4.1: Valores propios y vectores propios

Objetivos de aprendizaje

• T/F: Dada cualquier matriz\(A\), siempre podemos encontrar un vector\(\vec{x}\) donde\(A\vec{x}=\vec{x}\).
• ¿Cuándo es el vector cero un vector propio para una matriz?
• Si\(\vec{v}\) es un vector propio de una matriz\(A\) con valor propio de\(2\), entonces ¿qué es\(A\vec{v}\)?
• T/F: Si\(A\) es una\(5\times 5\) matriz, para encontrar los valores propios de\(A\), necesitaríamos encontrar las raíces de un polinomio\(5^{\text{th}}\) grado.

Comenzamos considerando la matriz\(A\) y el vector\(\vec{x}\) como se indica a continuación. \(^{1}\)

\[A=\left[\begin{array}{cc}{1}&{4}\\{2}&{3}\end{array}\right]\quad\vec{x}=\left[\begin{array}{c}{1}\\{1}\end{array}\right] \nonumber \]

Multiplicar\(A\vec{x}\) da:

\[\begin{align}\begin{aligned}A\vec{x}&=\left[\begin{array}{cc}{1}&{4}\\{2}&{3}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{1}\\{1}\end{array}\right] \\ &=\left[\begin{array}{c}{5}\\{5}\end{array}\right] \\ &=5\left[\begin{array}{c}{1}\\{1}\end{array}\right]!\end{aligned}\end{align} \nonumber \]

¡Guau! ¡Parece que multiplicar\(A\vec{x}\) es lo mismo que\(5\vec{x}\)! Esto nos hace preguntarnos muchas cosas: ¿Es este el único caso en el mundo en el que sucede algo así? \(^{2}\)Es de\(A\) alguna manera una matriz especial, y\(A\vec{x}=5\vec{x}\) para cualquier vector\(\vec{x}\) que escojamos? \(^{3}\)O tal vez\(\vec{x}\) era un vector especial, y no importa qué\(2\times 2\) matriz\(A\) escojamos, tendríamos\(A\vec{x}=5\vec{x}\). \(^{4}\)

Una explicación más probable es esta: dada la matriz\(A\), el número\(5\) y el vector\(\vec{x}\) formaron un par especial que pasó a trabajar juntos de una manera agradable. Entonces es natural preguntarse si existen otros pares “especiales”. Por ejemplo, ¿podríamos encontrar un vector\(\vec{x}\) dónde\(A\vec{x}=3\vec{x}\)?

Esta ecuación es difícil de resolver al principio; no estamos acostumbrados a ecuaciones matriciales donde\(\vec{x}\) aparece en ambos lados de “\(=\).” Por lo tanto, postergamos resolver esto por un momento para exponer una definición y hacer algunos comentarios.

Definición: Valores propios y vectores propios

Dejar\(A\) ser una\(n\times n\) matriz,\(\vec{x}\) un vector de\(n\times 1\) columna distinto de cero y\(\lambda\) un escalar. Si

\[A\vec{x}=\lambda\vec{x}, \nonumber \]

entonces\(\vec{x}\) es un vector propio de\(A\) y\(\lambda\) es un valor propio de\(A\).

La palabra “eigen” es alemán para “apropiado” o “característico”. Por lo tanto, un vector propio de\(A\) es un “vector característico de”\(A\). Este vector nos dice algo sobre\(A\).

¿Por qué usamos la letra griega\(\lambda\) (lambda)? Es pura tradición. Arriba, solíamos\(a\) representar el escalar desconocido, ya que estamos acostumbrados a esa notación. Ahora cambiamos a\(\lambda\) porque así es como lo hacen todos los demás. \(^{5}\)No te cuelgues de esto;\(\lambda\) es solo un número.

Tenga en cuenta que nuestra definición requiere que\(A\) sea una matriz cuadrada. Si\(A\) no es cuadrado entonces\(A\vec{x}\) y\(\lambda\vec{x}\) tendrá diferentes tamaños, y así no pueden ser iguales. También tenga en cuenta que\(\vec{x}\) debe ser distinto de cero. ¿Por qué? ¿Y si\(\vec{x}=\vec{0}\)? Entonces no importa lo que\(\lambda\) sea,\(A\vec{x}=\lambda\vec{x}\). Esto implicaría entonces que cada número es un valor propio; si cada número es un valor propio, entonces no necesitaríamos una definición para ello. \(^{6}\)Por lo tanto lo especificamos\(\vec{x}\neq\vec{0}\).

Nuestro último comentario antes de intentar encontrar valores propios y vectores propios para matrices dadas trata de “por qué nos importa”. ¿Nos topamos con una curiosidad matemática, o esto de alguna manera nos ayuda a construir mejores puentes, sanar a los enfermos, enviar astronautas a órbita, diseñar equipos ópticos y comprender la mecánica cuántica? La respuesta, por supuesto, es “Sí”. \(^{7}\)Este es un tema maravilloso en sí mismo: no necesitamos ninguna aplicación externa para apreciar su valía. Al mismo tiempo, tiene muchas, muchas aplicaciones para “el mundo real”. Una simple búsqueda en Internet sobre “aplicaciones de valores propios” con confirmar esto.

