Ingenier´ıas: Aeroespacial, Civil y Qu´ımica. Matem´aticas ...con autovectores asociados los...

Ingenierıas: Aeroespacial, Civil y Quımica.Matematicas I. 2010-2011.

Departamento de Matematica Aplicada II.Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla.

Tema 5 (Resultados).- Autovalores y autovectores.

Ejercicio 1.

(1) Determina la matriz de la simetrıa respecto al plano π ≡ x + y − z = 0.

(2) Determina la matriz de la proyeccion ortogonal sobre la recta

r ≡

¨x + y − z = 0,x − y + 2z = 0.

(3) Determina la matriz de la simetrıa respecto de la recta

r ≡

¨x + y − z = 0,x − y + 2z = 0.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Aunque la determinacion de las matrices pedidas es algo que ya hemos hecho en temas

anteriores, dicha determinacion puede ser interpretada desde el punto de vista del calculo deautovalores y autovectores.

(1) La matriz de una simetrıa respecto a un plano (en R3) tiene como autovalores λ1 = 1,

con autovectores asociados los vectores no nulos del plano considerado, y λ2 = −1,con autovectores asociados los vectores no nulos del complemento ortogonal del plano(la recta perpendicular que pasa por el origen de coordenadas). Tomando una basede R

3 formada por vectores del plano y vectores de la recta citados, tendremos unadiagonalizacion de la matriz pedida a partir de la cual podemos calcular dicha matriz.

(2) La matriz de la proyeccion ortogonal sobre una recta (en R3) tiene como autovalores

λ1 = 1 (los autovectores asociados son los vectores no-nulos de la recta) y λ2 = 0 (conautovectores los vectores no-nulos del plano que pasa por el origen de coordenadas yes perpendicular a la recta)...

(3) La matriz de la simetrıa respecto de una recta (en R3) tiene como autovalores λ1 = 1

(los autovectores asociados son los vectores no-nulos de la recta) y λ2 = −1 (conautovectores los vectores no-nulos del plano que pasa por el origen de coordenadas yes perpendicular a la recta)...

(a) (b) (c)

Tπ =1

3

264 1 −2 2−2 1 22 2 1

375 Pr =1

14

264 1 −3 −2−3 9 6−2 6 4

375 Tr = 2Pr − I =1

7

264 −6 −3 −2−3 2 6−2 6 −3

37581

R-82 Tema 5.- Autovalores y autovectores. (Resultados)

Ejercicio 2. Dada la matriz

A

264 3 0 a

3 −1 b

−2 0 c

375 .

(a) Calcula A de forma que (2, 0,−1)T sea un autovector cuyo autovalor correspondiente esλ = −1.

(b) Halla los demas autovalores y autovectores.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(a)

A

264 20−1

375 = (−1)

264 20−1

375 ⇐⇒ a = 8, b = 6, c = −5.

(b) det (A − λI) = (λ + 1)3 ⇒ λ = −1 es el unico autovalor (triple).

Autovectores: (A + I)x = 0.

Nul (A + I) = Gen

8><>:v1 =

264 010

375 , v2 =

264 −201

3759>=>; .

Ejercicio 3. Determina los valores del parametro α para los que es diagonalizable cada unade las siguientes matrices,

A =

264 1 0 0α 1 01 1 2

375 , B =

264 0 2 0−1 3 0α α + 2 1

375 , C =

264 0 −1 α

2 3 −α

0 0 1

375 .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

A: det (A − λI) = (1 − λ)2(2 − λ) = 0 ⇒ λ1 = 1 (doble), λ2 = 2 (simple)

A es diagonalizable ⇐⇒ dim Nul (A − I) = 2 ⇐⇒ α = 0.

B: det (B − λI) = −(λ − 1)2(λ − 2) = 0 ⇒ λ1 = 1 (doble), λ2 = 2 (simple)

B es diagonalizable ⇐⇒ dim Nul (B − I) = 2 ⇐⇒ α = −2

3.

C: det (C − λI) = −(λ − 1)2(λ − 2) = 0 ⇒ λ1 = 1 (doble), λ2 = 2 (simple)

C es diagonalizable ⇐⇒ dim Nul (C − I) = 2 ⇐⇒ α = 0.

Matematicas I. Ingenierıas: Aeroespacial, Civil y Quımica

Tema 5.- Autovalores y autovectores. (Resultados) R-83

Ejercicio 4. Dada la matriz

A =

264 1 0 1α −2 23 0 −1

375 , α ∈ R.

(a) Calcula los valores de α para los que A es diagonalizable.

(b) Para dichos valores de α, calcula los autovalores y los autovectores de A−1.

(c) Para dichos valores de α, calcula An, n = 1, 2, · · · .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(a) det (A − λI) = −(λ + 2)2(λ − 2) = 0 ⇒ λ1 = −2 (doble), λ2 = 2 (simple).

A es diagonalizable ⇐⇒ dim Nul (A + 2I) = 2 ⇐⇒ a = 6.

