7.1: Valores propios y vectores propios de una matriz

Resultados

1. Describir los valores propios geométrica y algebraicamente.
2. Encuentra valores propios y vectores propios para una matriz cuadrada.

La Teoría Espectral se refiere al estudio de los valores propios y vectores propios de una matriz. Es de fundamental importancia en muchas áreas y es el tema de nuestro estudio para este capítulo.

Definición de vectores propios y valores propios

En esta sección, trabajaremos con todo el conjunto de números complejos, denotados por\(\mathbb{C}\). Recordemos que los números reales,\(\mathbb{R}\) están contenidos en los números complejos, por lo que las discusiones en esta sección se aplican tanto a números reales como complejos.

Para ilustrar la idea detrás de lo que se discutirá, considere el siguiente ejemplo.

Ejemplo\(\PageIndex{1}\): Eigenvectors and Eigenvalues

Deja\[A = \left[ \begin{array}{rrr} 0 & 5 & -10 \\ 0 & 22 & 16 \\ 0 & -9 & -2 \end{array} \right]\nonumber\] Calcular el producto\(AX\) para ¿\[X = \left[ \begin{array}{r} 5 \\ -4 \\ 3 \end{array} \right], X = \left[ \begin{array}{r} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right]\nonumber\]Qué notas\(AX\) en cada uno de estos productos?

Solución

Primero, compute\(AX\) para\[X =\left[ \begin{array}{r} 5 \\ -4 \\ 3 \end{array} \right]\nonumber\]

Este producto es dado por\[AX = \left[ \begin{array}{rrr} 0 & 5 & -10 \\ 0 & 22 & 16 \\ 0 & -9 & -2 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{r} -5 \\ -4 \\ 3 \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{r} -50 \\ -40 \\ 30 \end{array} \right] =10\left[ \begin{array}{r} -5 \\ -4 \\ 3 \end{array} \right]\nonumber\]

En este caso, el producto\(AX\) resultó en un vector que es igual a\(10\) veces el vector\(X\). En otras palabras,\(AX=10X\).

Veamos qué pasa en el siguiente producto. Calcular\(AX\) para el vector\[X = \left[ \begin{array}{r} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right]\nonumber\]

Este producto es dado por\[AX = \left[ \begin{array}{rrr} 0 & 5 & -10 \\ 0 & 22 & 16 \\ 0 & -9 & -2 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{r} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right] =0\left[ \begin{array}{r} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right]\nonumber\]

En este caso, el producto\(AX\) resultó en un vector igual a\(0\) veces el vector\(X\),\(AX=0X\).

Quizás esta matriz es tal que\(AX\) da como resultado\(kX\), para cada vector\(X\). No obstante, considere\[\left[ \begin{array}{rrr} 0 & 5 & -10 \\ 0 & 22 & 16 \\ 0 & -9 & -2 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{r} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{r} -5 \\ 38 \\ -11 \end{array} \right]\nonumber \] En este caso,\(AX\) no resultó en un vector de la forma\(kX\) para algún escalar\(k\).

Hay algo especial en los dos primeros productos calculados en Ejemplo\(\PageIndex{1}\). Observe que para cada uno,\(AX=kX\) donde\(k\) hay algún escalar. Cuando esta ecuación se mantiene para algunos\(X\) y\(k\), llamamos al escalar\(k\) un valor propio de\(A\). A menudo usamos el símbolo especial\(\lambda\) en lugar de\(k\) cuando nos referimos a valores propios. En Ejemplo\(\PageIndex{1}\), los valores\(10\) y\(0\) son valores propios para la matriz\(A\) y podemos etiquetarlos como\(\lambda_1 = 10\) y\(\lambda_2 = 0\).

Cuando\(AX = \lambda X\) para algunos\(X \neq 0\), llamamos a\(X\) tal vector propio de la matriz\(A\). Los vectores propios de\(A\) están asociados a un valor propio. Por lo tanto, si\(\lambda_1\) es un valor propio de\(A\) y\(AX = \lambda_1 X\), podemos etiquetar este vector propio como\(X_1\). Obsérvese nuevamente que para ser un vector propio,\(X\) debe ser distinto de cero.

También hay una significación geométrica para los vectores propios. Cuando se tiene un vector distinto de cero que, cuando se multiplica por una matriz da como resultado otro vector que es paralelo al primero o igual a 0, este vector se denomina vector propio de la matriz. Este es el significado cuando los vectores están en\(\mathbb{R}^{n}.\)

La definición formal de valores propios y vectores propios es la siguiente.