De vuelta a nuestras matemáticas. Dada una matriz cuadrada\(A\), queremos encontrar un vector distinto de cero\(\vec{x}\) y un escalar\(\lambda\) tal que\(A\vec{x}=\lambda\vec{x}\). Esto lo resolveremos utilizando las habilidades que desarrollamos en el Capítulo 2.

\[\begin{align}\begin{aligned}A\vec{x}&=\lambda\vec{x} &\text{original equation} \\ A\vec{x}-\lambda\vec{x}&=\vec{0} &\text{subtract }\lambda\vec{x}\text{ from both sides} \\ (A-\lambda I)\vec{x}&=\vec{0} &\text{factor out }\vec{x}\end{aligned}\end{align} \nonumber \]

Piensa en esta última factorización. Es probable que estemos tentados a decir

\[A\vec{x}-\lambda\vec{x}=(A-\lambda )\vec{x}, \nonumber \]

pero esto realmente no tiene sentido. Después de todo, ¿qué significa “una matriz menos un número”? Necesitamos la matriz de identidad para que esto sea lógico.

Pensemos ahora en la ecuación\((A-\lambda I)\vec{x}=\vec{0}\). Si bien parece complicado, realmente es solo una ecuación matricial del tipo que resolvimos en la Sección 2.4. Sólo estamos tratando de resolver\(B\vec{x}=\vec{0}\), dónde\(B=(A-\lambda I)\).

Sabemos por nuestro trabajo anterior que este tipo de ecuaciones \(^{8}\)siempre tiene una solución, a saber,\(\vec{x}=\vec{0}\). Sin embargo,\(\vec{x}\) queremos ser un vector propio y, por definición, los vectores propios no pueden serlo\(\vec{0}\).

Esto significa que queremos soluciones a\((A-\lambda I)\vec{x}=\vec{0}\) otras que no sean\(\vec{x}=\vec{0}\). Recordemos que el Teorema 2.6.4 dice que si la matriz\((A-\lambda I)\) es invertible, entonces la única solución a\((A-\lambda I)\vec{x}=\vec{0}\) es\(\vec{x}=\vec{0}\). Por lo tanto, para tener otras soluciones, necesitamos no\((A-\lambda I)\) ser invertibles.

Por último, recordemos del Teorema 3.4.3 que las matrices no invertibles tienen todas un determinante de 0. Por lo tanto, si queremos encontrar valores propios\(\lambda\) y vectores propios\(\vec{x}\), necesitamos\(\text{det}(A-\lambda I)=0\).

Comencemos nuestra práctica de esta teoría encontrando\(\lambda\) tal que\(\text{det}(A-\lambda I)=0\); es decir, encontremos los valores propios de una matriz.

Ejemplo\(\PageIndex{1}\)

Encuentra los valores propios de\(A\), es decir, encontrar\(\lambda\) tal que\(\text{det}(A-\lambda I)=0\), donde

\[A=\left[\begin{array}{cc}{1}&{4}\\{2}&{3}\end{array}\right]. \nonumber \]

Solución

(Tenga en cuenta que esta es la matriz que usamos al inicio de esta sección.) Primero, escribimos lo que\(A-\lambda I\) es:

\[\begin{align}\begin{aligned}A-\lambda I&=\left[\begin{array}{cc}{1}&{4}\\{2}&{3}\end{array}\right]-\lambda\left[\begin{array}{cc}{1}&{0}\\{0}&{1}\end{array}\right] \\ &=\left[\begin{array}{cc}{1}&{4}\\{2}&{3}\end{array}\right]-\left[\begin{array}{cc}{\lambda}&{0}\\{0}&{\lambda}\end{array}\right] \\ &=\left[\begin{array}{cc}{1-\lambda}&{4}\\{2}&{3-\lambda}\end{array}\right]\end{aligned}\end{align} \nonumber \]

Por lo tanto,

\[\begin{align}\begin{aligned}\text{det}(A-\lambda I)&=\left|\begin{array}{cc}{1-\lambda}&{4}\\{2}&{3-\lambda}\end{array}\right| \\ &=(1-\lambda )(3-\lambda )-8 \\ &=\lambda^{2}-4\lambda -5 \end{aligned}\end{align} \nonumber \]

Ya que queremos\(\text{det}(A-\lambda I)=0\), queremos\(\lambda ^{2}-4\lambda-5=0\). Esta es una ecuación cuadrática simple que es fácil de facturar:

\[\begin{align}\begin{aligned}\lambda^{2}-4\lambda -5&=0 \\ (\lambda -5)(\lambda +1)&=0 \\ \lambda &=-1,\: 5\end{aligned}\end{align} \nonumber \]

De acuerdo con nuestro trabajo anterior,\(\text{det}(A-\lambda I)\) cuando\(\lambda = -1,\: 5\). Así, los valores propios de\(A\) son\(-1\) y\(5\).

