UNIVERSIDAD NACIONAL DE LA MATANZADEPARTAMENTO DE INGENIERIA E INV . TECNOLOGICASALGEBRA Y GEOMETRIA ANALITICA II / MATEMATICA DISCRETA IIAUTOVALORES Y AUTOVECTORESVamos a partir de una pregunta general que podemos hacernos respecto a una

transformación lineal.Sea T:V → V una transformacion lineal que va de un espacio vectorial V al mismo

espacio vectorial V.¿Será posible encontrar un vector v ∈ V , tal que T(v ) = λv ? O sea , ¿será posible

encontrar un vector perteneciente a V, tal que el transformado del mismo sea un vectormúltiplo de él? (Dejando el lado el vector nulo que sería una solución obvia)

Probemos con un ejemplo en particularSea T:R2 → R

2 , tal que Tx, y = 83 x − 1

3 y; − 23 x + 7

3 y

Lo que estamos buscando es (al menos ) un vector tal que Tx, y = λx, y con λ ∈ R ,o sea 8

3 x − 13 y; − 2

3 x + 73 y = λx, y,o lo que es lo

mismo 83 − λx − 1

3 y; − 23 x + 7

3 − λy = 0, 0

Esta última ecuaciòn constituye un sistema homogéneo de ecuaciones lineales con dosincógnitas en primer grado.

83 − λ − 1

3

− 23

73 − λ

x

y=

0

0(1)

Como sabemos un sistema de tal tipo es siempre compatible , pero en este caso vamosa solicitar que sea compatible indeterminado , caso contrario la solución sería x, y = 0, 0 ,que como planteamos anteriormente es una solución obvia que no deseamos.

Luego , para que dicho sistema sea incompatible es necesario que las ecuaciones nosean independientes , o lo que es lo mismo pedir que la matriz de los coeficientes tengadeterminante igual a cero.

Luego83 − λ − 1

3

− 23

73 − λ

= 0 (2) , lo que equivale a λ2 − 5λ + 6 = 0 (3)

Por lo tanto partimos de la condiciòn (1) que establece condiciones sobre los vectoresx, y para arribar a la condición (2) que fija condiciones sobre los posibles valores delparámetro λ a través de un polinomio en λ.(3).

Debemos hallar las posibles soluciones de esta ecuación de segundo grado: lasmismas son λ = 3 y λ = 2

Sabemos entonces que para que se cumpla (1) los únicos valores posibles de λ son 2 y3.Debemos hallar ahora los vectores relacionados con estos valores

Si λ = 3 reemplazando en (1) , resulta

1

83 − 3 − 1

3

− 23

73 − 3

x

y=

− 13 − 1

3

− 23 − 2

3

x

y=

− 13 x − 1

3 y

− 23 x − 2

3 y=

0

0, lo

que da por resultado dos ecuaciones lineales en primer grado en x e y que dependen unade otra (lo que era esperable de acuerdo a lo solicitado).

Las solución es y = −x , por lo tanto los vectores que cumplen la condición (1) paraλ = 3 , son de la forma x,−x o sea que el conjunto de vectores está generado por el1,−1.

Si λ = 2 reemplazando en (1) , resulta83 − 2 − 1

3

− 23

73 − 2

x

y=

23 − 1

3

− 23

13

x

y=

23 x − 1

3 y13 y − 2

3 x=

0

0, lo que

da por resultado dos ecuaciones lineales en primer grado en x e y que dependen una deotra (lo que era esperable de acuerdo a lo solicitado).

Las solución es y = 2x , por lo tanto los vectores que cumplen la condición (1) paraλ = 2 , son de la forma x, 2x o sea que el conjunto de vectores está generado por el 1, 2.

Podemos representar en el plano a los vectores que hemos hallado.

-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

x

y

y=2x

y=-x

Los vectores que cumplen con la condición (1) se llaman autovectores (o vectorespropios o eigenvectores ) de la transformación lineal T , y los valores del parámetro λ ,que hemos hallado se denominan autovalores (o valores propios o eigenvalores ) de latransformaciòn lineal T. El polinomio (3) se denomina polinomio característico de latransformación lineal T.