(b) Solo tenemos que considerar el caso a = 6. Puesto que un vector v es un autovector deA−1 asociado a un autovalor µ si

A−1v = µv ⇐⇒ AA−1v = v = µAv ⇐⇒ Av =1

µv,

los autovalores de A−1 son los inversos de los autovalores de A. Por tanto, para a = 6,los autovalores de A−1 son

µ1 =1

λ1= −

1

2(doble), µ2 =

1

λ2=

1

2(simple)

y los autovectores asociados son los autovectores de A asociados al correspondiente λ.

Autovectores de A−1 asociados a µ1 ≡ autovectores de A asociados a λ1 =−2:

(A + 2I)x = 0 ⇔ x ∈ Gen

8><>:v1 =

264 010

375 v2 =

264 10−3

3759>=>; .

Autovectores de A−1 asociados a µ2 ≡ autovectores de A asociados a λ2 = 2:

(A − 2I)x = 0 ⇔ x ∈ Gen

8><>:v3 =

264 121

3759>=>;(c) Siendo P =

264 v1 v2 v3

375 y D =

264 −2−2

2

375 se verifica que AP = PD y puesto

que P tiene inversa, A = PDP−1 =⇒

⇒ An = PDnP−1 = P2n

264 (−1)n

(−1)n

1

375P−1 =

= 2n−2

264 3 + (−1)n 1 − (−1)n

6 − 6(−1)n 4(−1)n 2 − 2(−1)n

3 − 3(−1)n 1 + 3(−1)n

375 .

Por tanto,

Matematicas I. 2010-2011


Si n es par

An = 2n−2

264 44

4

375 = 2nI,

Si n es impar

An = 2n−2

264 2 0 212 −4 46 0 −2

375 = 2n−1

264 1 0 16 −2 23 0 −1

375 = 2n−1A.

Ejercicio 5. Estudia la diagonalizabilidad de las siguientes matrices en funcion de los pa-rametros que aparecen.

A =

264 a + 3 b 10 a 0

a2 − 1 c a + 1

375 , B =

264 5 0 00 −1 b

3 0 a

375 , C =

26664 −1 0 0 0a −1 0 0b d 1 0c e f 1

37775 .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

A:det (A − λI) = (a − λ) [λ2 − (2a + 4)λ + 4(a + 1)] =

= (a − λ) [λ − (2a + 2)] [λ − 2)] = 0 ⇔

⇐⇒ λ1 = a, λ2 = 2a + 2, λ3 = 2.

Casos de posibles autovalores multiples:

λ1 = λ2 ⇔ a = −2 λ1 = λ3 ⇔ a = 2 λ2 = λ3 ⇔ a = 0

Por tanto,

Si a 6= −2, 0, 2 ⇒ todos los autovalores son simples =⇒ A es diagonalizable.

Para a = −2 ⇒ λ1 = −2(doble), λ3 = 2(simple).

dim Nul (A + 2I) = dim Nul

264 3 b 10 0 03 c 1

375 = dim Nul

264 3 b 10 c − b 00 0 0

375 =

=

8><>: 2 si b = c =⇒ A es diagonalizable.

1 si b 6= c =⇒ A no es diagonalizable.

Para a = 2 ⇒ λ1 = 2(doble), λ2 = 6(simple).

dim Nul (A − 2I) = dim Nul

264 3 b 10 0 03 c 1

375 = dim Nul

264 3 b 10 c − b 00 0 0

375 =

=

8><>: 2 si b = c =⇒ A es diagonalizable.

1 si b 6= c =⇒ A no es diagonalizable.



Para a = 0 ⇒ λ1 = 0(simple), λ2 = 2(doble).

dim Nul (A − 2I) = dim Nul

264 1 b 10 −2 0−1 c −1

375 = dim Nul

264 1 b 10 1 00 0 0

375 =

= 1 ∀ b, c =⇒ A no es diagonalizable.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

B:det (B − λI) = −(1 + λ)(5 − λ)(a − λ) = 0 ⇔

⇐⇒ λ1 = −1, λ2 = 5, λ3 = a.

Casos de posibles autovalores multiples:

λ1 = λ3 ⇔ a = −1 λ2 = λ3 ⇔ a = 5

Por tanto,

Si a 6= −1, 5 ⇒ todos los autovalores son simples =⇒ B es diagonalizable.

Para a = −1 ⇒ λ1 = −1(doble), λ2 = 5(simple).

Nul (B + I) = Nul

264 6 0 00 0 b

3 0 0

375 = Nul

264 1 0 00 0 b

0 0 0

375 ⇒

⇒

¨si b = 0 ⇒ dim Nul (B + I) = 2 ⇒ B es diagonalizable,si b 6= 0 ⇒ dim Nul (B + I) = 1 ⇒ B NO es diagonalizable.