Anteriormente, al mirar la misma matriz que se usó en nuestro ejemplo, nos preguntamos si podríamos encontrar un vector\(\vec{x}\) tal que\(A\vec{x}=3\vec{x}\). Según este ejemplo, la respuesta es “No”. Con esta matriz\(A\), los únicos valores de\(\lambda\) esa obra son\(-1\) y\(5\).

Reafirmemos lo anterior de una manera diferente: No tiene sentido tratar de encontrar\(\vec{x}\) dónde\(A\vec{x}=3\vec{x}\), porque no hay tal\(\vec{x}\). Solo hay 2 ecuaciones de esta forma que tienen una solución, a saber

\[A\vec{x}=-\vec{x}\quad\text{and}\quad A\vec{x}=5\vec{x}. \nonumber \]

Al introducir esta sección, dimos un vector\(\vec{x}\) tal que\(A\vec{x}=5\vec{x}\). ¿Es éste el único? Averigüemos al llamar ejemplo a nuestro trabajo; esto equivaldrá a encontrar los vectores propios de los\(A\) que corresponden al vector propio de\(5\).

Ejemplo\(\PageIndex{2}\)

Encuentra\(\vec{x}\) tal que\(A\vec{x}=5\vec{x}\), donde

\[A=\left[\begin{array}{cc}{1}&{4}\\{2}&{3}\end{array}\right]. \nonumber \]

Solución

Recordemos que nuestro álgebra de antes demostró que si

\[A\vec{x}=\lambda\vec{x}\quad\text{then}\quad (A-\lambda I)\vec{x}=\vec{0}. \nonumber \]

Por lo tanto, necesitamos resolver la ecuación\((A-\lambda I)\vec{x}=\vec{0}\) para\(\vec{x}\) cuándo\(\lambda = 5\).

\[\begin{align}\begin{aligned}A-5I&=\left[\begin{array}{cc}{1}&{4}\\{2}&{3}\end{array}\right] -5\left[\begin{array}{cc}{1}&{0}\\{0}&{1}\end{array}\right] \\ &=\left[\begin{array}{cc}{-4}&{4}\\{2}&{-2}\end{array}\right] \end{aligned}\end{align} \nonumber \]

Para resolver\((A-5I)\vec{x}=\vec{0}\), formamos la matriz aumentada y la ponemos en forma de escalón de fila reducida:

\[\left[\begin{array}{ccc}{-4}&{4}&{0}\\{2}&{-2}&{0}\end{array}\right]\quad\vec{\text{rref}}\quad\left[\begin{array}{ccc}{1}&{-1}&{0}\\{0}&{0}&{0}\end{array}\right]. \nonumber \]

Por lo tanto

\[\begin{align}\begin{aligned} x_1 &= x_2\\ x_2 &\text{ is free}\end{aligned}\end{align} \nonumber \]

y

\[\vec{x}=\left[\begin{array}{c}{x_{1}}\\{x_{2}}\end{array}\right]=x_{2}\left[\begin{array}{c}{1}\\{1}\end{array}\right]. \nonumber \]

Tenemos infinitas soluciones a la ecuación\(A\vec{x}=5\vec{x}\); cualquier múltiplo escalar distinto de cero del vector\(\left[\begin{array}{c}{1}\\{1}\end{array}\right]\) es una solución. Podemos hacer algunos ejemplos para confirmar esto:

\[\begin{align}\begin{aligned}\left[\begin{array}{cc}{1}&{4}\\{2}&{3}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{2}\\{2}\end{array}\right]&=\left[\begin{array}{c}{10}\\{10}\end{array}\right]=5\left[\begin{array}{c}{2}\\{2}\end{array}\right]; \\ \left[\begin{array}{cc}{1}&{4}\\{2}&{3}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{7}\\{7}\end{array}\right]&=\left[\begin{array}{c}{35}\\{35}\end{array}\right]=5\left[\begin{array}{c}{7}\\{7}\end{array}\right]; \\ \left[\begin{array}{cc}{1}&{4}\\{2}&{3}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{-3}\\{-3}\end{array}\right]&=\left[\begin{array}{c}{-15}\\{-15}\end{array}\right]=5\left[\begin{array}{c}{-3}\\{-3}\end{array}\right]. \end{aligned}\end{align} \nonumber \]

Nuestro método de encontrar los valores propios de una matriz se\(A\) reduce a determinar qué valores de\(\lambda\) dar a la matriz\((A-\lambda I)\) un determinante de\(0\). En computación\(\text{det}(A-\lambda I)\), obtenemos un polinomio en\(\lambda\) cuyas raíces se encuentran los valores propios de\(A\). Este polinomio es importante y así recibe su propio nombre.

