Valores propios (o autovalores) y Vectores propios (o autovectores) de una matriz

En esta página explicamos qué son los valores propios y los vectores propios, también conocidos como autovalores y autovectores respectivamente. Además encontrarás ejemplos de cómo calcularlos y también ejercicios resueltos paso a paso para que puedas practicar.

¿Qué es un valor propio y un vector propio?

Aunque el concepto de valor propio y vector propio cuesta un poco de entender, su definición es la siguiente:

Los vectores propios o autovectores son los vectores no nulos de una aplicación lineal que, cuando son transformados por ella, dan lugar a un múltiplo escalar de ellos (no cambian de dirección). Este escalar es el valor propio o autovalor.

 Av = \lambda v

Donde A es la matriz de la aplicación lineal, v es el vector propio y \lambda el valor propio.

También se conoce al valor propio con el término de valor característico. E incluso hay matemáticos que utilizan la raíz alemana «eigen» para referirse a los autovalores y a los autovectores: eigenvalores para los valores propios y eigenvectores para los vectores propios.

¿Cómo calcular los valores propios (o autovalores) y los vectores propios (o autovectores) de una matriz?

Para hallar los valores propios y los vectores propios de una matriz se debe seguir todo un procedimiento:

  1. Se calcula la ecuación característica de la matriz resolviendo el siguiente determinante:
  2.  \displaystyle \text{det}(A-\lambda I)

  3. Se hallan las raíces del polinomio característico obtenido en el paso 1. Estas raíces son los valores propios de la matriz.
  4.  \displaystyle \text{det}(A-\lambda I)=0 \ \longrightarrow \ \lambda

  5. Se calcula el vector propio de cada valor propio. Para ello, se resuelve el siguiente sistema de ecuaciones para cada autovalor:
  6.  \displaystyle (A-\lambda I)v=0

Este es el método para encontrar los autovalores y los autovectores de una matriz, pero aquí también te damos algunos trucos: 😉

Trucos: podemos aprovechar las propiedades de los valores y vectores propios para calcularlos más fácilmente:

La traza de la matriz (suma de su diagonal principal) es igual a la suma de todos los valores propios.

 \displaystyle tr(A)=\sum_{i=1}^n \lambda_i

El producto de todos los valores propios es igual al determinante de la matriz.

\displaystyle det(A)=\prod_{i=1}^n \lambda_i

Si existe alguna combinación lineal entre filas o columnas, como mínimo un valor propio de la matriz es igual a 0.

Vamos a ver un ejemplo de cómo se calculan los autovectores y los autovalores de una matriz para entender mejor el método:

Ejemplo de cálculo de los valores y vectores propios de una matriz:

  • Halla los autovalores y los autovectores de la siguiente matriz:

 \displaystyle A= \begin{pmatrix}1&0\\[1.1ex] 5&2\end{pmatrix}

En primer lugar, tenemos que hallar la ecuación característica de la matriz. Y, para ello, se debe resolver el siguiente determinante:

 \displaystyle \text{det}(A-\lambda I)= \begin{vmatrix}1- \lambda &0\\[1.1ex] 5&2-\lambda \end{vmatrix} = \lambda^2-3\lambda +2

Ahora calculamos las raíces del polinomio característico, por lo tanto, igualamos el resultado obtenido a 0 y resolvemos la ecuación:

 \displaystyle \lambda^2-3\lambda +2 = 0

 \lambda= \cfrac{-(-3)\pm \sqrt{(-3)^2-4\cdot 1 \cdot 2}}{2\cdot 1} = \cfrac{+3\pm 1}{2}=\begin{cases} \lambda = 1 \\[2ex] \lambda = 2 \end{cases}

Las soluciones de la ecuación son los valores propios de la matriz.

Una vez tenemos los autovalores, calculamos los autovectores. Para ello, debemos resolver el siguiente sistema para cada autovalor:

 \displaystyle (A-\lambda I)v=0

Primero calcularemos el vector propio asociado al valor propio 1:

 \displaystyle (A-\lambda I)v=0

 \displaystyle (A-1 I)\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \end{pmatrix} =}\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}

 \displaystyle \begin{pmatrix}0&0\\[1.1ex] 5&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \end{pmatrix} =}\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} 0x+0y = 0 \\[2ex] 5x+y = 0\end{array}\right\}

De estas ecuaciones obtenemos el siguiente subespacio:

 \displaystyle y=-5x

Los subespacios de autovectores también se denominan autoespacios.