Definición\(\PageIndex{1}\): Eigenvalues and Eigenvectors

Dejar\(A\) ser una\(n\times n\) matriz y dejar\(X \in \mathbb{C}^{n}\) ser un vector distinto de cero para el cual

\[AX=\lambda X \label{eigen1}\]para algunos escalar\(\lambda .\) Entonces\(\lambda\) se llama un valor propio de la matriz\(A\) y\(X\) se llama un vector propio de\(A\) asociado con\(\lambda\), o un\(\lambda\) -autovector de\(A\).

El conjunto de todos los valores propios de una\(n\times n\) matriz\(A\) se denota por\(\sigma \left( A\right)\) y se conoce como el espectro de\(A.\)

Los vectores propios de una matriz\(A\) son aquellos vectores\(X\) para los que la multiplicación por\(A\) da como resultado un vector en la misma dirección u dirección opuesta a\(X\). Dado que el vector cero no\(0\) tiene dirección, esto no tendría sentido para el vector cero. Como se señaló anteriormente, nunca\(0\) se permite que sea un vector propio.

Veamos los vectores propios con más detalle. Supongamos\(X\) que satisface\(\eqref{eigen1}\). Entonces\[\begin{array}{c} AX - \lambda X = 0 \\ \mbox{or} \\ \left( A-\lambda I\right) X = 0 \end{array}\nonumber\] para algunos\(X \neq 0.\) Equivalentemente podrías escribir\(\left( \lambda I-A\right)X = 0\), que se usa más comúnmente. De ahí que cuando buscamos vectores propios, ¡estamos buscando soluciones no triviales a este sistema homogéneo de ecuaciones!

Recordemos que las soluciones a un sistema homogéneo de ecuaciones consisten en soluciones básicas, y las combinaciones lineales de esas soluciones básicas. En este contexto, llamamos a las soluciones básicas de la ecuación vectores propios\(\left( \lambda I - A\right) X = 0\) básicos. De ello se deduce que cualquier combinación lineal (distinta de cero) de vectores propios básicos vuelve a ser un vector propio.

Supongamos que la matriz\(\left(\lambda I - A\right)\) es invertible, así que eso\(\left(\lambda I - A\right)^{-1}\) existe. Entonces sería cierta la siguiente ecuación. \[\begin{aligned} X &= IX \\ &= \left( \left( \lambda I - A\right) ^{-1}\left(\lambda I - A \right) \right) X \\ &=\left( \lambda I - A\right) ^{-1}\left( \left( \lambda I - A\right) X\right) \\ &= \left( \lambda I - A\right) ^{-1}0 \\ &= 0\end{aligned}\]Esto afirma que\(X=0\). No obstante, eso lo hemos requerido\(X \neq 0\). ¡Por lo tanto\(\left(\lambda I - A\right)\) no puede tener una inversa!

Recordemos que si una matriz no es invertible, entonces su determinante es igual a\(0\). Por lo tanto podemos concluir que\[\det \left( \lambda I - A\right) =0 \label{eigen2}\] Tenga en cuenta que esto es equivalente a\(\det \left(A- \lambda I \right) =0\).

La expresión\(\det \left( \lambda I-A\right)\) es un polinomio (en la variable\(x\)) llamado polinomio característico de\(A\), y\(\det \left( \lambda I-A\right) =0\) se llama la ecuación característica. Por esta razón también podemos referirnos a los valores propios de\(A\) como valores característicos, pero el primero se suele utilizar por razones históricas.

El siguiente teorema afirma que las raíces del polinomio característico son los valores propios de\(A\). Así, cuando [eigen2] se mantiene,\(A\) tiene un vector propio distinto de cero.

Teorema\(\PageIndex{1}\): The Existence of an Eigenvector

\(A\)Déjese ser una\(n\times n\) matriz y supongamos\(\det \left( \lambda I - A\right) =0\) para algunos\(\lambda \in \mathbb{C}\).
Entonces\(\lambda\) es un valor propio de\(A\) y por lo tanto existe un vector distinto de cero\(X \in \mathbb{C}^{n}\) tal que\(AX=\lambda X\).

Prueba

Para\(A\) una\(n\times n\) matriz, el método de Expansión de Laplace demuestra que\(\det \left( \lambda I - A \right)\) es un polinomio de grado\(n.\) Como tal, la ecuación\(\eqref{eigen2}\) tiene una solución\(\lambda \in \mathbb{C}\) por el Teorema Fundamental del Álgebra. El hecho de que\(\lambda\) sea un valor propio se deja como ejercicio.