Definición: Polinomio característico

\(A\)Déjese ser una\(n\times n\) matriz. El polinomio característico de\(A\) es el\(n^{\text{th}}\) grado polinomio\(p(\lambda )=\text{det}(A-\lambda I)\).

Nuestra definición solo establece cuál es el polinomio característico. Sabemos de nuestro trabajo hasta ahora por qué nos importa: las raíces del polinomio característico de una\(n\times n\) matriz\(A\) son los valores propios de\(A\).

En Ejemplos\(\PageIndex{1}\) y\(\PageIndex{2}\), encontramos valores propios y vectores propios, respectivamente, de una matriz dada. Es decir, dada una matriz\(A\), encontramos valores\(\lambda\) y vectores\(\vec{x}\) tales que\(A\vec{x}=\lambda\vec{x}\). Los pasos que siguen describen el procedimiento general para encontrar valores propios y vectores propios; seguiremos esto con algunos ejemplos.

Idea Clave\(\PageIndex{1}\): Finding Eigenvalues and Eigenvectors

Dejar\(A\) ser una\(n\times n\) matriz.

1. Para encontrar los valores propios de\(A\), computar\(p(\lambda )\), el polinomio característico de\(A\), establecerlo igual a\(0\), luego resolver para\(\lambda\).
2. Para encontrar los vectores propios de\(A\), para cada autovalor resolver el sistema homogéneo\((A-\lambda I)\vec{x}=\vec{0}\).

Ejemplo\(\PageIndex{3}\)

Encuentre los valores propios de\(A\), y para cada valor propio, encuentre un vector propio donde

\[A=\left[\begin{array}{cc}{-3}&{15}\\{3}&{9}\end{array}\right]. \nonumber \]

Solución

Para encontrar los valores propios, debemos computar\(\text{det}(A-\lambda I)\) y establecerlo igual a\(0\).

\[\begin{align}\begin{aligned}\text{det}(A-\lambda I)&=\left|\begin{array}{cc}{-3-\lambda}&{15}\\{3}&{9-\lambda}\end{array}\right| \\ &=(-3-\lambda)(9-\lambda)-45 \\ &=\lambda^{2}-6\lambda -27-45 \\ &=\lambda^{2}-6\lambda -72 \\ &=(\lambda -12)(\lambda +6)\end{aligned}\end{align} \nonumber \]

Por lo tanto,\(\text{det}(A-\lambda I)=0\) cuándo\(\lambda = -6\) y\(12\); estos son nuestros valores propios. (Debemos señalar que\(p(\lambda) =\lambda^2-6\lambda-72\) es nuestro polinomio característico.) A veces ayuda darles “nombres”, así que diremos\(\lambda_1 = -6\) y\(\lambda_2 = 12\). Ahora nos encontramos con vectores propios.

Para\(\lambda_1=-6\):

Tenemos que resolver la ecuación\((A-(-6)I)\vec{x}=\vec{0}\). Para ello, formamos la matriz aumentada apropiada y la ponemos en forma de escalón de fila reducida.

\[\left[\begin{array}{ccc}{3}&{15}&{0}\\{3}&{15}&{0}\end{array}\right]\quad\vec{\text{rref}}\quad\left[\begin{array}{ccc}{1}&{5}&{0}\\{0}&{0}&{0}\end{array}\right]. \nonumber \]

Nuestra solución es

\[\begin{align}\begin{aligned} x_1 &= -5x_2\\ x_2 & \text{ is free;}\end{aligned}\end{align} \nonumber \]

en forma vectorial, tenemos

\[\vec{x}=x_{2}\left[\begin{array}{c}{-5}\\{1}\end{array}\right]. \nonumber \]

Podemos elegir cualquier valor distinto de cero\(x_2\) para obtener un vector propio; una opción simple es\(x_2 = 1\). Así tenemos el vector propio

\[\vec{x_{1}}=\left[\begin{array}{c}{-5}\\{1}\end{array}\right]. \nonumber \]

(Utilizamos la notación\(\vec{x_{1}}\) para asociar este vector propio con el valor propio\(\lambda_1\).)

