\]
Evidentemente A es considerada como la variable independiente en una función matricial, de manera que $e^{t}$ es considerada como constante obteniendo:
\[f(A) =r(A)\]
\[e^{At}=\beta _{0}I+\beta _{1}A+\beta _{2}(A)^{2}+...+\beta _{n-1}(A)^{n-1}\]
\[f(\lambda) =r(\lambda)\]
\[e^{\lambda t}=\beta _{0}+\beta _{1}\lambda +\beta _{2}\lambda ^{2}+...+\beta _{n-1}\lambda ^{n-1}\]
En el caso que los autovalores se repitan (multiplicidad m), es posible derivar a $r(\lambda)$ m-1 veces para evitar obtener ecuaciones repetidas. Pues al derivar, aún se conservan los coeficientes $\beta{i}$ y permiten formar un sistema de n ecuaciones que facilitan el cálculo de los mismos.
\[\frac{\mathrm{d}^{l}f(\lambda) }{\mathrm{d} \lambda^{l}}= \frac{\mathrm{d}^{l}r( \lambda) }{\mathrm{d} \lambda^{l}}, \: l=0,1,2,...,m-1\]
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