2

Podemos demostrar que (en el caso de existir) los autovectores correspondientes a unautovalor de una transformaciòn lineal T conforman un subespacio vectorial del espaciovectorial V

ProposiciónLos autovectores correspondientes a un autovalor de una transformación lineal T

forman un subespacio vectorial de VHipótesis: Sea T:V → V , una transformación lineal , sea λ1 un autovalor y sea S =

v ∈ V/Tv = λ1 v

Tesis : S es un subespacio vectorial de VDemostración :Como sabemos , para demostrar que un conjunto es un subespacio debemos

demostrar que:

1) S ≠ , o bien que 0 ∈ S

Pero T(0 )=0 por condicion de T.L. , luego se cumple que T(0 )=λ0 para cualquier λ , en

particular para λ1 , por lo que 0 ∈ S

2) sean u y v ∈ S , tenemos que probar que u+v ∈ SQue u ∈ S significa que Tu = λ1 u y que v ∈ S significa que Tv = λ1 v .Ahora Tu + v = Tu + Tv = λ1 u + λ1 v = λ1u + v , por lo que u+v ∈ S

3) sean u ∈ Sy k ∈ K , tenemos que probar que k. u ∈ SQue u ∈ S significa que Tu = λ1 u , luego T( k. u = k. Tu = k.λ1 u = λ1ku . Por lo

tanto k. u ∈.S

Los subespacios formados por los autovectores de una transformación lineal sedenominan subespacios invariantes ante esa transformación , porque al aplicársele lamisma a un vector de dicho subspacio , da por resultado como vector transformado otrovector perteneciente al mismo subespacio. Luego el subespacio no varía ante la aplicaciónde la transformación T.

Ahora podemos señalar los subespacios invariantes de la trasnformación del ejemploanterior.

Los mismos sonEλ1= v ∈ R2/Tv = 3. v = v ∈ R2/v = k. 1,−1

Eλ2= v ∈ R2/Tv = 2. v = v ∈ R2/v = k. 1, 2

¿Podremos siempre encontrar autovalores y autovectores de una T.L.?Supongamos tener el caso siguiente

3

Tx, y = 235 x − 1

5 y, 95 x + 17

5 y

La representación matricial , en la base canónica , sería:235 − 1

5

95

175

x

y=

235 x − 1

5 y95 x + 17

5 y

1 2

3 1

4 1

0 4

− 15

25

35 − 1

5

=

235 − 1

5

95

175

, eigenvalues: 4

235 − 1

5

95

175

x

y=

235 x − 1

5 y95 x + 17

5 y

Para hallar el polinomio característico planteamos235 − λ − 1

5

95

175 − λ

= 0= λ2 − 8λ + 16.Las soluciones son λ1 = λ2 = 4 (única solución

real)Para hallar los autovectores debemos plantear

235 − 4 − 1

5

95

175 − 4

x

y=

35 − 1

5

95 − 3

5

x

y=

35 x − 1

5 y95 x − 3

5 y=

0

0

De donde surge que el subespacio de autovectores está generado por el vector 1, 3Si lo representamos

-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

x

y

y=3x

4

Si en cambio trabajamos con la transformaciónTx, y = 2x + y,−2x + 4y

cuya representación matricial en la base canónica es

2 1

−2 4

x

y=

2x + y

−2x + 4y=

Para hallar el polinomio característico planteamos

2 − λ 1

−2 4 − λ= λ2 − 6λ + 10 = 0,cuyas soluciones son λ1 = 3 + i y λ2 = 3 − i

Por lo tanto al no tener raíces reales , no posee autovalores reales y por consiguientetampoco tiene autovectores reales.

INDEPENDENCIA LINEAL DE LOS AUTOVECTORES CORRESPONDIENTE S AAUTOVALORES DIFERENTES

Vamos a demostrar una proposición importante.Los autovectores correspondientes a autovalores diferentes son linealmente

independientes.Hipótesis) Sea T: V → V una T.L.. Sean v1 y v2 dos autovectores (distintos del vector

nulo) correspondientes a los autovalores λ1 y λ2 con λ1 ≠ λ2.Tesis ) v1, v2 son linealmente independientes

Demostración) Sabemos que T(v1)=λ1v1 y T(v2)=λ2v2

Planteamos una C.L. de los vectores v1 y v2 y la igualamos al vector nulo

αv1 +β v2 = 0 (*) ; por lo tanto T(αv1 +β v2)=0 , luego T(αv1 )+T(β

v2)=αT(v1)+βT(v2)=αλ1v1 +βλ2v2 = 0 . Luego de (*)

αλ1v1 - αλ2v1 = αv1λ1 − λ2 = 0

Como v1 ≠ 0 y λ1 ≠ λ2 , la única posibilidad es que α = 0

Reemplazando este valor en (*) resulta β v2 = 0 . Luego repitiendo el razonamientoresulta β = 0.