Ahora repetimos este proceso para encontrar un vector propio para\(\lambda_2 = 12\):

En la resolución\((A-12I)\vec{x}=\vec{0}\), encontramos

\[\left[\begin{array}{ccc}{-15}&{15}&{0}\\{3}&{-3}&{0}\end{array}\right]\quad\vec{\text{rref}}\quad\left[\begin{array}{ccc}{1}&{-1}&{0}\\{0}&{0}&{0}\end{array}\right. \nonumber \]

En forma vectorial, tenemos

\[\vec{x}=x_{2}\left[\begin{array}{c}{1}\\{1}\end{array}\right]. \nonumber \]

Nuevamente, podemos elegir cualquier valor distinto de cero para\(x_2\), y así elegimos\(x_2 = 1\). Por lo tanto, un vector propio para\(\lambda_2\) es

\[\vec{x_{2}}=\left[\begin{array}{c}{1}\\{1}\end{array}\right]. \nonumber \]

Para resumir, tenemos:

\[\text{eigenvalue }\lambda_{1}=-6\text{ with eigenvector }\vec{x_{1}}=\left[\begin{array}{c}{-5}\\{1}\end{array}\right] \nonumber \]

y

\[\text{eigenvalue }\lambda_{2}=12\text{ with eigenvector }\vec{x_{2}}=\left[\begin{array}{c}{1}\\{1}\end{array}\right] \nonumber \]

Deberíamos tomarnos un momento y revisar nuestro trabajo: ¿es cierto eso\(A\vec{x_{1}}=\lambda_{1}\vec{x_{1}}\)?

\[\begin{align}\begin{aligned} A\vec{x_{1}}&=\left[\begin{array}{cc}{-3}&{15}\\{3}&{9}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{-5}\\{1}\end{array}\right] \\ &=\left[\begin{array}{c}{30}\\{-6}\end{array}\right] \\ &=(-6)\left[\begin{array}{c}{-5}\\{1}\end{array}\right] \\ &=\lambda_{1}\vec{x_{1}}.\end{aligned}\end{align} \nonumber \]

Sí; parece que realmente hemos encontrado un par de autovalor/vector propio para la matriz\(A\).

Hagamos otro ejemplo.

Ejemplo\(\PageIndex{4}\)

Vamos\(A=\left[\begin{array}{cc}{-3}&{0}\\{5}&{1}\end{array}\right]\). Encuentra los valores propios de\(A\) y un vector propio para cada valor propio.

Solución

Primero calculamos el polinomio característico, lo establecemos igual a 0, luego resolvemos para\(\lambda\).

\[\begin{align}\begin{aligned}\text{det}(A-\lambda I)&=\left|\begin{array}{cc}{-3-\lambda}&{0}\\{5}&{1-\lambda}\end{array}\right| \\ &=(-3-\lambda )(1-\lambda )\end{aligned}\end{align} \nonumber \]

A partir de esto, vemos que\(\text{det}(A-\lambda I)=0\) cuando\(\lambda = -3, 1\). Vamos a establecer\(\lambda_1 = -3\) y\(\lambda_2 = 1\).

Encontrar un vector propio para\(\lambda_1\):

Resolvemos\((A-(-3)I)\vec{x}=\vec{0}\)\(\vec{x}\) por fila reduciendo la matriz apropiada:

\[\left[\begin{array}{ccc}{0}&{0}&{0}\\{5}&{4}&{0}\end{array}\right]\quad\vec{\text{rref}}\quad\left[\begin{array}{ccc}{1}&{5/4}&{0}\\{0}&{0}&{0}\end{array}\right]. \nonumber \]

Nuestra solución, en forma vectorial, es

\[\vec{x}=x_{2}\left[\begin{array}{c}{-5/4}\\{1}\end{array}\right]. \nonumber \]

Nuevamente, podemos elegir cualquier valor distinto de cero para\(x_2\); una buena elección eliminaría la fracción. Por lo tanto escogemos\(x_2 = 4\), y encontramos

\[\vec{x_{1}}=\left[\begin{array}{c}{-5}\\{4}\end{array}\right]. \nonumber \]

Encontrar un vector propio para\(\lambda_2\):

Resolvemos\((A-(1)I)\vec{x}=\vec{0}\)\(\vec{x}\) por fila reduciendo la matriz apropiada:

\[\left[\begin{array}{ccc}{-4}&{0}&{0}\\{5}&{0}&{0}\end{array}\right]\quad\vec{\text{rref}}\quad\left[\begin{array}{ccc}{1}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{0}\end{array}\right]. \nonumber \]

Hemos visto una matriz como esta antes, \(^{9}\)pero puede que necesitemos un poco de refrescante. Nuestra primera fila nos dice eso\(x_1 = 0\), y vemos que no hay hilas/ecuaciones implican\(x_2\). Concluimos que\(x_2\) es gratis. Por lo tanto, nuestra solución, en forma vectorial, es

\[\vec{x}=x_{2}\left[\begin{array}{c}{0}\\{1}\end{array}\right]. \nonumber \]

Escogemos\(x_2 = 1\), y encontramos

\[\vec{x_{2}}=\left[\begin{array}{c}{0}\\{1}\end{array}\right]. \nonumber \]

Para resumir, tenemos:\[\text{eigenvalue } \lambda_1 = -3 \text{ with eigenvector } \vec{x_{1}} = \left[\begin{array}{c}{-5}\\{4}\end{array}\right] \nonumber \] y\[\text{eigenvalue } \lambda_2 = 1 \text{ with eigenvector } \vec{x_{2}} = \left[\begin{array}{c}{0}\\{1}\end{array}\right]. \nonumber \]

Hasta el momento, nuestros ejemplos han involucrado\(2\times 2\) matrices. Hagamos un ejemplo con una\(3\times 3\) matriz.