Para a = 5 ⇒ λ1 = −1(simple), λ2 = 5(doble).

dim Nul (B − 5I) = dim Nul

264 0 0 00 −6 b

3 0 0

375 = 1 =⇒ B NO es diagonalizable.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

C:det (C − λI) = (−1 − λ)2(1 − λ)2 = 0 ⇔

⇐⇒ λ1 = −1 (doble), λ2 = 1 (doble).

Por tanto,

C es diagonalizable ⇐⇒

¨dim Nul (C + I) = 2 ⇔ a = 0dim Nul (C − I) = 2 ⇔ f = 0

«⇐⇒ a = f = 0.



Ejercicio 6. Calcula bases de R3 formadas por autovectores y autovectores generalizados

de las siguientes matrices:

A =

264 4 −1 11 3 −10 1 1

375 , B =

264 0 1 00 0 12 −5 4

375 .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(a) Polinomio caracterıstico de A,

det (A − λI) = −λ3 + 8λ2 − 21λ + 18.

Autovalores

det (A−λI) = 0 ⇔

¨λ1 = 2 (simple),λ2 = 3 (doble)

puesto que

−λ3 + 8λ2 − 21λ + 18 = − (λ − 2) (λ − 3)2.

Autovectores asociados al autovalor simple λ1 = 2, (A − 2I)x = 0,264 2 −1 1 01 1 −1 00 1 −1 0

375 −→

264 1 0 0 00 1 −1 00 0 0 0

375 ⇒

264 x1

x2

x3

375 = x3

264 011

375 ⇒ v1 =

264 011

375 .

Autovectores asociados al autovalor doble λ2 = 3, (A − 3I)x = 0,264 1 −1 1 01 0 −1 00 1 −2 0

375 −→

264 1 0 −1 00 1 −2 00 0 0 0

375 ⇒

264 x1

x2

x3

375 = x3

264 121

375 ⇒ v2 =

264 121

375 .

Autovectores generalizados asociados al autovalor doble λ2 = 3, (A − 3I)2x = 0,

(A − 3I)2 =

264 1 −1 11 0 −10 1 −2

3752

=

264 0 0 01 −2 31 −2 3

375 =⇒ x1 − 2x2 + 3x3 = 0

=⇒

264 x1

x2

x3

375 =

264 2x2 − 3x3

x2

x3

375 = x2

264 210

375 + x3

264 −301

375 .

Notemos que, como tiene que ser, se verifica que

Nul (A − 3I) = Gen {v2} ⊆ Nul�(A − 3I)2

�= Gen

8><>:w3 =

264 210

375 , w4 =

264 −301

3759>=>; .

• Bases de R3 formadas por autovectores y autovectores generalizados de A son,

por ejemplo,{v1, v2, w3} , {v1, v2, w4} , {v1, w3, w4} .



(b) Polinomio caracterıstico de B,

det (B − λI) = −λ3 + 4λ2 − 5λ + 2.

Autovalores

det (B−λI) = 0 ⇔

¨λ1 = 2 (simple),λ2 = 1 (doble)

puesto que

−λ3 + 4λ2 − 5λ + 2 = − (λ − 2) (λ − 1)2.

Autovectores asociados al autovalor simple λ1 = 2, (B − 2I)x = 0,264 −2 1 0 00 −2 1 02 −5 2 0

375 −→

264 −2 1 0 00 −2 1 00 0 0 0

375 ⇒

264 x1

x2

x3

375 = x3

264 1412

1

375 = x3

4

264 124

375⇒ Nul (B − 2I) = Gen {v1} , v1 =

264 124

375 .

Autovectores asociados al autovalor doble λ2 = 1, (B − I)x = 0,264 −1 1 0 00 −1 1 02 −5 3 0

375 −→

264 −1 1 0 00 −1 1 00 0 0 0

375 ⇒

264 x1

x2

x3

375 = x3

264 111

375 ⇒ v2 =

264 111

375 .

Autovectores generalizados asociados al autovalor doble λ2 = 1, (B − I)2x = 0,

(B − I)2 =

264 −1 1 00 −1 12 −5 3

3752

=

264 1 −2 12 −4 24 −8 4

375 =⇒ x1 − 2x2 + x3 = 0

=⇒

264 x1

x2

x3

375 =

264 2x2 − x3

x2

x3

375 = x2

264 210

375+ x3

264 −101

375 .

Notemos que, como tiene que ser, se verifica que

Nul (B − I) = Gen {v2} ⊆ Nul�(B − I)2

�= Gen

8><>:w3 =

264 210

375 , w4 =

264 −101

3759>=>; .

• Bases de R3 formadas por autovectores y autovectores generalizados de B:

{v1, v2, w3} ,

{v1, v2, w4} ,

{v1, w3, w4} .



Ejercicio 7. Determina la matriz de la transformacion lineal T : x ∈ R2 −→ T (x) = Ax ∈

R2 respecto de la base B = {v1, v2} siendo

A =

�1 1−1 3

�, v1 =

�11

�, v2 =

�54

�.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Si denotamos por x′ a las coordenadas de un vector x respecto de la base B

x = x′

1v1 + x′

2v2

y por y′ a las coordenadas del vector y = T (x) respecto a B

T (x) = Ax = y′

1v1 + y′

2v2

tenemos que determinar la matriz B que verifica que y′ = Bx′. Siendo

P =

264 v1 v2

375tenemos que

x = Px′, y = Py′.

