7.1: Matrices, determinantes y el problema del autovalor

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Comenzamos por revisar algunos álgebra matricial básica. Una matriz con\(n\) filas y\(m\) columnas se denomina\(m\) matriz\(n\) -by-. Aquí, solo necesitamos considerar el caso simple de las matrices de dos por dos.

Una matriz A de dos por dos, con dos filas y dos columnas, se puede escribir como\[A=\left(\begin{array}{cc}a&b \\ c&d\end{array}\right).\nonumber\]

La primera fila tiene elementos\(a\) y\(b\), la segunda fila tiene elementos\(c\) y\(d\). La primera columna tiene elementos\(a\) y\(c\); la segunda columna tiene elementos\(b\) y\(d\).

Las matrices se pueden agregar y multiplicar. Las matrices se pueden agregar si tienen la misma dimensión, y la suma procede elemento por elemento, siguiendo\[\left(\begin{array}{cc}a&b \\ c&d\end{array}\right)+\left(\begin{array}{cc}e&f\\g&h\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}a+e & b+f \\ c+g & d+h\end{array}\right).\nonumber\]

Las matrices se pueden multiplicar si el número de columnas de la matriz izquierda es igual al número de filas de la matriz derecha. Un elemento particular en la matriz de producto resultante, digamos en fila\(k\) y columna\(l\), se obtiene multiplicando y sumando los elementos en fila\(k\) de la matriz izquierda con los elementos en columna\(l\) de la matriz derecha. Por ejemplo, una matriz de dos por dos puede multiplicar un vector de columna de dos por uno de la siguiente manera\[\left(\begin{array}{rl}a&b \\ c&d\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}ax+by \\ cx+dy\end{array}\right).\nonumber\]

La primera fila de la matriz izquierda se multiplica y se suma con la primera (y única) columna de la matriz derecha para obtener el elemento en la primera fila y primera columna de la matriz del producto, y así sucesivamente para el elemento en la segunda fila y primera columna. El producto de dos matrices de dos por dos viene dado por\[\left(\begin{array}{cc}a&b \\ c&d\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}e&f \\ g&h\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}ae+bg &af+bh \\ ce+dg&cf+dh\end{array}\right).\nonumber\]

Un sistema de ecuaciones algebraicas lineales se representa fácilmente en forma de matriz. Por ejemplo, con\(a_{ij}\) y\(b_i\) dados números, e\(x_i\) incógnitas, el sistema de ecuaciones (dos por dos) dado por\[\begin{aligned}a_{11}x_1+a_{12}x_2&=b_1, \\ a_{21}x_1+a_{22}x_2&=b_2,\end{aligned}\] puede escribirse en forma de matriz como \[\label{eq:1}\mathbf{Ax}=\mathbf{b},\]donde \[\label{eq:2}\mathbf{A}=\left(\begin{array}{cc}a_{11}&a_{12} \\ a_{21}&a_{22}\end{array}\right),\quad\mathbf{x}=\left(\begin{array}{c}x_1 \\ x_2\end{array}\right),\quad\mathbf{b}=\left(\begin{array}{c}b_1\\b_2\end{array}\right).\]

Cuando\(\mathbf{b} = 0\), decimos que el sistema de ecuaciones que da\(\eqref{eq:1}\) es homogéneo. Ahora hacemos la siguiente pregunta: ¿Cuándo existe una solución no trivial (no idénticamente cero) para\(\mathbf{x}\) cuando el sistema lineal es homogéneo? Para el caso más simple de una matriz de dos por dos, podemos intentar resolver directamente el sistema lineal homogéneo de ecuaciones dado por \[\label{eq:3}\begin{array}{l}ax_1+bx_2=0, \\ cx_1+dx_2=0.\end{array}\]

Multiplicar la primera ecuación por\(d\) y la segunda por\(b\), y restar la segunda ecuación de la primera, da como resultado\[(ad-bc)x_1=0.\nonumber\]

De manera similar, multiplicar la primera ecuación por\(c\) y la segunda por\(a\), y restar la primera ecuación de la segunda, da como resultado\[(ad-bc)x_2=0.\nonumber\]

Por lo tanto, existe una solución no trivial de\(\eqref{eq:3}\) para una matriz de dos por dos solo si\(ad − bc = 0\). Si definimos que el determinante de la\(2\times 2\) matriz \[\label{eq:4}\mathbf{A}=\left(\begin{array}{cc}a&b \\ c&d\end{array}\right)\]sea\(\det \mathbf{A} = ad − bc\), entonces decimos que se proporciona una solución no trivial a\(\eqref{eq:3}\) existir\(\det \mathbf{A} = 0\).