Ejemplo\(\PageIndex{5}\)

Encontrar los valores propios de\(A\), y para cada valor propio, dar un vector propio, donde

\[A=\left[\begin{array}{ccc}{-7}&{-2}&{10}\\{-3}&{2}&{3}\\{-6}&{-2}&{9}\end{array}\right]. \nonumber \]

Solución

Primero calculamos el polinomio característico, lo establecemos igual a\(0\), luego resolvemos para\(\lambda\). Una advertencia: este proceso es bastante largo. Usaremos la expansión de cofactores a lo largo de la primera fila; no se empantanen con la aritmética que viene de cada paso; solo trata de tener la idea básica de lo que se hizo de paso a paso.

\[\begin{align}\begin{aligned}\text{det}(A-\lambda I)&=\left|\begin{array}{ccc}{-7-\lambda}&{-2}&{10}\\{-3}&{2-\lambda}&{3}\\{-6}&{-2}&{9-\lambda}\end{array}\right| \\ &=(-7-\lambda)\left|\begin{array}{cc}{2-\lambda}&{3}\\{-2}&{9-\lambda}\end{array}\right| -(-2)\left|\begin{array}{cc}{-3}&{3}\\{-6}&{9-\lambda}\end{array}\right| +10\left|\begin{array}{cc}{-3}&{2-\lambda}\\{-6}&{-2}\end{array}\right| \\ &=(-7-\lambda)(\lambda^{2}-11\lambda +24)+2(3\lambda -9)+10(-6\lambda +18) \\ &=-\lambda^{3}+4\lambda^{2}-\lambda -6 \\ &=-(\lambda +1)(\lambda -2)(\lambda -3)\end{aligned}\end{align} \nonumber \]

En el último paso factorizamos el polinomio característico\(-\lambda^3+4\lambda^2-\lambda -6\). Factorizar polinomios de grado no\(>2\) es trivial; asumiremos que el lector tiene acceso a métodos para hacerlo con precisión. \(^{10}\)

Nuestros valores propios son\(\lambda_1 = -1\),\(\lambda_2 = 2\) y\(\lambda_3 = 3\). Ahora encontramos vectores propios correspondientes.

Para\(\lambda_1 = -1\):

Tenemos que resolver la ecuación\((A-(-1)I)\vec{x}=\vec{0}\). Para ello, formamos la matriz aumentada apropiada y la ponemos en forma de escalón de fila reducida.

\[\left[\begin{array}{cccc}{-6}&{-2}&{10}&{0}\\{-3}&{3}&{3}&{0}\\{-6}&{-2}&{10}&{0}\end{array}\right]\quad\vec{\text{rref}}\quad\left[\begin{array}{cccc}{1}&{0}&{-1.5}&{0}\\{0}&{1}&{-.5}&{0}\\{0}&{0}&{0}&{0}\end{array}\right] \nonumber \]

Nuestra solución, en forma vectorial, es

\[\vec{x}=x_{3}\left[\begin{array}{c}{3/2}\\{1/2}\\{1}\end{array}\right]. \nonumber \]

Podemos elegir cualquier valor distinto de cero para\(x_3\); una buena elección se desharía de las fracciones. Así que vamos a establecer\(x_3 = 2\) y elegir\(\vec{x_{1}}=\left[\begin{array}{c}{3}\\{1}\\{2}\end{array}\right]\) como nuestro propio vector.

Para\(\lambda_2 = 2\):

Tenemos que resolver la ecuación\((A-2I)\vec{x}=\vec{0}\). Para ello, formamos la matriz aumentada apropiada y la ponemos en forma de escalón de fila reducida.

\[\left[\begin{array}{cccc}{-9}&{-2}&{10}&{0}\\{-3}&{0}&{3}&{0}\\{-6}&{-2}&{7}&{0}\end{array}\right]\quad\vec{\text{rref}}\quad\left[\begin{array}{cccc}{1}&{0}&{-1}&{0}\\{0}&{1}&{-.5}&{0}\\{0}&{0}&{0}&{0}\end{array}\right] \nonumber \]

Nuestra solución, en forma vectorial, es

\[\vec{x}=x_{3}\left[\begin{array}{c}{1}\\{1/2}\\{1}\end{array}\right]. \nonumber \]

Podemos escoger cualquier valor distinto de cero para\(x_3\); nuevamente, una buena elección se desharía de las fracciones. Así que vamos a establecer\(x_3 = 2\) y elegir\(\vec{x_{2}}=\left[\begin{array}{c}{2}\\{1}\\{2}\end{array}\right]\) como nuestro propio vector.