Expresando la relacion y = Ax en terminos de coordenadas x′, y′ respecto a la base B ={v1, v2} tenemos

Py′ = APx′ ⇐⇒ y′ = P−1APx′

es decir, la matriz de T respecto a la base B = {v1, v2} es

B = P−1AP = −

�4 −5−1 1

� �1 1−1 3

� �1 51 4

�=

�2 −10 2

�.

Notemos que lo anterior significa que

T (x′

1v1 + x′

2v2) = (2x′

1 − x′

2)v1 + (2x′

2)v2

y en particular,T (v1) = 2v1 y T (v2) = −v1 + 2v2

como es facil comprobar en coordenadas canonicas

T (v1) =

�1 1−1 3

� �11

�=

�22

�, T (v2) =

�1 1−1 3

� �54

�=

�97

�.

Ejercicio 8. Sea f : R4 → R

4 la aplicacion lineal dada por f(x) = Ax, donde

A =

26664 a 1 −1 −10 b 0 −3−1 2 c 10 1 0 d

37775 .



(a) Halla A sabiendo que f(S1) = S2, donde

S1 ≡

¨x1 − x2 = 0x3 + x4 = 0

y S2 = Gen {(1,−2, 1, 1)T , (0, 3,−1,−2)T}.

(b) Prueba que A no es diagonalizable.

(c) Halla una base de R4 formada por autovectores y autovectores generalizados.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(a)

S1 = Gen

8>><>>:u1 =

26664 1100

37775 , u2 =

26664 001−1

377759>>=>>; , S2 ≡

¨x1 − 2x3 + x4 = 0x1 − x2 − 3x3 = 0

f(u1) = Au1 =

26664 a + 1b

11

37775 ∈ S2 ⇐⇒

¨a = 0

b = −2

f(u2) = Au2 =

26664 03

c − 1−d

37775 ∈ S2 ⇐⇒

¨c = 0d = 2

=⇒ A =

26664 0 1 −1 −10 −2 0 −3−1 2 0 10 1 0 2

37775 .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(b) Autovalores: det (A − λI) = (λ − 1)2 (λ + 1)2 = 0 ⇐⇒ λ1 = 1 (doble), λ2 =−1 (doble).

¿ dim Nul (A − I) = 1 o dim Nul (A + I) = 1 ?

dim Nul (A − I) = 1 =⇒ A NO es diagonalizable.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(c) Autovectores y autovectores generalizados asociados a λ1 = 1:

Autovectores: Nul (A − I) = Gen

8>><>>:v1 =

26664 −1010

377759>>=>>;.

Autovectores generalizados:

Nul�(A − I)2

�= Gen

8>><>>:v1 =

26664 −1010

37775 , w1 =

26664 −3−202

377759>>=>>; .



Autovectores y autovectores generalizados asociados a λ2 = −1:

Autovectores: Nul (A + I) = Gen

8>><>>:v2 =

26664 1010

377759>>=>>;.

Autovectores generalizados:

Nul�(A + I)2

�= Gen

8>><>>:v2 =

26664 1010

37775 , w2 =

26664 −1−602

377759>>=>>; .

Por tanto,{v1, w1, v2, w2}

es una base de R4 formada por autovectores y autovectores generalizados de A.

Ejercicio 9. Demuestra:

(a) Si λ es un autovalor de una matriz cuadrada A, la multiplicidad geometrica de λ comoautovalor de A y como autovalor de AT es la misma.

(b) Si A es una matriz cuadrada diagonalizable con un unico autovalor (multiple) entoncesA es una matriz diagonal.

(c) Sea A una matriz diagonalizable y sea P tal que P−1AP es diagonal. Demuestra que A2

y AT son diagonalizables y calcula matrices de paso que las diagonalicen.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Consideremos una matriz A de orden m.

(a) La multiplicidad geometrica de λ como autovalor de A es

dim [Nul (A − λI)] = m − rango (A − λI)

que es igual a la multiplicidad geometrica de λ como autovalor de AT

dim�Nul

�AT − λI

��= m − rango

�AT − λI

�= m − rango

�(A − λI)T

�= m − rango (A − λI) .

(b) Si P es una matriz (cuadrada del mismo orden que A) que diagonaliza A se verifica que

P−1AP = D

es una matriz diagonal cuyos elementos diagonales son los autovalores de A (y losvectores columna de P son autovectores de A asociados al correspondiente elementodiagonal de D). Si A tiene un unico autovalor λ, la matriz D es un multiplo de lamatriz identidad

D =

2664 λ. . .

λ

3775 = λI

y la matriz A tambien puesto que A = PDP−1 = PλIP−1 = λI.