El mismo cálculo puede repetirse para una\(3\times 3\) matriz. Si\[\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccc}a&b&c \\ d&e&f \\ g&h&i\end{array}\right),\quad\mathbf{x}=\left(\begin{array}{c}x_1 \\ x_2 \\ x_3\end{array}\right),\nonumber\] entonces existe una solución no trivial para\(\mathbf{Ax} = 0\) proporcionar\(\det \mathbf{A} = 0\), donde\(\det \mathbf{A} = a(ei − f h) − b(di − f g) + c(dh − eg)\). La definición del determinante puede generalizarse aún más a cualquier\(n\times n\) matriz, y normalmente se enseña en un primer curso sobre álgebra lineal.

Consideramos ahora el problema del valor propio. Para\(\mathbf{A}\) una\(n\times n\) matriz y\(\mathbf{v}\) un vector de\(n\times 1\) columna, el problema del valor propio resuelve la ecuación \[\label{eq:5}\mathbf{Av}=\lambda\mathbf{v}\]para los autovalores\(\lambda_i\) y los vectores propios correspondientes\(\mathbf{v}_i\). Reescribimos la ecuación del valor propio\(\eqref{eq:5}\) como \[\label{eq:6}(\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})\mathbf{v}=0,\]donde\(\mathbf{I}\) está la matriz de\(n\times n\) identidad, es decir, la matriz con unos en la diagonal y ceros en todas partes. Una solución no trivial de\(\eqref{eq:6}\) existe proporcionada \[\label{eq:7}\det (\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})=0.\]

\(\eqref{eq:7}\)La ecuación es una ecuación polinómica de orden\(n\) -ésimo en\(\lambda\), y se llama la ecuación característica de\(\mathbf{A}\). La ecuación característica se puede resolver para los valores propios, y para cada valor propio, se puede determinar un vector propio correspondiente directamente a partir de\(\eqref{eq:5}\).

Podemos demostrar cómo encontrar los valores propios y los vectores propios de la\(2\times 2\) matriz dada por\(\eqref{eq:4}\). Tenemos\[\begin{aligned}0&=\det (\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I}) \\ &=\left|\begin{array}{cc}a-\lambda &b \\ c&d-\lambda\end{array}\right| \\ &=(a-\lambda)(d-\lambda)-bc \\ &=\lambda^2-(a+d)\lambda +(ad-bc).\end{aligned}\]

Esta ecuación característica puede escribirse de manera más general como \[\label{eq:8}\lambda^2-\text{Tr }\mathbf{A}\lambda +\det\mathbf{A}=0,\]dónde\(\text{Tr }\mathbf{A}\) está la traza, o suma de los elementos diagonales, de la matriz\(\mathbf{A}\). Si\(\lambda\) es un valor propio de\(\mathbf{A}\), entonces el vector propio correspondiente se\(\mathbf{v}\) puede encontrar resolviendo\[\left(\begin{array}{cc}a-\lambda&b \\ c&d-\lambda\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}v_1 \\ v_2\end{array}\right)=0,\nonumber\] donde la ecuación de la segunda fila siempre será un múltiplo de la ecuación de la primera fila. El vector propio\(\mathbf{v}\) tiene normalización arbitraria, y siempre podemos elegir por conveniencia\(v_1 = 1\). La ecuación de la primera fila es\[(a-\lambda)v_1+bv_2=0,\nonumber\] y con\(v_1=1\), nos encontramos\(v_2=(\lambda -a)/b\).

En la siguiente sección, veremos varios ejemplos de un análisis de vectores propios.