Encontrar vectores propios y valores propios

Ahora que se han definido los valores propios y los vectores propios, estudiaremos cómo encontrarlos para una matriz\(A\).

En primer lugar, considere la siguiente definición.

Definición\(\PageIndex{2}\): Multiplicity of an Eigenvalue

Dejar\(A\) ser una\(n \times n\) matriz con polinomio característico dado por\(\det \left( \lambda I - A\right)\). Entonces, la multiplicidad de un valor propio\(\lambda\) de\(A\) es el número de veces que\(\lambda\) ocurre como raíz de ese polinomio característico.

Por ejemplo, supongamos que el polinomio característico de\(A\) viene dado por\(\left( \lambda - 2 \right)^2\). Resolviendo por las raíces de este polinomio, nos fijamos\(\left( \lambda - 2 \right)^2 = 0\) y resolvemos para\(\lambda \). Encontramos que\(\lambda = 2\) es una raíz que ocurre dos veces. De ahí que, en este caso,\(\lambda = 2\) sea un valor propio\(A\) de multiplicidad igual a\(2\).

Ahora veremos cómo encontrar los valores propios y los vectores propios para una matriz\(A\) en detalle. Los pasos utilizados se resumen en el siguiente procedimiento.

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

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

1. Primero, encontrar los valores propios\(\lambda\) de\(A\) resolviendo la ecuación\(\det \left( \lambda I -A \right) = 0\).
2. Para cada uno\(\lambda\), encuentra los vectores propios básicos\(X \neq 0\) encontrando las soluciones básicas para\(\left( \lambda I - A \right) X = 0\).

Para verificar su trabajo, asegúrese de que\(AX=\lambda X\) para cada uno\(\lambda\) y los vectores propios asociados\(X\).

Exploraremos estos pasos más a fondo en el siguiente ejemplo.

Ejemplo\(\PageIndex{2}\): Find the Eigenvalues and Eigenvectors

Vamos\(A = \left[ \begin{array}{rr} -5 & 2 \\ -7 & 4 \end{array} \right]\). Encuentra sus valores propios y vectores propios.

Solución

Vamos a utilizar Procedimiento\(\PageIndex{1}\). Primero encontramos los valores propios de\(A\) resolviendo la ecuación\[\det \left( \lambda I - A \right) =0\nonumber \]

Esto da\[\begin{aligned} \det \left( \lambda \left[ \begin{array}{rr} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array} \right] - \left[ \begin{array}{rr} -5 & 2 \\ -7 & 4 \end{array} \right] \right) &= 0 \\ \\ \det \left[ \begin{array}{cc} \lambda +5 & -2 \\ 7 & \lambda -4 \end{array} \right] &= 0 \end{aligned}\]

Calculando el determinante como de costumbre, el resultado es\[\lambda ^2 + \lambda - 6 = 0\nonumber\]

Resolviendo esta ecuación, encontramos que\(\lambda_1 = 2\) y\(\lambda_2 = -3\).

Ahora necesitamos encontrar los vectores propios básicos para cada uno\(\lambda\). Primero encontraremos los vectores propios para\(\lambda_1 = 2\). Deseamos encontrar todos los vectores\(X \neq 0\) tales que\(AX = 2X\). Estas son las soluciones para\((2I - A)X = 0\). \[\begin{aligned} \left( 2 \left[ \begin{array}{rr} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right] - \left[ \begin{array}{rr} -5 & 2 \\ -7 & 4 \end{array}\right] \right) \left[ \begin{array}{c} x \\ y \end{array}\right] &= \left[ \begin{array}{r} 0 \\ 0 \end{array} \right] \\ \\ \left[ \begin{array}{rr} 7 & -2 \\ 7 & -2 \end{array}\right] \left[ \begin{array}{c} x \\ y \end{array}\right] &= \left[ \begin{array}{r} 0 \\ 0 \end{array} \right] \end{aligned}\]

La matriz aumentada para este sistema y la forma de escalón reducido correspondiente están dadas por\[\left[ \begin{array}{rr|r} 7 & -2 & 0 \\ 7 & -2 & 0 \end{array}\right] \rightarrow \cdots \rightarrow \left[ \begin{array}{rr|r} 1 & -\frac{2}{7} & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right]\nonumber\]

La solución es cualquier vector de la forma\[\left[ \begin{array}{c} \frac{2}{7}s \\ s \end{array} \right] = s \left[ \begin{array}{r} \frac{2}{7} \\ 1 \end{array} \right]\nonumber \]