(c) Siendo D = P−1AP una matriz diagonal, tenemos A = PDP−1 y, por tanto:

A2 = (PDP−1) (PDP−1) = PD2P−1, es decir, A2 es diagonalizable mediante lamatriz de paso P .

AT = (PDP−1)T

= (P−1)T

DTP T =�P T

�−1

DP T , es decir, AT es diagonalizable

mediante la matriz de paso (P−1)T.

Ejercicio 10. Sea A la matriz

A =

26664 1 1 0 −10 2 0 0

a − 1 1 2 −a

0 −a 0 a

37775 , a ∈ R.

(a) Determina los valores de a para los que A es diagonalizable.

(b) Para a = −1, diagonaliza la matriz A y calcula An, n = 1, 2, . . . ¿Es valido el resultadopara n = −1,−2, . . . ? Justifica la respuesta.

(c) Para a = −1, diagonaliza cada una de las matrices siguientes:

A5, A − 7I, AT .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Ver el examen de Febrero 2004 (3a Convocatoria, Ingenierıa Aeronautica).

Ejercicio 11. Sea B = {b1, b2, b3} una base de R3 y consideremos la matriz A definida por

las siguientes condiciones,

Ab1 = b1, Ab2 = b3 y Ab3 = b2.

(a) Comprueba que la matriz A esta bien definida.

(b) Calcula los autovalores de A.

(c) Calcula los autovectores de A expresados en funcion de la base B considerada y demues-tra que A es diagonalizable.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(a) La matriz A debe verificar

A

264 b1 b2 b3

375 =

264 b1 b3 b2

375 ⇔ A

264 b1 b2 b3

375 =

264 b1 b2 b3

375264 10 11 0

375 .

Por tanto, siendo P la matriz cuyas columnas son los vectores v1, v2 y v3, la matriz A

esta definida por la igualdad

A = P−1

264 10 11 0

375P, P =

264 b1 b2 b3

375 .



(b) Puesto que las matrices A y

B =

264 10 11 0

375son semejantes B = P−1AP, A = PBP−1, ambas matrices tienen el mismo polinomiocaracterıstico,

det [A − λI] = det�PBP−1 − λPP−1

�= det

�P (B − λI)P−1

�= det (B − λI) ,

los mismos autovalores con las mismas multiplicidades algebraicas y geometricas, etc.

Por tanto, bastara con obtener los autovalores (y todo lo demas) para la matriz B,

det (A − λI) = det (B − λI) =

�� 1 − λ

−λ 11 −λ

�� = (1−λ)�λ2 − 1

�= − (λ − 1)2 (λ+1).

Por tanto, los autovalores de A son

λ1 = 1 (doble) y λ2 = −1 (simple).

(c) Notemos que un vector v 6= 0 es un autovector de A asociado a un autovalor λ si severifica

Av = λv ≡ PBP−1v = λv ⇐⇒ B�P−1v

�= λ

�P−1v

�es decir, si y solo si se verifica que el vector u = P−1v es un autovector de B asociadoal autovalor λ. Dicho de otra forma, un vector u 6= 0 es un autovector de B asociadoa un autovalor λ si y solo si el vector v = Pues un autovector de A asociado a dichoautovalor λ. Calculemos los autovectores de B:

asociados a λ1 = −1, (B + I)x = 0,264 2 01 1 01 1 0

375 −→

264 x1

x2

x3

375 = x3

264 0−11

375 =⇒ u1 =

264 0−11

375 .

asociados a λ2 = 1, (B − I)x = 0,264 0 0−1 1 01 −1 0

375 −→ x2 = x3 ⇒

264 x1

x2

x3

375 = x1

264 0−11

375 + x3

264 011

375=⇒ u2 =

264 100

375 , u3 =

264 011

375 .

Por tanto, autovectores de A:

asociados a λ1 = −1 : v1 = Pu1 = −b2 + b3,

asociados a λ2 = 1 : v2 = Pu2 = b1, v3 = Pu3 = b2 + b3.



Puesto que los autovectores {v1, v2, v3} son linealmente independientes por serlo {u1, u2, u3}y ser P no-singular, la matriz A es diagonalizable y puede obtenerse una diagonalizacionmediante una diagonalizacion de B. Teniendo en cuenta los autovectores que hemosobtenido, la matriz

U =

264 u1 u2 u3

375 =

264 0 1 0−1 0 11 0 1

375es una matriz de paso que diagonaliza a B,

BU = U

264 −11

1

375 =⇒ B = U

264 −11

1

375U−1

y sustituyendo dicha factorizacion en A tenemos

A = PBP−1 = PU

264 −11

1

375U−1P−1 = (PU)

264 −11

1

375 (PU)−1

es decir A es diagonalizable y una matriz de paso que digonaliza a A es PU .