Ahora debemos encontrar una base de este autoespacio, así que damos, por ejemplo, el valor 1 a la variable x y obtenemos el siguiente vector propio:

 \displaystyle x = 1 \ \longrightarrow \ y=-5\cdot 1 = -5

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] -5\end{pmatrix}

Finalmente, una vez encontrado el autovector asociado al autovalor 1, repetimos el proceso para calcular el autovector del autovalor 2:

 \displaystyle (A-\lambda I)v=0

 \displaystyle (A-2I)\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \end{pmatrix} =}\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}

 \displaystyle \begin{pmatrix}-1&0\\[1.1ex] 5&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \end{pmatrix} =}\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} -x+0y = 0 \\[2ex] 5x+0y = 0\end{array}\right\} \longrightarrow \ x=0

En este caso se debe cumplir únicamente que la primera componente del vector sea 0, así que podríamos dar cualquier valor a y. Pero para facilitar es mejor poner un 1:

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 1 \end{pmatrix}

En conclusión, los valores propios y los vectores propios de la matriz son:

 \displaystyle \lambda = 1 \qquad v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] -5 \end{pmatrix}

 \displaystyle \lambda = 2 \qquad v = \begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 1 \end{pmatrix}

Una vez ya sabes cómo hallar los valores y los vectores propios de una matriz, puede que te estés preguntando… ¿y para qué sirven? Pues resulta que son muy útiles para la diagonalización de matrices, de hecho esa es su aplicación principal. Para saber más te recomendamos consultar cómo diagonalizar una matriz con el enlace, donde se explica paso a paso el procedimiento y también hay ejemplos y ejercicios resueltos para poder practicar.

Ejercicios resueltos de valores propios y vectores propios (autovalores y autovectores)

Ejercicio 1

Calcula los valores propios y los vectores propios de la siguiente matriz cuadrada de orden 2:

 \displaystyle A= \begin{pmatrix}3&1\\[1.1ex] 2&4\end{pmatrix}

Primero calculamos el determinante de la matriz menos λ en su diagonal principal:

 \displaystyle \text{det}(A-\lambda I)= \begin{vmatrix}3- \lambda &1\\[1.1ex] 2&4-\lambda \end{vmatrix} = \lambda^2-7\lambda +10

Ahora calculamos las raíces del polinomio característico:

 \displaystyle \lambda^2-7\lambda +10=0 \ \longrightarrow \ \begin{cases} \lambda = 2 \\[2ex] \lambda = 5 \end{cases}

Calculamos el vector propio asociado al valor propio 2:

 \displaystyle (A- 2I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix}1&1\\[1.1ex] 2&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \end{pmatrix} =}\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} x+y = 0 \\[2ex] 2x+2y = 0\end{array}\right\} \longrightarrow \ x=-y

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] -1 \end{pmatrix}

Y luego calculamos el vector propio asociado al valor propio 5:

 \displaystyle (A-5I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix}-2&1\\[1.1ex] 2&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \end{pmatrix} =}\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} -2x+y = 0 \\[2ex] 2x-y = 0\end{array}\right\} \longrightarrow \ y=2x

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] 2 \end{pmatrix}

Por lo tanto, los valores propios y los vectores propios de la matriz A son:

 \displaystyle \lambda = 2 \qquad v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] -1 \end{pmatrix}

 \displaystyle \lambda = 5 \qquad v = \begin{pmatrix}1\\[1.1ex] 2 \end{pmatrix}

 

Ejercicio 2

Determina los autovalores y los autovectores de la siguiente matriz cuadrada 2×2:

 \displaystyle A= \begin{pmatrix}2&1\\[1.1ex] 3&0\end{pmatrix}

Primero calculamos el determinante de la matriz menos λ en su diagonal principal para obtener la ecuación característica:

 \displaystyle \text{det}(A-\lambda I)= \begin{vmatrix}2- \lambda &1\\[1.1ex] 3&-\lambda \end{vmatrix} = \lambda^2-2\lambda -3

Ahora calculamos las raíces del polinomio característico:

 \displaystyle \lambda^2-2\lambda -3=0 \ \longrightarrow \ \begin{cases} \lambda = -1 \\[2ex] \lambda = 3 \end{cases}

Calculamos el vector propio asociado al autovalor -1:

 \displaystyle (A-(-1)I)v=0

 \displaystyle (A+1I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix} 3&1\\[1.1ex] 3&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \end{pmatrix} =}\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} 3x+1y = 0 \\[2ex] 3x+1y = 0\end{array}\right\} \longrightarrow \ y=-3x

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] -3 \end{pmatrix}

Y luego calculamos el vector propio asociado al valor propio 3:

 \displaystyle (A-3I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix}-1&1\\[1.1ex] 3&-3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \end{pmatrix} =}\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} -1x+1y = 0 \\[2ex] 3x-3y = 0\end{array}\right\} \longrightarrow \ y=x

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] 1 \end{pmatrix}

Por lo tanto, los valores propios y los vectores propios de la matriz A son:

 \displaystyle \lambda = -1 \qquad v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] -3 \end{pmatrix}

 \displaystyle \lambda = 3 \qquad v = \begin{pmatrix}1\\[1.1ex] 1 \end{pmatrix}

 

Ejercicio 3

Determina los autovalores y los autovectores de la siguiente matriz de orden 3:

 \displaystyle A= \begin{pmatrix}1&2&0\\[1.1ex] 2&1&0\\[1.1ex] 0&1&2\end{pmatrix}

Primero debemos resolver determinante de la matriz A menos la matriz identidad multiplicada por lambda para obtener la ecuación característica:

 \displaystyle \text{det}(A-\lambda I)= \begin{vmatrix}1-\lambda&2&0\\[1.1ex] 2&1-\lambda&0\\[1.1ex] 0&1&2-\lambda\end{vmatrix}

En este caso, la última columna del determinante tiene dos ceros, así que aprovecharemos para calcular el determinante por cofactores (o adjuntos) a través de esa columna:

 \displaystyle \begin{aligned} \begin{vmatrix}1-\lambda&2&0\\[1.1ex] 2&1-\lambda&0\\[1.1ex] 0&1&2-\lambda\end{vmatrix}& = (2-\lambda)\cdot  \begin{vmatrix}1-\lambda&2\\[1.1ex] 2&1-\lambda \end{vmatrix} \\[3ex] & = (2-\lambda)[\lambda^2 -2\lambda -3] \end{aligned}

Ahora tenemos que calcular las raíces del polinomio característico. Es mejor no multiplicar los paréntesis ya que entonces obtendríamos un polinomio de tercer grado, en cambio, si se resuelven los dos factores por separado es más fácil conseguir los valores propios:

 \displaystyle (2-\lambda)[\lambda^2 -2\lambda -3]=0 \ \longrightarrow \ \begin{cases} 2-\lambda=0 \ \longrightarrow \ \lambda = 2 \\[2ex] \lambda^2 -2\lambda -3=0 \ \longrightarrow \begin{cases}\lambda = -1 \\[2ex] \lambda = 3 \end{cases} \end{cases}

Calculamos el vector propio asociado al valor propio 2:

 \displaystyle (A-2I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix} -1&2&0\\[1.1ex] 2&-1&0\\[1.1ex] 0&1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0\\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} -x+2y = 0 \\[2ex] 2x-y = 0\\[2ex] y=0 \end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l} y=0 \\[2ex] x=y=0 \end{array}

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}

Calculamos el vector propio asociado al valor propio -1:

 \displaystyle (A+I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix} 2&2&0\\[1.1ex] 2&2&0\\[1.1ex] 0&1&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0\\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} 2x+2y = 0 \\[2ex] 2x+2y = 0\\[2ex] y+3z=0 \end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l} x=-y \\[2ex] y=-3z \end{array}

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}3 \\[1.1ex] -3 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}

Calculamos el vector propio asociado al valor propio 3:

 \displaystyle (A-3I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix} -2&2&0\\[1.1ex] 2&-2&0\\[1.1ex] 0&1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0\\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} -2x+2y = 0 \\[2ex] 2x-2y = 0\\[2ex] y-z=0 \end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l} x=y \\[2ex] y=z \end{array}

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] 1 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}

Por lo tanto, los valores propios y los vectores propios de la matriz A son:

 \displaystyle \lambda = 2 \qquad v = \begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}

 \displaystyle \lambda = -1 \qquad v = \begin{pmatrix}3 \\[1.1ex] -3 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}

 \displaystyle \lambda = 3 \qquad v = \begin{pmatrix}1\\[1.1ex] 1 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}

 

Ejercicio 4

Calcula los valores propios y los vectores propios de la siguiente matriz cuadrada de dimensión 3×3:

 \displaystyle A= \begin{pmatrix}2&1&3\\[1.1ex]-1&1&1\\[1.1ex] 1&2&4\end{pmatrix}

Primero resolvemos determinante de la matriz menos λ en su diagonal principal para obtener la ecuación característica:

 \displaystyle \text{det}(A-\lambda I)= \begin{vmatrix}2-\lambda&1&3\\[1.1ex]-1&1-\lambda&1\\[1.1ex] 1&2&4-\lambda\end{vmatrix}=-\lambda^3+7\lambda^2-10\lambda

Extraemos factor común del polinomio característico y despejamos λ de cada ecuación:

 \displaystyle \lambda(-\lambda^2+7\lambda-10)=0 \ \longrightarrow \ \begin{cases} \lambda=0\\[2ex] -\lambda^2+7\lambda-10=0 \ \longrightarrow \begin{cases}\lambda = 2 \\[2ex] \lambda = 5 \end{cases} \end{cases}

Calculamos el vector propio asociado al valor propio 0:

 \displaystyle (A-0I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix} 2&1&3\\[1.1ex]-1&1&1\\[1.1ex] 1&2&4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0\\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} 2x+y+3z= 0 \\[2ex] -x+y+z= 0\\[2ex] x+2y+4z=0 \end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l} x=-\cfrac{2z}{3} \\[4ex] y=-\cfrac{5z}{3} \end{array}

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}-2 \\[1.1ex] -5\\[1.1ex] 3\end{pmatrix}

Calculamos el vector propio asociado al valor propio 2:

 \displaystyle (A-2I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix} 0&1&3\\[1.1ex]-1&-1&1\\[1.1ex] 1&2&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0\\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} y+3z = 0 \\[2ex] -x-y+z= 0\\[2ex] x+2y+2z=0 \end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l} y=-3z \\[2ex] x=4z \end{array}

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}4\\[1.1ex] -3 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}

Calculamos el vector propio asociado al valor propio 5:

 \displaystyle (A-3I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix} -3&1&3\\[1.1ex]-1&-4&1\\[1.1ex] 1&2&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0\\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} -3x+y+3z = 0 \\[2ex] -x-4y+z = 0\\[2ex] x+2y-z=0 \end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l} x=z \\[2ex] y=0 \end{array}

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}

Por lo tanto, los valores propios y los vectores propios de la matriz A son:

 \displaystyle \lambda = 0 \qquad v = \begin{pmatrix}-2 \\[1.1ex] -5 \\[1.1ex] 3\end{pmatrix}

 \displaystyle \lambda = 2 \qquad v = \begin{pmatrix}4 \\[1.1ex] -3 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}

 \displaystyle \lambda = 5 \qquad v = \begin{pmatrix}1\\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}

 

Ejercicio 5

Calcula los autovalores y los autovectores de la siguiente matriz de tamaño 3×3:

 \displaystyle A= \begin{pmatrix}2&2&2\\[1.1ex] 1&2&0\\[1.1ex] 0&1&3\end{pmatrix}

Primero resolvemos determinante de la matriz menos λ en su diagonal principal para obtener la ecuación característica:

 \displaystyle \text{det}(A-\lambda I)= \begin{vmatrix}2-\lambda&2&2\\[1.1ex] 1&2-\lambda&0\\[1.1ex] 0&1&3-\lambda\end{vmatrix}=-\lambda^3+7\lambda^2-14\lambda+8