Multiplicando este vector por\(7\) obtenemos una descripción más simple para la solución a este sistema, dada por\[t \left[ \begin{array}{r} 2 \\ 7 \end{array} \right]\nonumber\]

Esto da el vector propio básico para\(\lambda_1 = 2\) como\[\left[ \begin{array}{r} 2\\ 7 \end{array} \right]\nonumber\]

Para verificar, verificamos eso\(AX = 2X\) para este eigenvector básico.

\[\left[ \begin{array}{rr} -5 & 2 \\ -7 & 4 \end{array}\right] \left[ \begin{array}{r} 2 \\ 7 \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{r} 4 \\ 14 \end{array}\right] = 2 \left[ \begin{array}{r} 2\\ 7 \end{array} \right]\nonumber\]

Esto es lo que queríamos, así que sabemos que este autovector básico es correcto.

A continuación vamos a repetir este proceso para encontrar el autovector básico para\(\lambda_2 = -3\). Deseamos encontrar todos los vectores\(X \neq 0\) tales que\(AX = -3X\). Estas son las soluciones para\(((-3)I-A)X = 0\). \[\begin{aligned} \left( (-3) \left[ \begin{array}{rr} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right] - \left[ \begin{array}{rr} -5 & 2 \\ -7 & 4 \end{array}\right] \right) \left[ \begin{array}{c} x \\ y \end{array}\right] &= \left[ \begin{array}{r} 0 \\ 0 \end{array} \right] \\ \left[ \begin{array}{rr} 2 & -2 \\ 7 & -7 \end{array}\right] \left[ \begin{array}{c} x \\ y \end{array}\right] &= \left[ \begin{array}{r} 0 \\ 0 \end{array} \right] \end{aligned}\]

La matriz aumentada para este sistema y la forma de escalón reducido correspondiente están dadas por\[\left[ \begin{array}{rr|r} 2 & -2 & 0 \\ 7 & -7 & 0 \end{array}\right] \rightarrow \cdots \rightarrow \left[ \begin{array}{rr|r} 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right]\nonumber \]

La solución es cualquier vector de la forma\[\left[ \begin{array}{c} s \\ s \end{array} \right] = s \left[ \begin{array}{r} 1 \\ 1 \end{array} \right]\nonumber\]

Esto da el vector propio básico para\(\lambda_2 = -3\) como\[\left[ \begin{array}{r} 1\\ 1 \end{array} \right]\nonumber\]

Para verificar, verificamos eso\(AX = -3X\) para este eigenvector básico.

\[\left[ \begin{array}{rr} -5 & 2 \\ -7 & 4 \end{array}\right] \left[ \begin{array}{r} 1 \\ 1 \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{r} -3 \\ -3 \end{array}\right] = -3 \left[ \begin{array}{r} 1\\ 1 \end{array} \right]\nonumber\]

Esto es lo que queríamos, así que sabemos que este autovector básico es correcto.

El siguiente es un ejemplo usando Procedimiento\(\PageIndex{1}\) para una\(3 \times 3\) matriz.

Ejemplo\(\PageIndex{3}\): Find the Eigenvalues and Eigencectors

Encuentra los valores propios y los vectores propios para la matriz\[A=\left[ \begin{array}{rrr} 5 & -10 & -5 \\ 2 & 14 & 2 \\ -4 & -8 & 6 \end{array} \right]\nonumber \]

Solución

Vamos a utilizar Procedimiento\(\PageIndex{1}\). Primero necesitamos encontrar los valores propios de\(A\). Recordemos que son las soluciones de la ecuación\[\det \left( \lambda I - A \right) =0\nonumber \]

En este caso la ecuación es la\[\det \left( \lambda \left[ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right] - \left[ \begin{array}{rrr} 5 & -10 & -5 \\ 2 & 14 & 2 \\ -4 & -8 & 6 \end{array} \right] \right) =0\nonumber \] que se convierte\[\det \left[ \begin{array}{ccc} \lambda - 5 & 10 & 5 \\ -2 & \lambda - 14 & -2 \\ 4 & 8 & \lambda - 6 \end{array} \right] = 0\nonumber \]

Usando Laplace Expansion, compute este determinante y simplifique. El resultado es la siguiente ecuación. \[\left( \lambda -5\right) \left( \lambda ^{2}-20\lambda +100\right) =0\nonumber \]

Resolviendo esta ecuación, encontramos que los valores propios son\(\lambda_1 = 5, \lambda_2=10\) y\(\lambda_3=10\). Observe que\(10\) es una raíz de multiplicidad dos debido a\[\lambda ^{2}-20\lambda +100=\left( \lambda -10\right) ^{2}\nonumber \] Por lo tanto,\(\lambda_2 = 10\) es un valor propio de multiplicidad dos.