Ejercicio 12. Calcula la matriz

eA =∞X

n=0

An

n!= I + A +

1

2!A2 + · · ·

1

n!An + · · ·

para las matrices

A1 =

264 1 −1 20 2 10 0 3

375 y A2 =

264 0 2 10 0 30 0 0

375 .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(A1) Puesto que los autovalores de A1 son simples,

λ1 = 1, λ2 = 2 y λ3 = 3

la matriz A1 es diagonalizable y calculando autovectores tendremos una diagonalizacionde A1

A1 = P

264 12

3

375P−1

y, por tanto,

eA1 = PeDP−1 = P

264 e1

e2

e3

375P−1.

Para calcular la exponencial de una matriz (cuadrada) Matlab dispone de la funcionexpm (exponencial matricial). La exponencial pedida la podemos obtener mediante



>> A1=[1 -1 2; 0 2 1; 0 0 3];

>> expm(A1)

ans =

2.7183 -4.6708 13.3544

0 7.3891 12.6965

0 0 20.0855

(A2) Puesto que

A22 =

264 0 0 60 0 00 0 0

375 y A33 = 0

tenemos que

eA2 = I + A2 +1

2A2

2 =

264 1 2 40 1 30 0 1

375 .

Ejercicio 13. Calcula la solucion del problema de valor inicial

¨un = Aun−1

u0

«siendo

A =

264 3 0 −110 1 −51 0 1

375 y u0 =

264 001

375 .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Puesto que

Au0 =

264 −1−51

375el vector u0 dado no es un autovector de A. Calculemos los autovalores y los autovectoresde A para comprobar si podemos expresar u0 como combinacion lineal de autovectores deA. En caso de que esto no sea posible, habra que recurrir a los autovectores generalizados.

Autovalores de A:

det (A − λI) =

�� 3 − λ 0 −110 1 − λ −51 0 1 − λ

�� = (1 − λ)

�� 3 − λ −11 1 − λ

�� == (1 − λ) [(3 − λ)(1 − λ) + 1] = (1 − λ) [λ2 − 4λ + 4] =

= (1 − λ) [λ − 2]2 = 0 ⇐⇒

¨λ1 = 1 (simple),λ2 = 2 (doble).

Autovectores de A asociados a λ1 = 1: (A − I)x = 0,264 2 0 −1 010 0 −5 01 0 0 0

375 −→

264 1 0 0 00 0 −1 00 0 0 0

375 −→ x1 = x3 = 0

=⇒ Nul (A − I) = Gen

8><>:v1 =

264 010

3759>=>; .



Autovectores de A asociados a λ2 = 2: (A − 2I)x = 0,264 1 0 −1 010 −1 −5 01 0 −1 0

375 −→

264 1 0 −1 00 −1 5 00 0 0 0

375 −→

¨x1 = x3

x2 = 5x3

=⇒ Nul (A − 2I) = Gen

8><>:v2 =

264 151

3759>=>; .

∗ ¿Se puede expresar u0 como combinacion lineal de autovectores?

u0 = αv1 + βv2 ⇐⇒

264 0 11 50 1

375 � α

β

�=

264 001

375y puesto que este sistema es incompatible, u0 no es combinacion lineal de autovectoresy necesitamos recurrir a los autovectores generalizados.

Autovectores generalizados de A asociados a λ2 = 2: (A − 2I)2x = 0,

(A − 2I)2 =

264 1 0 −110 −1 −51 0 −1

3752

=

264 0 0 0−5 1 00 0 0

375 =⇒

⇒ Nul [(A − 2I)2] = {−5x1 + x2 = 0} = Gen

8><>:w2 =

264 150

375 , w3 = u0 =

264 001

3759>=>; .

∗ Puesto que u0 es un autovector generalizado asociado a λ2 = 2 tenemos que

un = Anu0 = [2I + (A − 2I)]n u0 =

=

�2nI + n2n−1(A − 2I) +

�n

2

�2n−2(A − 2I)2 + · · ·

�u0 =

= 2nu0 + n2n−1(A − 2I)u0 +

�n

2

�2n−2(A − 2I)2u0 + · · · =

= 2nu0 + n2n−1(A − 2I)u0 + 0 + · · · = 2nu0 − n2n−1v2 = 2n−1

264 −n

−5n2 − n

375 .

Ejercicio 14. Resuelve el sistema de ecuaciones diferenciales y′ = Ay para las siguientesmatrices A:

(1)

�1 14 1

�,

�1 −12 3

�.

�1 22 1

�,

�1 10 1

�,



(2)

264 1 −1 43 2 −12 1 −1

375 ,

264 5 −4 2−4 5 22 2 8

375 ,

264 1 −1 01 2 1−2 1 −1

375 .

(3)

264 −1 1 01 −2 10 1 −1

375 ,

264 1 −3 20 −1 00 −1 −2

375 ,

264 1 0 −20 1 01 −1 −1

375 .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(1) A =

�1 14 1

�(Caso: autovalores reales simples).

• Polinomio caracterıstico: λ2 − 2λ − 3 = (λ − 3)(λ + 1).

• Autovalores: λ1 = 3, λ2 = −1.

