Vector propio y su correspondiente valor propio

Question

Para la siguiente matriz cuadrada:

$$ \left( \begin{array}{ccc} 3 & 0 & 1 \\ -4 & 1 & 2 \\ -6 & 0 & -2 \end{array} \right)$$

Decida cuáles de los siguientes vectores, si es que hay alguno, son vectores propios de esa matriz y dar el valor propio correspondiente.

$ \left( \begin{array}{ccc} 2 \\ 2 \\ -1 \end{array} \right)$ $ \left( \begin{array}{ccc} -1 \\ 0 \\ 2 \end{array} \right)$ $ \left( \begin{array}{ccc} -1 \\ 1 \\ 3 \end{array} \right)$ $ \left( \begin{array}{ccc} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right)$$ \N - Izquierda( \begin{array}{ccc} 3 \\ 2 \\ 1 \end{array} \(derecho)

Si he entendido bien, primero debo multiplicar la matriz por cada vector. Si el resultado es un múltiplo de ese vector, entonces es un vector propio. Sólo el cuarto vector lo es. Pero, ¿cómo debo calcular su correspondiente valor propio?

Answer 1

Si $\mathbf{M}\mathbf{v} = \lambda \mathbf{v}$ para un escalar $\lambda$ entonces $\mathbf{v}$ es un vector propio de $\mathbf{M}$ y $\lambda$ es su correspondiente valor propio.

Answer 2

Para ampliar la respuesta de DonAntonio: un valor propio y un vector propio de un $n \times n$ matriz $A$ se define como a respectivamente un escalar $\lambda$ y un vector $x \neq 0$ tal que $Ax = \lambda x$ . Pero esto equivale a $Ax - \lambda x = (A-\lambda I)x = 0$ . Ahora queremos resolver esta ecuación para $x$ para que $x \neq 0$ . Ahora bien, si $A-\lambda I$ sería invertible, sólo tendríamos la solución $x = (A-\lambda I)^{-1} 0 = 0$ Así que eso no es lo que queremos. En su lugar, necesitamos la matriz $A-\lambda I$ para ser singular.

Recordemos que una matriz es singular si y sólo si su determinante es cero, así que calculamos el determinante de $A - \lambda I$ y equipararlo a cero: $$ 0 = det(A-\lambda I) = (\lambda - \lambda_1)^{m_1} \ldots (\lambda - \lambda_k)^{m_k} $$ Esto se llama la ecuación característica de $A$ . Esto dará lugar a un polinomio de grado $n$ con $k \leq n$ raíces. Estas raíces son entonces los valores propios de $A$ ya que estos valores de $\lambda$ hará $A-\lambda I$ singular. Los exponenciales $m_1$ a través de $m_k$ se llaman, por cierto, las multiplicidades algebraicas de los correspondientes valores propios, y éstas determinan un límite superior en las dimensiones de los espacios propios, que explicaré a continuación.

Así que ahora, tenemos una matriz $A - \lambda_i I$ que es singular, y queremos resolver $(A-\lambda_i I)x_i = 0$ . Cada vector $x_i$ que es una solución de esta ecuación es un vector propio de $A$ correspondiente al valor propio $\lambda_i$ . Pero, ¡este vector no es único! Tenga en cuenta que si $x_i$ es un vector propio, entonces también lo es $c x_i$ para cada escalar $c \neq 0$ . E incluso podría darse el caso de que existieran dos o más vectores propios linealmente independientes. El espacio de todos los vectores que son una solución de esta ecuación se llama el espacio propio de $A$ para el vector propio $\lambda_i$ . Este espacio es el mismo que el espacio nulo de $A-\lambda_i I$ cuya dimensión viene determinada por el teorema de la nulidad. Este teorema (búsquelo en su libro de álgebra lineal ;) ) afirma que la dimensión de una matriz es igual a la suma de su rango (la dimensión del espacio de filas) y su nulidad (la dimensión de su espacio nulo). También se puede demostrar que la dimensión del espacio propio debe ser necesariamente menor o igual que la multiplicidad algebraica del vector propio. Esta dimensión se llama multiplicidad geométrica de $\lambda_i$ .

Así, para resumir el cálculo de los valores propios y los correspondientes vectores propios:

• Escribe el polinomio característico de $A$ : $$ det(A-\lambda I) = 0. $$
• Resuelve la ecuación característica. Las soluciones $\lambda_i$ son los valores propios de $A$ .
• Escriba el sistema $(A-\lambda I) x = 0$ y resolver el sistema para el vector $x$ . (Por eliminación gaussiana o algo así.) Las soluciones $x_i$ son los vectores propios de $A$ correspondiente a $\lambda_i$ . El subespacio de todos los vectores propios correspondientes a $\lambda_i$ es el eigespacio de $A$ para $\lambda_i$ .

Espero que eso haya ayudado un poco. ;)

Answer 3

Gigili, así es como se suelen calcular tanto los valores como los vectores propios. Calcula el determinante:

$$\det(\lambda I-A)=\begin{vmatrix}\lambda-3&0&-1\\4&\lambda-1&-2\\6&0&\lambda+2\end{vmatrix}=(\lambda-1)(\lambda-3)(\lambda+2)+6(\lambda-1)=\lambda(\lambda-1)^2\Longrightarrow$$

$$\Longrightarrow \lambda=0\,,\,1\,\,\,\text{are the eigenvalues of the matrix}$$

Ahora, para encontrar los vectores propios correspondientes a los valores propios, se forma un sistema lineal homogéneo mediante la subrogación de $\,\lambda\,$ en la expresión matricial anterior con el valor corr. Llama a las incógnitas $\,x,y,z\,$ y observamos que como el determinante va a ser cero obtenemos siempre un sistema con una expresión no trivial (¿por qué?):

$$\lambda=0:\;\;\;\;\begin{cases}-3x&&\;\;-z=0\\\;\;\;4x&-y&+2z=0\\\;\;\;6x&&\;\;\;2z=0\end{cases}\;\;\;\;\Longrightarrow\;\;\;\begin{cases}z=-3x\\y=4x+2z=-2x\end{cases}$$

Así, cualquier vector propio correspondiente al valor propio $\,\lambda=0\,$ tiene la forma

$$\begin{pmatrix}\;\;x\\\!\!-2x\\\!\!-3x\end{pmatrix}\,\,,\,\,\text{for example}\,\,\,\begin{pmatrix}\;\;\;1\\-2\\-3\end{pmatrix}$$

Intenta ahora imitar lo anterior para el valor propio $\,\lambda=1\,$ . Una vez más, se obtiene un sistema de rango 2 y, por tanto, sólo hay un vector propio linealmente independiente.