Entonces la única solución de la C.L. expresada en (*) es que ambos coeficientes seannulos , lo que implica que los autovectores v1 y v2 son linealmente independientes.

Si la transformación lineal T tuviese n autovalores diferentes , repitiendo elprocedimiento anterior tomando los autovectores de a dos , inductivamente se puededemostrar la independencia lineal de los n autovectores.

Esta demostración tiene una aplicación importante en la representación matricial de las

5

transformaciones lineales.Sea T: V → V con dim(V)=n. Sean λ1,λ2, . . . . ,λn n autovalores diferentes. Luego

existen v1, v2, . . . . . , vn autovectores que , por lo demostrado anteriormente son L.I. y por

lo tanto forman una base B′

del espacio vectorial V.Luego

Tv1 = λ1v1 = λ1v1 + 0. v2 + 0. v3 +. . . . . . .+0. vn

Tv2 = λ2v2 = 0. v1 + λ2v2 + 0. v3 +. . . . . . .+0. vn

Tv3 = λ3v3 = 0. v1 + 0. v2 + λ3v3 +. . . . . . .+0. vn

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

....................................................................Tvn = λnvn = 0. v1 + 0. v2 + 0. v3 +. . . . . . .+λnvn

Podemos escribir la MB ′B ′ (T) ya que tenemos la forma en que los transformados de losvectores de la base de partida se escriben como combinación lineal de la base de llegada(que en este caso es la misma)

MB′B′ (T)=

λ1 0 0 . . . . . . 0

0 λ2 0 . . . . . . 0

0 0 λ3 0 . . . 0

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

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

0 0 0 0 0 λn

O sea que en la base de autovectores la matriz que representa la transformación lineales diagonal.

DIAGONALIZACION DE MATRICESCon lo demostrado en el apartado anterior es posible diagonalizar en R a una

transformación lineal si la misma tiene n autovalores reales diferentes.Dada la matriz en una base B podemos encontrar MB ′B ′ (T) = C

BB′ .MBB(T).C

B′B

donde B′

es la base de autovectores de T.Ejemplo

Sea T:R3 → R3 y sea la MEE(T)=

0 1 −1

− 13

83

13

− 73

53

43

(la matriz de la transformación

representada tomando como base de partida y llegada la base canónica de R3)Buscamos los autovalores planteando:

0 − λ 1 −1

− 13

83 − λ 1

3

− 73

53

43 − λ

= 0 = −λ3 + 4λ2 − λ − 6 = 0

Buscamos las soluciones del polinomio característico−λ3 + 4λ2 − λ − 6 = 0.Las mismasson λ1 = 3,λ2 = 2,λ3 = −1.

Buscamos ahora los autovectores que corresponden a cada autovalor

6

Para λ1 = 3

0 − 3 1 −1

− 13

83 − 3 1

3

− 73

53

43 − 3

x

y

z

=

−3 1 −1

− 13 − 1

313

− 73

53 − 5

3

x

y

z

=

0

0

0

=

−3x + y − z

− 13 x − 1

3 y + 13 z

− 73 x + 5

3 y − 53 z

=

0

0

0

.

Si buscamos la solución haciendo operaciones elementales de fila en la matriz decoeficientes , encontramos que:

−3 1 −1

− 13 − 1

313

− 73

53 − 5

3

, se transforma en

1 0 0

0 1 −1

0 0 0

con lo que se cumple x = 0 ,

y − z = 0 o sea z = y . Por lo tanto los autovectores correspondientes al autovalor λ1 = 3están generados por 0, 1, 1.

Para λ2 = 2

0 − 2 1 −1

− 13

83 − 2 1

3

− 73

53

43 − 2

x

y

z

=

−2 1 −1

− 13

23

13

− 73

53 − 2

3

x

y

z

=

−2x + y − z

− 13 x + 2

3 y + 13 z

− 73 x + 5

3 y − 23 z

=

0

0

0

Si buscamos la solución haciendo operaciones elementales de fila en la matriz decoeficientes , encontramos que:

−2 1 −1

− 13

23

13

− 73

53 − 2

3

,se transforma en

1 0 1

0 1 1

0 0 0

con lo que se cumple x = y = −z. Por

lo tanto los autovectores correspondientes al autovalor λ2 = 2 están generados por1, 1,−1.