Encontramos una raíz del polinomio característico o polinomio mínimo mediante la regla de Ruffini:

 \displaystyle \begin{array}{r|rrrr} & -1&7&-14&8 \\[2ex] 1 & & -1&6&-8 \\ \hline &-1\vphantom{\Bigl)}&6&-8&0 \end{array}

Y luego hallamos las raíces del polinomio obtenido:

 \displaystyle -\lambda^2+6\lambda -8=0 \ \longrightarrow \ \begin{cases} \lambda =2 \\[2ex] \lambda = 4 \end{cases}

De manera que los valores propios de la matriz son:

 \lambda=1 \qquad \lambda =2 \qquad \lambda = 4

Calculamos el vector propio asociado al valor propio 1:

 \displaystyle (A-1I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix} 1&2&2\\[1.1ex] 1&1&0\\[1.1ex] 0&1&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0\\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} x+2y+2z= 0 \\[2ex] x+y= 0\\[2ex] y+2z=0 \end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l} x=-y \\[2ex] y=-2z \end{array}

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}2 \\[1.1ex] -2\\[1.1ex] 1\end{pmatrix}

Calculamos el vector propio asociado al valor propio 2:

 \displaystyle (A-2I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix} 0&2&2\\[1.1ex] 1&0&0\\[1.1ex] 0&1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0\\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} 2y+2z = 0 \\[2ex] x= 0\\[2ex] y+z=0 \end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l} y=-z \\[2ex] x=0\end{array}

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}0\\[1.1ex] -1 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}

Calculamos el vector propio asociado al valor propio 4:

 \displaystyle (A-4I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix} -2&2&2\\[1.1ex] 1&-2&0\\[1.1ex] 0&1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x \\[1.1ex] y \\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0\\[1.1ex] 0 \end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} -2x+2y+2z = 0 \\[2ex] x-2y = 0\\[2ex] y-z=0 \end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l} x=2y \\[2ex] y=z \end{array}

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}2 \\[1.1ex] 1 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}

Por lo tanto, los valores propios y los vectores propios de la matriz A son:

 \displaystyle \lambda = 1 \qquad v = \begin{pmatrix}2\\[1.1ex] -2 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}

 \displaystyle \lambda = 2 \qquad v = \begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] -1 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}

 \displaystyle \lambda = 4 \qquad v = \begin{pmatrix}2 \\[1.1ex] 1 \\[1.1ex] 1\end{pmatrix}

 

Ejercicio 6

Halla los autovalores y los autovectores de la siguiente matriz de dimensión 4×4:

 \displaystyle A=\begin{pmatrix}1&0&-1&0\\[1.1ex] 2&-1&-3&0\\[1.1ex] -2&0&2&0\\[1.1ex] 0&0&0&3\end{pmatrix}

Primero debemos resolver determinante de la matriz menos λ en su diagonal principal para obtener la ecuación característica:

 \displaystyle \text{det}(A-\lambda I)= \begin{vmatrix}1-\lambda&0&-1&0\\[1.1ex] 2&-1-\lambda&-3&0\\[1.1ex] -2&0&2-\lambda&0\\[1.1ex] 0&0&0&3-\lambda\end{vmatrix}

En este caso, la última columna del determinante son todo ceros excepto un elemento, por lo que aprovecharemos para calcular el determinante por cofactores a través de esa columna:

 \displaystyle \begin{aligned} \begin{vmatrix}1-\lambda&0&-1&0\\[1.1ex] 2&-1-\lambda&-3&0\\[1.1ex] -2&0&2-\lambda&0\\[1.1ex] 0&0&0&3-\lambda\end{vmatrix}& = (3-\lambda)\cdot  \begin{vmatrix}1-\lambda&0&-1\\[1.1ex] 2&-1-\lambda&-3\\[1.1ex] -2&0&2-\lambda\end{vmatrix} \\[3ex] & = (3-\lambda)[-\lambda^3 +2\lambda^2 +3\lambda] \end{aligned}