Ahora que hemos encontrado los valores propios para\(A\), podemos calcular los vectores propios.

Primero encontraremos los vectores propios básicos para\(\lambda_1 =5.\) En otras palabras, queremos encontrar todos los vectores distintos de cero\(X\) para que\(AX = 5X\). Esto requiere que resolvamos la ecuación\(\left( 5 I - A \right) X = 0\) de la\(X\) siguiente manera. \[\left( 5\left[ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right] - \left[ \begin{array}{rrr} 5 & -10 & -5 \\ 2 & 14 & 2 \\ -4 & -8 & 6 \end{array} \right] \right) \left[ \begin{array}{r} x \\ y \\ z \end{array} \right] =\left[ \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right]\nonumber \]

Eso es lo que necesitas para encontrar la solución para\[ \left[ \begin{array}{rrr} 0 & 10 & 5 \\ -2 & -9 & -2 \\ 4 & 8 & -1 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{r} x \\ y \\ z \end{array} \right] =\left[ \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right]\nonumber \]

A estas alturas este es un problema familiar. Usted configura la matriz aumentada y la fila reduce para obtener la solución. Así la matriz que debes reducir en fila es\[\left[ \begin{array}{rrr|r} 0 & 10 & 5 & 0 \\ -2 & -9 & -2 & 0 \\ 4 & 8 & -1 & 0 \end{array} \right]\nonumber \] La forma de fila-escalón reducida es\[\left[ \begin{array}{rrr|r} 1 & 0 & - \frac{5}{4} & 0 \\ 0 & 1 & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right]\nonumber \] y así la solución es cualquier vector de la forma\[\left[ \begin{array}{c} \frac{5}{4}s \\ -\frac{1}{2}s \\ s \end{array} \right] =s\left[ \begin{array}{r} \frac{5}{4} \\ -\frac{1}{2} \\ 1 \end{array} \right]\nonumber \] donde\(s\in \mathbb{R}\). Si multiplicamos este vector por\(4\), obtenemos una descripción más simple para la solución a este sistema, según lo dado por\[t \left[ \begin{array}{r} 5 \\ -2 \\ 4 \end{array} \right] \label{basiceigenvect}\] dónde\(t\in \mathbb{R}\). Aquí, el vector propio básico viene dado por\[X_1 = \left[ \begin{array}{r} 5 \\ -2 \\ 4 \end{array} \right]\nonumber \]

Observe que no podemos dejar\(t=0\) aquí, porque esto daría como resultado el vector cero y los vectores propios nunca son iguales a 0! Aparte de este valor, cualquier otra elección de\(t\) in\(\eqref{basiceigenvect}\) da como resultado un vector propio.

¡Es una buena idea revisar tu trabajo! Para ello, tomaremos la matriz original y multiplicaremos por el vector propio básico\(X_1\). Comprobamos para ver si conseguimos\(5X_1\). \[\left[ \begin{array}{rrr} 5 & -10 & -5 \\ 2 & 14 & 2 \\ -4 & -8 & 6 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{r} 5 \\ -2 \\ 4 \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{r} 25 \\ -10 \\ 20 \end{array} \right] =5\left[ \begin{array}{r} 5 \\ -2 \\ 4 \end{array} \right]\nonumber \]Esto es lo que queríamos, así que sabemos que nuestros cálculos fueron correctos.

A continuación encontraremos los vectores propios básicos para\(\lambda_2, \lambda_3=10.\) Estos vectores son las soluciones básicas a la ecuación, Es\[\left( 10\left[ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right] - \left[ \begin{array}{rrr} 5 & -10 & -5 \\ 2 & 14 & 2 \\ -4 & -8 & 6 \end{array} \right] \right) \left[ \begin{array}{r} x \\ y \\ z \end{array} \right] =\left[ \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right]\nonumber \] decir debes encontrar las soluciones para\[\left[ \begin{array}{rrr} 5 & 10 & 5 \\ -2 & -4 & -2 \\ 4 & 8 & 4 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array} \right] =\left[ \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right]\nonumber \]

Considera la matriz aumentada\[\left[ \begin{array}{rrr|r} 5 & 10 & 5 & 0 \\ -2 & -4 & -2 & 0 \\ 4 & 8 & 4 & 0 \end{array} \right]\nonumber \] La forma de escalón de fila reducida para esta matriz es\[\left[ \begin{array}{rrr|r} 1 & 2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right]\nonumber \] y así los vectores propios son de la forma\[\left[ \begin{array}{c} -2s-t \\ s \\ t \end{array} \right] =s\left[ \begin{array}{r} -2 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right] +t\left[ \begin{array}{r} -1 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right]\nonumber \] Tenga en cuenta que no se puede escoger\(t\) y\(s\) ambos iguales a cero porque esto daría como resultado el vector cero y los vectores propios nunca son iguales a cero.