• Autovectores:

λ1 = 3 −→ v1 =

�12

�, λ2 = −1 −→ v2 =

�1−2

�.

• Soluciones Linealmente Independientes del sistema homogeneo y′ = Ay:

y1(t) = eλ1tv1 = e3t

�12

�, y2(t) = eλ2tv2 = e−t

�1−2

�.

• Solucion general del sistema homogeneo y′ = Ay: y(t) = c1y1(t) + c2y2(t),

y(t) = c1e3t

�12

�+ c2e

−t

�1−2

�.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

A =

�1 −12 3

�(Caso: autovalores complejos simples).

• Polinomio caracterıstico: λ2−4λ+5 = (λ−2)2+1 = [λ − (2 + i)] [λ − (2 − i)].

• Autovalores: λ1 = 2 + i, λ2 = 2 − i.

• Autovectores:

λ1 = 2 + i −→ v1 =

�−1

1 + i

�, λ2 = 2 − i −→ v2 =

�−1

1 − i

�.

• Solucion compleja:

z(t) = eλ1tv1 = e(2+i)t

�−1

1 + i

�= e2t [cos(t) + i sen(t)]

�−1

1 + i

�.

• Soluciones (reales) Linealmente Independientes del sistema homogeneo y′ =Ay:

y1(t) = Re (z(t)) = e2t

�cos(t)

�−11

�− sen(t)

�01

��,

y2(t) = Im (z(t)) = e2t

�cos(t)

�01

�+ sen(t)

�−11

��.



• Solucion general del sistema homogeneo y′ = Ay:

y(t) = c1y1(t) + c2y2(t).

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

A =

�1 22 1

�(Caso: autovalores reales multiples, diagonalizable) .

• Polinomio caracterıstico: λ2 − 2λ − 3 = (λ − 3)(λ + 1).

• Autovalores: λ1 = 3, λ2 = −1.

• Autovectores:

λ1 = 3 −→ v1 =

�11

�, λ2 = −1 −→ v2 =

�−11

�.



�11

�, y2(t) = eλ2tv2 = e−t

�−11

�.


y(t) = c1e3t

�11

�+ c2e

−t

�−11

�.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

A =

�1 10 1

�(Caso: autovalores reales multiples, no diagonalizable).

• Polinomio caracterıstico: (1 − λ)2.

• Autovalores: λ1 = 1, (doble).

• Autovectores:

λ1 = 1 −→ v1 =

�10

�.

• Autovectores generalizados: Cualquier vector (no nulo) de R2 es un autovector

generalizado de A. Tomamos, por ejemplo, u = e2.


y1(t) = eλ1tv1 = et

�10

�,

y2(t) = eλ1tu + teλ1t(A − λ1I)u = et

�01

�+ tet

�10

�= et

�t

1

�.


y(t) = c1et

�10

�+ c2e

t

�t

1

�.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .



(2) A =

264 1 −1 43 2 −12 1 −1

375 (Caso: autovalores reales simples).

• Polinomio caracterıstico: −λ3 + 2λ2 + 5λ − 6 = −(λ − 1)(λ − 3)(λ + 2).

• Autovalores: λ1 = 1, λ2 = 3, λ3 = −2.

• Autovectores:

λ1 = 1 −→ v1 =

264 −141

375 , λ2 = 3 −→ v2 =

264 121

375 , λ3 = −2 −→ v3 =

264 −111

375 .



264 −141

375 , y2(t) = eλ2tv2 = e3t

264 121

375 ,

y3(t) = eλ3tv3 = e−2t

264 −111

375 .

• Solucion general del sistema homogeneo y′ = Ay: y(t) = c1y1(t) + c2y2(t) +c3y3(t),

y(t) = c1et

264 −141

375 + c2e3t

264 121

375+ c3e−2t

264 −111

375 .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

A =

264 5 −4 2−4 5 22 2 8

375 (Caso: autovalores reales multiples, diagonalizable).

• Polinomio caracterıstico: −λ3 + 18λ2 − 81λ = −− λ(λ − 9)2.

• Autovalores: λ1 = 0 simple y λ2 = λ3 = 9 (doble).

• Autovectores:

λ1 = 0 −→ v1 =

264 22−1

375 , λ2 = 9 −→ v2 =

264 102

375 , v3 =

264 012

375 .


y1(t) = eλ1tv1 =

264 221

375 , y2(t) = eλ2tv2 = e9t

264 102

375 ,


264 012

375 .




y(t) = c1

264 221

375 + c2e9t

264 102

375+ c3e9t

264 012

375 .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

A =

264 1 −1 01 2 1−2 1 −1

375 . (Caso: autovalores reales simples).

• Polinomio caracterıstico: −(λ − 1)(λ − 2)(λ + 1).

• Autovalores: λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = −1.

• Autovectores:

λ1 = 1 −→ v1 =

264 −101

375 , λ2 = 2 −→ v2 =

264 −111

375 , λ3 = −1 −→ v3 =

264 12−7

375 .