Para\(\lambda_3 = 3\):

Tenemos que resolver la ecuación\((A-3I)\vec{x}=\vec{0}\). Para ello, formamos la matriz aumentada apropiada y la ponemos en forma de escalón de fila reducida.

\[\left[\begin{array}{cccc}{-10}&{-2}&{10}&{0}\\{-3}&{-1}&{3}&{0}\\{-6}&{-2}&{6}&{0}\end{array}\right]\quad\vec{\text{rref}}\quad\left[\begin{array}{cccc}{1}&{0}&{-1}&{0}\\{0}&{1}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{0}&{0}\end{array}\right] \nonumber \]

Nuestra solución, en forma vectorial, es (nótese que\(x_2 = 0\)):

\[\vec{x}=x_{3}\left[\begin{array}{c}{1}\\{0}\\{1}\end{array}\right]. \nonumber \]

Podemos elegir cualquier valor distinto de cero para\(x_3\); una elección fácil es\(x_3 = 1\), así\(\vec{x_{3}}=\left[\begin{array}{c}{1}\\{0}\\{1}\end{array}\right]\) como nuestro vector propio.

Para resumir, tenemos los siguientes pares de autovalor/vector propio:

\[\text{eigenvalue } \lambda_1=-1 \text{ with eigenvector } \vec{x_{1}} = \left[\begin{array}{c}{3}\\{1}\\{2}\end{array}\right] \nonumber \]\[\text{eigenvale } \lambda_2=2 \text{ with eigenvector } \vec{x_{2}} = \left[\begin{array}{c}{2}\\{1}\\{2}\end{array}\right] \nonumber \]\[\text{eigenvalue } \lambda_3=3 \text{ with eigenvector }\vec{x_{3}} = \left[\begin{array}{c}{1}\\{0}\\{1}\end{array}\right] \nonumber \]

Practicemos una vez más.

Ejemplo\(\PageIndex{6}\)

Encontrar los valores propios de\(A\), y para cada valor propio, dar un vector propio, donde

\[A=\left[\begin{array}{ccc}{2}&{-1}&{1}\\{0}&{1}&{6}\\{0}&{3}&{4}\end{array}\right]. \nonumber \]

Solución

Primero calculamos el polinomio característico, lo establecemos igual a\(0\), luego resolvemos para\(\lambda\). Usaremos la expansión de cofactores hacia abajo en la primera columna (ya que tiene muchos ceros).

\[\begin{align}\begin{aligned}\text{det}(A-\lambda I)&=\left|\begin{array}{ccc}{2-\lambda}&{-1}&{1}\\{0}&{1-\lambda}&{6}\\{0}&{3}&{4-\lambda}\end{array}\right| \\ &=(2-\lambda)\left|\begin{array}{cc}{1-\lambda}&{6}\\{3}&{4-\lambda}\end{array}\right| \\ &=(2-\lambda)(\lambda^{2}-5\lambda -14) \\ &=(2-\lambda)(\lambda-7)(\lambda+2)\end{aligned}\end{align} \nonumber \]

Observe que si bien el polinomio característico es cúbico, nunca vimos realmente un cúbico; nunca distribuimos el\((2-\lambda)\) a través de la cuadrática. En cambio, nos dimos cuenta de que esto era un factor de lo cúbico, y solo factorizamos la cuadrática restante. (Esto hace que este ejemplo sea un poco más simple que el ejemplo anterior).

Nuestros valores propios son\(\lambda_1 = -2\),\(\lambda_2 = 2\) y\(\lambda_3 = 7\). Ahora encontramos vectores propios correspondientes.

Para\(\lambda_1 = -2\):

Tenemos que resolver la ecuación\((A-(-2)I)\vec{x}=\vec{0}\). Para ello, formamos la matriz aumentada apropiada y la ponemos en forma de escalón de fila reducida.

\[\left[\begin{array}{cccc}{4}&{-1}&{1}&{0}\\{0}&{3}&{6}&{0}\\{0}&{3}&{6}&{0}\end{array}\right]\quad\vec{\text{rref}}\quad\left[\begin{array}{cccc}{1}&{0}&{3/4}&{0}\\{0}&{1}&{2}&{0}\\{0}&{0}&{0}&{0}\end{array}\right] \nonumber \]

Nuestra solución, en forma vectorial, es

\[\vec{x}=x_{3}\left[\begin{array}{c}{-3/4}\\{-2}\\{1}\end{array}\right]. \nonumber \]

Podemos elegir cualquier valor distinto de cero para\(x_3\); una buena elección se desharía de las fracciones. Así que vamos a establecer\(x_3 = 4\) y elegir\(\vec{x_{1}}=\left[\begin{array}{c}{-3}\\{-8}\\{4}\end{array}\right]\) como nuestro propio vector.