Aquí, hay dos vectores propios básicos, dados por\[X_2 = \left[ \begin{array}{r} -2 \\ 1\\ 0 \end{array} \right] , X_3 = \left[ \begin{array}{r} -1 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right]\nonumber \]

Tomando cualquier combinación lineal (distinta de cero) de\(X_2\) y también\(X_3\) resultará en un vector propio para el valor propio\(\lambda =10.\) Como en el caso de\(\lambda =5\), ¡siempre revisa tu trabajo! Para el primer vector propio básico, podemos verificar de la\(AX_2 = 10 X_2\) siguiente manera. \[\left[ \begin{array}{rrr} 5 & -10 & -5 \\ 2 & 14 & 2 \\ -4 & -8 & 6 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{r} -1 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{r} -10 \\ 0 \\ 10 \end{array} \right] =10\left[ \begin{array}{r} -1 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right]\nonumber \]Esto es lo que queríamos. Comprobando el segundo vector propio básico\(X_3\),, se deja como ejercicio.

Es importante recordar que para cualquier vector propio\(X\),\(X \neq 0\). Sin embargo, es posible tener valores propios iguales a cero. Esto se ilustra en el siguiente ejemplo.

Ejemplo\(\PageIndex{4}\): A Zero Eigenvalue

Vamos\[A=\left[ \begin{array}{rrr} 2 & 2 & -2 \\ 1 & 3 & -1 \\ -1 & 1 & 1 \end{array} \right]\nonumber \] Encuentra los valores propios y los vectores propios de\(A\).

Solución

Primero encontramos los valores propios de\(A\). Lo haremos usando Definición\(\PageIndex{1}\).

Para encontrar los valores propios de\(A\), resolvemos la siguiente ecuación. \[\det \left(\lambda I -A \right) = \det \left[ \begin{array}{ccc} \lambda -2 & -2 & 2 \\ -1 & \lambda - 3 & 1 \\ 1 & -1 & \lambda -1 \end{array} \right] =0\nonumber \]

Esto reduce a\(\lambda ^{3}-6 \lambda ^{2}+8\lambda =0\). Se puede verificar que las soluciones son\(\lambda_1 = 0, \lambda_2 = 2, \lambda_3 = 4\). Observe que si bien los vectores propios nunca pueden igualar\(0\), es posible tener un valor propio igual a\(0\).

Ahora encontraremos los vectores propios básicos. Porque\(\lambda_1 =0\), necesitamos resolver la ecuación\(\left( 0 I - A \right) X = 0\). Esta ecuación se convierte\(-AX=0\), y así la matriz aumentada para encontrar las soluciones viene dada por\[\left[ \begin{array}{rrr|r} -2 & -2 & 2 & 0 \\ -1 & -3 & 1 & 0 \\ 1 & -1 & -1 & 0 \end{array} \right]\nonumber \] La forma reducida de fila-escalón es\[\left[ \begin{array}{rrr|r} 1 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right]\nonumber \] Por lo tanto, los vectores propios son de la forma\(t\left[ \begin{array}{r} 1 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right]\) donde\(t\neq 0\) y el vector propio básico está dado por\[X_1 = \left[ \begin{array}{r} 1 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right]\nonumber \]

Podemos verificar que este vector propio es correcto comprobando que la ecuación se\(AX_1 = 0 X_1\) mantiene. El producto\(AX_1\) es dado por\[AX_1=\left[ \begin{array}{rrr} 2 & 2 & -2 \\ 1 & 3 & -1 \\ -1 & 1 & 1 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{r} 1 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right]\nonumber \]

Esto claramente es igual\(0X_1\), por lo que la ecuación se mantiene. De ahí,\(AX_1 = 0X_1\) y así\(0\) es un valor propio de\(A\).

El cálculo de los otros vectores propios básicos se deja como ejercicio.

En las siguientes secciones, examinamos formas de simplificar este proceso de búsqueda de valores propios y vectores propios mediante el uso de propiedades de tipos especiales de matrices.