264 −101

375 , y2(t) = eλ2tv2 = e2t

264 −111

375 ,

y3(t) = eλ2tv3 = e−t

264 12−7

375 .


y(t) = c1et

264 −101

375 + c2e2t

264 −111

375 + c3e−t

264 12−7

375 .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(3) 264 −1 1 01 −2 10 1 −1

375 ,

264 1 −3 20 −1 00 −1 −2

375 ,

264 1 0 −20 1 01 −1 −1

375 .

Ejercicio 15. Resuelve el problema de valor inicial

¨y′ = Ay

y(0) = y0

«para las siguientes ma-

trices A y valores iniciales y0:

(1) A =

�0 1−5 2

�, y0 =

�02

�.

(2) A =

264 3 1 −11 3 −13 3 −1

375 , y0 =

264 1−2−1

375 .



(3) A =

264 3 2 42 0 24 2 3

375 , y0 =

264 141

375.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Obtenemos la solucion general del sistema homogeneo y′ = Ay: autovalores, autovec-tores,... y con la condicion inicial determinamos los parametros que aparecen en la soluciongeneral.

(1) Autovalores de A:

det (A − λI) = λ2 − 2λ + 5 = 0 ⇔ λ1 = 1 + 2i, λ2 = 1 − 2i.

Autovectores de A:

λ1 = 1 + 2i −→ v1 =

�1

1 + 2i

�, λ2 = 1 − 2i −→ v2 = v1 =

�1

1 − 2i

�.

Solucion compleja de y′ = Ay:

z(t) = eλ1tv1 = e(1+2i)t

�1

1 + 2i

�= et [cos(2t) + i sen(2t)]

��11

�+ i

�02

��.

Soluciones reales Linealmente Independientes:

y1(t) = Re [z(t)] = et

�cos(2t)

�11

�− sen(2t)

�02

��y2(t) = Im [z(t)] = et

�cos(2t)

�02

�+ sen(2t)

�11

��.

Solucion general:

y(t) = c1y1(t) + c2y2(t) =

= c1et

�cos(2t)

�11

�− sen(2t)

�02

��+ c2e

t

�cos(2t)

�02

�+ sen(2t)

�11

��.

Solucion particular: Imponiendo la condicion inicial y(0) = y0 tenemos

c1

�11

�+ c2

�02

�=

�02

�⇐⇒ c1 = 0, c2 = 1.

Solucion pedida:

y(t) = y2(t) = et

�cos(2t)

�02

�+ sen(2t)

�11

��.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .




det (A − λI) = −λ3 + 5λ2 − 8λ + 4 = −(λ − 1)(λ − 2)2 = 0 ⇔

⇐⇒ λ1 = 1 (simple), λ2 = 2 (doble).

Autovectores de A:

λ1 = 1 −→ v1 =

264 113

375 , λ2 =−→ v2 =

264 101

375 , v3 =

264 011

375 .

Soluciones Linealmente Independientes:

y1(t) = et

264 113

375 , y2(t) = e2t

264 101

375 , y3(t) = e2t

264 011

375 .

Solucion general:

y(t) = c1y1(t) + c2y2(t) + c3y3(t) =

= c1et

264 113

375 + c2e2t

264 101

375+ c3e2t

264 011

375 .


c1

264 113

375+ c2

264 101

375+ c3

264 011

375 =

264 1−2−1

375 ⇐⇒ c1 = 0, c2 = 1, c3 = −2.

Solucion pedida:

y(t) = y2(t) − 2y3(t) = e2t

264 101

375− 2e2t

264 011

375 = e2t

264 1−2−1

375 .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .


det (A − λI) = −λ3 + 6λ2 + 15λ + 8 = −(λ − 8)(λ + 1)2 = 0 ⇔

⇐⇒ λ1 = 8 (simple), λ2 = −1 (doble).

Autovectores de A:

λ1 = 8 −→ v1 =

264 212

375 , λ2 = −1 −→ v2 =

264 −120

375 , v3 =

264 −101

375 .



Soluciones Linealmente Independientes:

y1(t) = e8t

264 212

375 , y2(t) = e−t

264 −120

375 , y3(t) = e−t

264 −101

375 .

Solucion general:

y(t) = c1y1(t) + c2y2(t) + c3y3(t) =

= c1e8t

264 212

375+ c2e−t

264 −120

375 + c3e−t

264 −101

375 .


c1

264 212

375+ c2

264 −120

375 + c3

264 −101

375 =

264 141

375 ⇐⇒ c1 =8

9, c2 =

14

9, c3 = −

7

9.

Solucion pedida:

y(t) =8

9y1(t) +

14

9y2(t) −

7

9y3(t) =

=8

9e8t

264 212

375+14

9e−t

264 −120

375− 7

9e−t

264 −101

375 =

=8

9e8t

264 212

375− 7

9e−t

264 1−41

375 .


Ingenier´ıas: Aeroespacial, Civil y Qu´ımica. Matem´aticas ...con autovectores asociados los...

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