Para\(\lambda_2 = 2\):

Tenemos que resolver la ecuación\((A-2I)\vec{x}=\vec{0}\). Para ello, formamos la matriz aumentada apropiada y la ponemos en forma de escalón de fila reducida.

\[\left[\begin{array}{cccc}{0}&{-1}&{1}&{0}\\{0}&{-1}&{6}&{0}\\{0}&{3}&{2}&{0}\end{array}\right]\quad\vec{\text{rref}}\quad\left[\begin{array}{cccc}{0}&{1}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{1}&{0}\\{0}&{0}&{0}&{0}\end{array}\right] \nonumber \]

Esto se ve gracioso, así que buscaremos recordarnos cómo resolver esto. Las dos primeras filas nos dicen eso\(x_2 = 0\) y\(x_3 = 0\), respectivamente. Observe que ninguna fila/ecuación usa\(x_1\); concluimos que es libre. Por lo tanto, nuestra solución en forma de vector es

\[\vec{x}=x_{1}\left[\begin{array}{c}{1}\\{0}\\{0}\end{array}\right]. \nonumber \]

Podemos elegir cualquier valor distinto de cero para\(x_1\); una elección fácil es\(x_1 = 1\) y elegir\(\vec{x_{2}}=\left[\begin{array}{c}{1}\\{0}\\{0}\end{array}\right]\) como nuestro propio vector.

Para\(\lambda_3 = 7\):

Tenemos que resolver la ecuación\((A-7I)\vec{x}=\vec{0}\). Para ello, formamos la matriz aumentada apropiada y la ponemos en forma de escalón de fila reducida.

\[\left[\begin{array}{cccc}{-5}&{-1}&{1}&{0}\\{0}&{-6}&{6}&{0}\\{0}&{3}&{-3}&{0}\end{array}\right]\quad\vec{\text{rref}}\quad\left[\begin{array}{cccc}{1}&{0}&{0}&{0}\\{0}&{1}&{-1}&{0}\\{0}&{0}&{0}&{0}\end{array}\right] \nonumber \]

Nuestra solución, en forma vectorial, es (nótese que\(x_1 = 0\)):

\[\vec{x}=x_{3}\left[\begin{array}{c}{0}\\{1}\\{1}\end{array}\right]. \nonumber \]

Podemos elegir cualquier valor distinto de cero para\(x_3\); una elección fácil es\(x_3 = 1\), así\(\vec{x_{3}}=\left[\begin{array}{c}{0}\\{1}\\{1}\end{array}\right]\) como nuestro vector propio.

Para resumir, tenemos los siguientes pares de autovalor/vector propio:

\[\text{eigenvalue } \lambda_1=-2 \text{ with eigenvector } \vec{x_{1}} = \left[\begin{array}{c}{-3}\\{-8}\\{4}\end{array}\right] \nonumber \]\[\text{eigenvalue } \lambda_2=2 \text{ with eigenvector } \vec{x_{2}} = \left[\begin{array}{c}{1}\\{0}\\{0}\end{array}\right] \nonumber \]\[\text{eigenvalue } \lambda_3=7 \text{ with eigenvector } \vec{x_{3}} = \left[\begin{array}{c}{0}\\{1}\\{1}\end{array}\right] \nonumber \]

En esta sección hemos aprendido sobre un nuevo concepto: dada una matriz\(A\) podemos encontrar ciertos valores\(\lambda\) y vectores\(\vec{x}\) donde\(A\vec{x}=\lambda\vec{x}\). En la siguiente sección continuaremos con el patrón que hemos establecido en este texto: después de aprender un nuevo concepto, vemos cómo interactúa con otros conceptos que conocemos. Es decir, buscaremos conexiones entre valores propios y vectores propios y cosas como la inversa, determinantes, la traza, la transposición, etc.

Notas al pie

[1] Recordemos que esta matriz y el vector se utilizaron en el Ejemplo 2.3.10.

[2] Probablemente no.

[3] Probablemente no.

[4] Ver nota a pie de página 2.

[5] Un ejemplo de presión matemática de pares.

[6] Recordemos la nota al pie de página 1.

[7] Excepto por la parte de “entender la mecánica cuántica”. Nadie entiende realmente esas cosas; solo probablemente lo entiendan.

[8] Recordemos que este es un sistema homogéneo de ecuaciones.

[9] Nuestra necesidad futura de saber manejar esta situación se predice en la nota 3 de la Sección 1.4.

[10] Probablemente aprendiste a hacer esto en un curso de álgebra. Como recordatorio, se pueden encontrar posibles raíces factorizando el término constante (en este caso,\(-6\)) del polinomio. Es decir, las raíces de esta ecuación podrían ser\(\pm 1, \pm 2, \pm 3\) y\(\pm 6\). Eso son 12 cosas para verificar.

También se podría graficar este polinomio para encontrar las raíces. La gráfica nos mostrará que\(\lambda = 3\) parece una raíz, y un simple cálculo confirmará que lo es.