Valores propios y vectores propios para tipos especiales de matrices

Hay tres tipos especiales de matrices que podemos utilizar para simplificar el proceso de búsqueda de valores propios y vectores propios. A lo largo de esta sección, discutiremos matrices similares, matrices elementales, así como matrices triangulares.

Comenzamos con una definición.

Definición\(\PageIndex{3}\): Similar Matrices

Dejar\(A\) y\(B\) ser\(n \times n\) matrices. Supongamos que existe una matriz invertible\(P\) tal que\[A = P^{-1}BP\nonumber \] Entonces\(A\) y\(B\) se llaman matrices similares.

Resulta que podemos utilizar el concepto de matrices similares para ayudarnos a encontrar los valores propios de las matrices. Considera el siguiente lema.

Lema\(\PageIndex{1}\): Similar Matrices and Eigenvalues

Dejar\(A\) y\(B\) ser matrices similares, de manera que\(A=P^{-1}BP\) donde\(A,B\) están\(n\times n\) las matrices y\(P\) es invertible. Entonces\(A,B\) tener los mismos valores propios.

Prueba

Tenemos que mostrar dos cosas. Primero, tenemos que demostrar que si\(A=P^{-1}BP\), entonces\(A\) y\(B\) tener los mismos valores propios. En segundo lugar, demostramos que si\(A\) y\(B\) tienen los mismos valores propios, entonces\(A=P^{-1}BP\).

Aquí está la prueba de la primera declaración. Supongamos\(A = P^{-1}BP\) y\(\lambda\) es un valor propio de\(A\), eso es\(AX=\lambda X\) para algunos\(X\neq 0.\) Entonces\[P^{-1}BPX=\lambda X\nonumber \] y así\[BPX=\lambda PX\nonumber \]

Ya que\(P\) es uno a uno y\(X \neq 0\), de ello se deduce que\(PX \neq 0\). Aquí,\(PX\) juega el papel del vector propio en esta ecuación. Así\(\lambda\) es también un valor propio de\(B\). De manera similar, se puede verificar que cualquier valor propio de\(B\) es también un valor propio de\(A\), y así ambas matrices tienen los mismos valores propios que se desean.

Demostrar la segunda afirmación es similar y se deja como ejercicio.

Tenga en cuenta que esta prueba también demuestra que los vectores propios de\(A\) y\(B\) serán (generalmente) diferentes. Vemos en la prueba que\(AX = \lambda X\), mientras\(B \left(PX\right)=\lambda \left(PX\right)\). Por lo tanto, para un valor propio\(\lambda\),\(A\) tendrá el vector propio\(X\) mientras que\(B\) tendrá el vector propio\(PX\).

El segundo tipo especial de matrices que discutimos en esta sección son las matrices elementales. Recordemos de la Definición 2.8.1 que\(E\) se obtiene una matriz elemental aplicando una operación de fila a la matriz de identidad.

Es posible utilizar matrices elementales para simplificar una matriz antes de buscar sus valores propios y vectores propios. Esto se ilustra en el siguiente ejemplo.

Ejemplo\(\PageIndex{5}\): Simplify Using Elementary Matrices

Encuentra los valores propios de la matriz\[A = \left[ \begin{array}{rrr} 33 & 105 & 105 \\ 10 & 28 & 30 \\ -20 & -60 & -62 \end{array} \right]\nonumber \]

Solución

Esta matriz tiene grandes números y por lo tanto nos gustaría simplificar lo más posible antes de computar los valores propios.

Lo haremos usando operaciones de fila. Primero, agrega\(2\) veces la segunda fila a la tercera fila. Para ello, a la izquierda multiplicar\(A\) por\(E \left(2,2\right)\). Entonces a la derecha se multiplican\(A\) por la inversa de\(E \left(2,2\right)\) como se ilustra. \[\left[ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 1 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{rrr} 33 & 105 & 105 \\ 10 & 28 & 30 \\ -20 & -60 & -62 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{rrr} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & -2 & 1 \end{array} \right] =\left[ \begin{array}{rrr} 33 & -105 & 105 \\ 10 & -32 & 30 \\ 0 & 0 & -2 \end{array} \right]\nonumber \]Por Lema\(\PageIndex{1}\), la matriz resultante tiene los mismos valores propios que\(A\) donde aquí, la matriz\(E \left(2,2\right)\) juega el papel de\(P\).