Para λ3 = −1

0 − −1 1 −1

− 13

83 − −1 1

3

− 73

53

43 − −1

x

y

z

=

1 1 −1

− 13

113

13

− 73

53

73

x

y

z

=

7

x + y − z

− 13 x + 11

3 y + 13 z

− 73 x + 5

3 y + 73 z

=

0

0

0

Si buscamos la solución haciendo operaciones elementales de fila en la matriz decoeficientes , encontramos que:

1 1 −1

− 13

113

13

− 73

53

73

, se transforma en

1 0 −1

0 1 0

0 0 0

con lo que se cumple x = z e y = 0.

Por lo tanto los autovectores correspondientes al autovalor λ3 = −1 están generados por1, 0, 1.

Por lo tanto la base de autovectores es B′

= 0, 1, 1; 1, 1,−1; 1, 0, 1. Por lo tanto lamatriz de cambio de base es

CB′E=

0 1 1

1 1 0

1 −1 1

, y su inversa CEB

′ =

− 13

23

13

13

13 − 1

3

23 − 1

313

Luego la MB′B′ (T)=

− 13

23

13

13

13 − 1

3

23 − 1

313

0 1 −1

− 13

83

13

− 73

53

43

0 1 1

1 1 0

1 −1 1

=

3 0 0

0 2 0

0 0 −1

AUTOVALORES REPETIDOSAhora podemos preguntarnos ¿que pasa si los autovalores no son todos diferentes? , o

sea ¿que pasa si el polinomio característico tiene alguna raíz múltiple (doble , triple , etc)?Supongamos que una de las raíces (λ1) es raíz múltiple (de orden k) del polinomio

característico.Cuando planteamos la ecuación de autovectores Tv1 = λ1v1 o lo que es lo mismo

Tv1 − λ1v1 = 0 , obtenemos como solución las ecuaciones de un subespacio de V. Ahorasi el subespacio que se genera con ese autovalor tiene dimensión k , será posible elegir kautovectores linealmente independientes en dicho subespacio , por lo que se puedegenerar una base con esos k vectores mas los otros autovectores generados por losrestantes autovalores. Luego en ese caso la matriz de la transformación se podrádiagonalizar en dicha base. O sea si la dimensión del subespacio generado por cadaautovalor coincide con la multiplicidad de dicho autovalor como raíz , será posiblediagonalizar la matriz representativa de la transformación lineal.

8

Ejemplosa) Sea T:R3 →R3 , representada por

MEE(T)=

83 − 1

313

53 − 1

3 − 23

13 − 5

323

Si calculamos su polinomio caracaterístico , resulta83 − λ − 1

313

53 − 1

3 − λ − 23

13 − 5

323 − λ

= 0 = −λ3 + 3λ2 − 4 = 0

Las soluciones son λ1 = λ2 = 2,λ3 = −1.Como 2 es una raíz múltiple (en este caso de orden 2) debemos analizar el subespacio

de autovectores que genera.83 − 2 − 1

313

53 − 1

3 − 2 − 23

13 − 5

323 − 2

x

y

z

=

23 − 1

313

53 − 7

3 − 23

13 − 5

3 − 43

x

y

z

=

23 x − 1

3 y + 13 z

53 x − 7

3 y − 23 z

13 x − 5

3 y − 43 z

=

0

0

0

Efectuando operaciones elementales de fila con la matriz que representa el sistemalineal:

23 − 1

313

53 − 7

3 − 23

13 − 5

3 − 43

da como resultado

1 0 1

0 1 1

0 0 0

, lo que indica que x = −z e y = −z ,

con lo que el subespacio correspondiente al autovalor doble tiene dimensión 1 y estágenerado por el vector 1, 1,−1. En consecuencia la matriz que representa a latransformación no podrá ser diagonalizada.

b) Sea T:R3 →R3 , representada por

MEE(T)=

−1 −2 4

4 5 −4

0 0 3

Su polinomio característico es:

−1 − λ −2 4

4 5 − λ −4

0 0 3 − λ

= 0 = −λ3 + 7λ2 − 15λ + 9 = 0

9

Y las soluciones son λ1 = λ2 = 3,λ3 = 1Luego , buscando el subespacio que corrresponde al autovalor de multiplicidad 2:

−1 − 3 −2 4

4 5 − 3 −4

0 0 3 − 3

x

y

z

=

−4 −2 4

4 2 −4

0 0 0

x

y

z

=

−4x − 2y + 4z

4x + 2y − 4z

0

=

0

0

0

Lo que da por resultado y = −2x + 2z; por lo que el subespacio tiene dimensión 2 y estágenerado por los vectores 1,−2, 0; 0, 2, 1. Por consiguiente al tener igual dimensiónque la multiplicidad de la raíz , se cumple que la matriz podrá ser diagonalizada tomandocomo base de diagonalización a estos dos autovectores mas el que surja del otroautovalor.