Ahora debemos calcular las raíces del polinomio característico. Es mejor no multiplicar los paréntesis ya que entonces obtendríamos un polinomio de cuarto grado, por contra, si se resuelven los dos factores por separado es más sencillo calcular los valores propios:

 \displaystyle (3-\lambda)[-\lambda^3 +2\lambda^2 +3\lambda]=0 \ \longrightarrow \ \begin{cases} 3-\lambda=0 \ \longrightarrow \ \lambda = 3 \\[2ex] -\lambda^3 +2\lambda^2 +3\lambda =0 \ \longrightarrow \ \lambda(-\lambda^2 +2\lambda +3) =0 \end{cases}

 \displaystyle \lambda(-\lambda^2 +2\lambda +3)=0 \ \longrightarrow \ \begin{cases} \lambda=0  \\[2ex] -\lambda^2 +2\lambda +3=0 \ \longrightarrow \ \begin{cases} \lambda=-1 \\[2ex] \lambda = 3 \end{cases}\end{cases}

Calculamos el vector propio asociado al valor propio 0:

 \displaystyle (A-0I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix} 1&0&-1&0\\[1.1ex] 2&-1&-3&0\\[1.1ex] -2&0&2&0\\[1.1ex] 0&0&0&3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}w \\[1.1ex] x \\[1.1ex] y\\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0\\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 0\end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} w-y = 0 \\[2ex] 2w-x-3y = 0\\[2ex] -2w+2y=0 \\[2ex] 3z=0 \end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l} w=y \\[2ex] x=-w  \\[2ex]z=0 \end{array}

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] -1 \\[1.1ex] 1  \\[1.1ex]0 \end{pmatrix}

Calculamos el vector propio asociado al valor propio -1:

 \displaystyle (A+1I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix} 2&0&-1&0\\[1.1ex] 2&0&-3&0\\[1.1ex] -2&0&3&0\\[1.1ex] 0&0&0&4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}w \\[1.1ex] x \\[1.1ex] y\\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0\\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 0\end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} 2w-y = 0 \\[2ex] 2w-3y = 0\\[2ex] -2w+3y=0 \\[2ex] 4z=0 \end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l} y=w=0  \\[2ex]z=0 \end{array}

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 1 \\[1.1ex] 0  \\[1.1ex]0 \end{pmatrix}

Calculamos el vector propio asociado al valor propio 3:

 \displaystyle (A-3I)v=0

 \displaystyle \begin{pmatrix} -2&0&-1&0\\[1.1ex] 2&-4&-3&0\\[1.1ex] -2&0&-1&0\\[1.1ex] 0&0&0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}w \\[1.1ex] x \\[1.1ex] y\\[1.1ex] z \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0\\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 0\end{pmatrix}

 \displaystyle \left.\begin{array}{l} -2w-y = 0 \\[2ex] 2w-4x-3y = 0\\[2ex] -2w-y=0 \\[2ex] 0=0 \end{array}\right\} \longrightarrow \ \begin{array}{l} y=-2w \\[2ex] x=2w  \end{array}

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] 2 \\[1.1ex] -2  \\[1.1ex]0 \end{pmatrix}

El valor propio 3 tiene una multiplicidad igual a 2, porque está repetido dos veces. Así que debemos encontrar otro vector propio que cumpla con las mismas ecuaciones:

 \displaystyle v = \begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 0  \\[1.1ex]1 \end{pmatrix}

Por lo tanto, los valores propios y los vectores propios de la matriz A son:

 \displaystyle \lambda = 0 \qquad v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] -1 \\[1.1ex] 1  \\[1.1ex]0\end{pmatrix}

 \displaystyle \lambda = -1 \qquad v = \begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 1 \\[1.1ex] 0  \\[1.1ex]0 \end{pmatrix}

 \displaystyle \lambda = 3 \qquad v = \begin{pmatrix}1 \\[1.1ex] 2 \\[1.1ex] -2  \\[1.1ex]0\end{pmatrix}

 \displaystyle \lambda = 3 \qquad v = \begin{pmatrix}0 \\[1.1ex] 0 \\[1.1ex] 0  \\[1.1ex]1\end{pmatrix}

 

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