Hallar los valores propios de una matriz de 3 x 3

Question

Tengo una pregunta sobre la determinación de los valores propios de una matriz A dada:

$$ A= \begin{bmatrix} 2 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ \end{bmatrix} $$

Esto es lo que tengo hasta ahora:

\begin{align} & det(A-\lambda I_3) = 0\\ & =det \begin{bmatrix} 2-\lambda & 1 & 2 \\ 0 & 2-\lambda & -1 \\ 0 & 1 & 0-\lambda \\ \end{bmatrix} = 0 \\ & = (2-\lambda) \begin{vmatrix} 2-\lambda & -1 \\ 1 & 0-\lambda \\ \end{vmatrix} \\ & = (2-\lambda)(-2\lambda+\lambda^2+1) \ {\i1} & = (2-\lambda)(\lambda-1)^2 = 0\end{align}

Así que mis valores propios son $2$ y $1$ . Estoy casi seguro de que es correcto. He aquí mi confusión/pregunta. Sé que el determinante de una matriz triangular superior es el producto de los términos a lo largo de la diagonal.

Algunos de mis compañeros utilizaron un enfoque diferente en el que desde el principio remaron reduciendo $A$ en una matriz triangular superior eliminando el $1$ de la $3$ rd fila, luego se resta $\lambda I$ y en lugar de resolver el determinante como yo hice, multiplicaron los términos diagonales.

El problema que veo con esto es que puedes obtener matrices diferentes dependiendo de cómo elijas reducir filas, lo que significa que puedes obtener valores propios diferentes. ¿Es posible resolver para los valores propios utilizando el enfoque de hacer $A$ en una matriz triangular superior primero? (Para poder resolver el determinante multiplicando las entradas diagonales) Espero que tenga sentido. Gracias.

Answer 1

La respuesta a su pregunta es no. Es decir, tus amigos se equivocan. En general, aplicar la reducción de filas a tu matriz cambiará sus valores propios.

Podemos ver lo que falla si adoptamos este enfoque de forma ligeramente diferente. En particular: $$ \pmatrix{ 2 & 1 & 2 \\ 0 & 2 & -1 \\ 0 & 1 & 0 \\ } \to \pmatrix{ 2 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & -1 \\ } \to \pmatrix{2&1&2\\0&1&0\\0&0&-1} $$ sin embargo, $-1$ no es un valor propio de $A$ .

Lo que es aún más extremo: si seguimos reduciendo filas, podemos pasar de $A$ a $I$ . Es ciertamente no es el caso, sin embargo, que $A$ sólo tiene el valor propio $1$ .

Si insiste en calcular el determinante mediante operaciones de fila, reste $\lambda I$ primero: $$ \det(A - \lambda I) = \det \pmatrix{ 2 - \lambda & 1 & 2 \\ 0 & 2 - \lambda & -1 \\ 0 & 1 & -\lambda \\ } = \\ \det\pmatrix{ 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&-\frac{1}{2 - \lambda} & 1 }^{-1} \det \pmatrix{ 2 - \lambda & 1 & 2 \\ 0 & 2 - \lambda & -1 \\ 0 & 0 & -\lambda + \frac{1}{2 - \lambda} \\ } = \\ 1 \cdot \det \pmatrix{ 2 - \lambda & 1 & 2 \\ 0 & 2 - \lambda & -1 \\ 0 & 0 & -\lambda + \frac{1}{2 - \lambda} \\ } $$