Volvemos a hacer este paso, de la siguiente manera. En este paso, utilizamos la matriz elemental obtenida al sumar\(-3\) veces la segunda fila a la primera fila. \[\left[ \begin{array}{rrr} 1 & -3 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{rrr} 33 & -105 & 105 \\ 10 & -32 & 30 \\ 0 & 0 & -2 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{rrr} 1 & 3 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right] =\left[ \begin{array}{rrr} 3 & 0 & 15 \\ 10 & -2 & 30 \\ 0 & 0 & -2 \end{array} \right] \label{elemeigenvalue}\]Nuevamente por Lemma\(\PageIndex{1}\), esta matriz resultante tiene los mismos valores propios que\(A\). En este punto, podemos encontrar fácilmente los valores propios. Vamos\[B = \left[ \begin{array}{rrr} 3 & 0 & 15 \\ 10 & -2 & 30 \\ 0 & 0 & -2 \end{array} \right]\nonumber \] Entonces, encontramos los valores propios de\(B\) (y por lo tanto de\(A\)) resolviendo la ecuación\(\det \left( \lambda I - B \right) = 0\). Debe verificar que esta ecuación se convierte\[\left(\lambda +2 \right) \left( \lambda +2 \right) \left( \lambda - 3 \right) =0\nonumber \] Resolver esta ecuación da como resultado valores propios de\(\lambda_1 = -2, \lambda_2 = -2\), y\(\lambda_3 = 3\). Por lo tanto, estos son también los valores propios de\(A\).

Mediante el uso de matrices elementales, pudimos crear una matriz para la cual encontrar los valores propios fue más fácil que para\(A\). En este punto, se podría volver a la matriz original\(A\) y resolver\(\left( \lambda I - A \right) X = 0\) para obtener los vectores propios de\(A\).

Observe que cuando multiplica a la derecha por una matriz elemental, está haciendo la operación de columna definida por la matriz elemental. En\(\eqref{elemeigenvalue}\) la multiplicación por la matriz elemental de la derecha simplemente implica tomar tres veces la primera columna y sumar a la segunda. Así, sin referirse a las matrices elementales, la transición a la nueva matriz en\(\eqref{elemeigenvalue}\) puede ilustrarse mediante\[\left[ \begin{array}{rrr} 33 & -105 & 105 \\ 10 & -32 & 30 \\ 0 & 0 & -2 \end{array} \right] \rightarrow \left[ \begin{array}{rrr} 3 & -9 & 15 \\ 10 & -32 & 30 \\ 0 & 0 & -2 \end{array} \right] \rightarrow \left[ \begin{array}{rrr} 3 & 0 & 15 \\ 10 & -2 & 30 \\ 0 & 0 & -2 \end{array} \right]\nonumber \]

El tercer tipo especial de matriz que consideraremos en esta sección es la matriz triangular. Recordar Definición 3.1.6 que establece que una matriz triangular superior (inferior) contiene todos los ceros por debajo (arriba) de la diagonal principal. Recuerde que encontrar el determinante de una matriz triangular es un procedimiento sencillo de tomar el producto de las entradas en la diagonal principal.. Resulta que también hay una manera sencilla de encontrar los valores propios de una matriz triangular.

En el siguiente ejemplo demostraremos que los valores propios de una matriz triangular son las entradas en la diagonal principal.

Ejemplo\(\PageIndex{6}\): Eigenvalues for a Triangular Matrix

Vamos\(A=\left[ \begin{array}{rrr} 1 & 2 & 4 \\ 0 & 4 & 7 \\ 0 & 0 & 6 \end{array} \right] .\) Encuentra los valores propios de\(A\).

Solución

Tenemos que resolver la ecuación de la\(\det \left( \lambda I - A \right) = 0\) siguiente manera\[\begin{aligned} \det \left( \lambda I - A \right) = \det \left[ \begin{array}{ccc} \lambda -1 & -2 & -4 \\ 0 & \lambda -4 & -7 \\ 0 & 0 & \lambda -6 \end{array} \right] =\left( \lambda -1 \right) \left( \lambda -4 \right) \left( \lambda -6 \right) =0\end{aligned}\]

Resolviendo la ecuación\(\left( \lambda -1 \right) \left( \lambda -4 \right) \left( \lambda -6 \right) = 0\) para\(\lambda \) resultados en los valores propios\(\lambda_1 = 1, \lambda_2 = 4\) y\(\lambda_3 = 6\). Así, los valores propios son las entradas en la diagonal principal de la matriz original.

El mismo resultado es cierto para las matrices triangulares inferiores. Para cualquier matriz triangular, los valores propios son iguales a las entradas en la diagonal principal. Para encontrar los vectores propios de una matriz triangular, utilizamos el procedimiento habitual.

En la siguiente sección, exploramos un proceso importante que involucra los valores propios y vectores propios de una matriz.