MATRICES SEMEJANTESSe llaman matrices semejantes a las que se obtienen al realizar un cambio de

coordenadas como el siguiente:ABB = C

B′BA

B′B′ C

BB′

donde ABB y AB′B′ son semejantes.

Cumplen una propiedad importante:|ABB | = C

B′BA

B′B′ C

BB′ = C

B′B

AB′B′ C

BB′ = A

B′B′ , ya que C

B′B

y CBB

′ son

inversas entre sí , por lo tanto el valor del determinante de una es el inverso multiplicativode la otra . Ademàs el determinante de las mismas no puede anularse (¿porque?)

Luego al transformar a la matriz que representa a una transformación lineal en otramatriz que es diagonal , lo que estamos haciendo es trabajar con matrices semejantes.

INVARIANCIA DEL POLINOMIO CARACTERÍSTICOPara calcular el polinomio característico debemos conocer a la matriz que representa a

la transformación lineal y hallar el determinante de la matriz resultante de restarle a laprimera el parámetro λ a cada elemento de la diagonal e igualarlo a cero.

P(λ)=

a11 − λ a12 a13 . . . a1n

a21 a22 − λ a23 . . . a2n

a31 a32 a33 − λ . . . a3n

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

an1 an2 an3 . . . ann − λ

= 0

Si se desarrolla un determinante de esta forma , da como resultado un polinomio en lavariable λ de grado n (la dimensión de la matriz)

10

Una pregunta interesante es la siguiente :si calculamos el polinomio característico deuna transformación lineal a partir de la matriz que representa a la misma en una base B , elpolinomio calculado a partir de la matriz que representa a la transformación lineal en otrabase B

′

, ¿será el mismo que el anterior o cambiará?Si la matriz que representa a la T.L en la base B es ABB y la que la representa en la

base B′

es AB′B′ , entonces

AB′B′ = C

BB′ ABBC

B′B

Para hallar el polinomio característico debemos calcular:A

B′B′ − λI = 0,o sea el determinante de la matriz a la cual se le resta el parámetro λ

en cada elemento diagonal igualado a cero.A

B′B′ − λI =. C

BB′ ABBC

B′B− λI , pero sabiendo que C

BB′ C

B′B= I , podemos

reemplazar la identidad y resulta:A

B′B′ − λI =. C

BB′ ABBC

B′B− λI = C

BB′ ABBC

B′B− λIC

BB′ C

B′B

= CBB

′ ABBCB′B− C

BB′λIC

CBB

′ ABB − λICB′B

= CBB

′ |ABB − λI| CB′B

= |ABB − λI| = 0 , que es el polinomio

característico calculado en la base B. Por lo tanto no interesa en que base esté expresadala matriz , el polinomio característico que se obtiene es siempre el mismo , de tal forma quelos autovalores (las raíces del polinomio) son las mismas.

UNA APLICACIÓN DE LA DIAGONALIZACIÓN DE MATRICESSupongamos que A ∈ Rnxn es una matriz que puede ser diagonalizada. Sea B la matriz

diagonal semejante a A , o sea que existen C y C′

(con C′

=C−1), tal que B=C.A.C′

, o loque es lo mismo A=C

′

B.C

Luego A =

a11 a12 a13 . . . a1n

a21 a22 a23 . . . a2n

a31 a32 a33 . . . a3n

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

an1 an2 an3 . . . a11

y B =

λ1 0 0 . . . 0

0 λ2 0 . . . 0

0 0 λ3 . . . 0

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

0 0 0 . . . λn

Supongamos que deseamos hallar Ak( o sea la potencia k-èsima de A)Ak =(C

′

B.C)(C′

B.C)(C′

B.C)...(C′

B.C) k veces.Reagrupando resulta

Ak =C′

B.(CC′

)B.(CC′

)B.(C...C′

)B.C=C′

B.(I)B.(I)B.(C...C′

)B.C=C′

Bk.C , sabiendo que

Bk=

λ1k 0 0 . . . 0

0 λ2k 0 . . . 0

0 0 λ3k . . . 0

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

0 0 0 . . . λnk

11