Método

Ejercicios: Propiedades de los autovalores

suma == traza, producto == determinante

Si no te acordás cómo se usa, repasá la teoría.

Las 12 actividades recorren los distintos tipos de ejercicio del tema, con tres variantes de cada uno. Si te trabás en una, mirá la solución y seguí con la siguiente.

1. Sin resolver el polinomio característico, hallá la suma y el producto de los autovalores de A=[−97−1412]A = \begin{bmatrix}-9 & 7 \\ -14 & 12\end{bmatrix}.

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1. Usamos la propiedad de la traza. La suma de los autovalores, contados con su multiplicidad, es la traza: −9+12=3-9 + 12 = 3.

2. Usamos la propiedad del determinante. El producto de los autovalores es el determinante: det⁡(A)=−10\det(A) = -10.

3. Escribimos el resultado. Suman 33 y multiplican −10-10.

4. Vemos para qué sirve. Con esos dos datos se pueden hallar los autovalores sin calcular el determinante simbólico: son −2-2 y 55.

5. Observamos. Estas dos propiedades son el control más rápido para verificar autovalores ya calculados.

Respuesta: suman 33 y multiplican −10-10

2. Una matriz tiene un autovalor igual a cero. Decidí si es inversible.

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1. Usamos la propiedad del determinante. El determinante es el producto de todos los autovalores.

2. Vemos qué pasa con un cero. Si uno de los factores es cero, todo el producto vale cero.

3. Concluimos. El determinante es cero, así que la matriz no es inversible.

4. Damos la interpretación. Autovalor cero significa que hay un vector no nulo que va a parar al vector nulo, o sea que el núcleo no es trivial.

5. Enunciamos la equivalencia. Una matriz es inversible exactamente cuando ninguno de sus autovalores es cero.

Respuesta: no es inversible: el determinante vale cero

3. Una matriz AA tiene autovalor λ=3\lambda = 3. Hallá un autovalor de A2A^{2}.

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1. Escribimos la relación de partida. Existe v≠0v \neq 0 con Av=3vAv = 3v.

2. Aplicamos la matriz otra vez. A2v=A(3v)=3(Av)=32v=9vA^2v = A(3v) = 3(Av) = 3^{2}v = 9v

3. Generalizamos por repetición. A2v=32v=9vA^{2}v = 3^{2}v = 9v

4. Concluimos. El mismo vector vv es autovector de A2A^{2}, con autovalor 99.

5. Observamos. Los autovectores no cambian al elevar la matriz a una potencia. Lo único que cambia son los autovalores, que se elevan a esa potencia.

Respuesta: 99 es autovalor de A2A^{2}

4. Una matriz inversible AA tiene autovalor λ=2\lambda = 2. Hallá un autovalor de A−1A^{-1}.

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1. Escribimos la relación. Av=2vAv = 2v con v≠0v \neq 0.

2. Multiplicamos por la inversa. v=A−1(2v)=2 A−1vv = A^{-1}(2v) = 2\,A^{-1}v

3. Despejamos. A−1v=12vA^{-1}v = \dfrac{1}{2}v

4. Concluimos. 12\dfrac{1}{2} es autovalor de A−1A^{-1}, con el mismo autovector.

5. Vemos por qué hace falta la hipótesis. La matriz tiene que ser inversible, y para eso ningún autovalor puede ser cero. Si lo fuera, el cociente no existiría.

Respuesta: 12\dfrac{1}{2} es autovalor de A−1A^{-1}

5. Sin resolver el polinomio característico, hallá la suma y el producto de los autovalores de A=[−2140]A = \begin{bmatrix}-2 & 1 \\ 4 & 0\end{bmatrix}.

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1. Usamos la propiedad de la traza. La suma de los autovalores, contados con su multiplicidad, es la traza: −2+0=−2-2 + 0 = -2.

2. Usamos la propiedad del determinante. El producto de los autovalores es el determinante: det⁡(A)=−4\det(A) = -4.

3. Escribimos el resultado. Suman −2-2 y multiplican −4-4.

4. Vemos para qué sirve. Con esos dos datos se pueden hallar los autovalores sin calcular el determinante simbólico: son −4-4 y 22.

5. Observamos. Estas dos propiedades son el control más rápido para verificar autovalores ya calculados.

Respuesta: suman −2-2 y multiplican −4-4

6. Una matriz de 3×33 \times 3 tiene autovalores 22, −1-1 y 44. Hallá su determinante y su traza.

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1. Recordamos las dos propiedades. El determinante es el producto de los autovalores y la traza es su suma, en los dos casos contados con multiplicidad.

2. Calculamos el determinante. 2⋅(−1)⋅4=−82 \cdot (-1) \cdot 4 = -8.

3. Calculamos la traza. 2+(−1)+4=52 + (-1) + 4 = 5.

4. Decidimos si es inversible. Ningún autovalor vale cero, así que el determinante no es cero: la matriz es inversible.

5. Decidimos si es diagonalizable. Los tres autovalores son distintos, así que hay tres autovectores independientes: es diagonalizable.

6. Observamos. Los autovalores solos alcanzan para saber el determinante, la traza, la inversibilidad y, en este caso, la diagonalizabilidad. Nunca hizo falta ver las entradas de la matriz.

Respuesta: el determinante es −8-8 y la traza es 55

7. Una matriz AA tiene autovalor λ=2\lambda = 2. Hallá un autovalor de A3A^{3}.

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1. Escribimos la relación de partida. Existe v≠0v \neq 0 con Av=2vAv = 2v.

2. Aplicamos la matriz otra vez. A2v=A(2v)=2(Av)=22v=4vA^2v = A(2v) = 2(Av) = 2^{2}v = 4v

3. Generalizamos por repetición. A3v=23v=8vA^{3}v = 2^{3}v = 8v

4. Concluimos. El mismo vector vv es autovector de A3A^{3}, con autovalor 88.

5. Observamos. Los autovectores no cambian al elevar la matriz a una potencia. Lo único que cambia son los autovalores, que se elevan a esa potencia.

Respuesta: 88 es autovalor de A3A^{3}

8. Una matriz inversible AA tiene autovalor λ=−3\lambda = -3. Hallá un autovalor de A−1A^{-1}.

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1. Escribimos la relación. Av=−3vAv = -3v con v≠0v \neq 0.

2. Multiplicamos por la inversa. v=A−1(−3v)=−3 A−1vv = A^{-1}(-3v) = -3\,A^{-1}v

3. Despejamos. A−1v=1−3vA^{-1}v = \dfrac{1}{-3}v

4. Concluimos. 1−3\dfrac{1}{-3} es autovalor de A−1A^{-1}, con el mismo autovector.

5. Vemos por qué hace falta la hipótesis. La matriz tiene que ser inversible, y para eso ningún autovalor puede ser cero. Si lo fuera, el cociente no existiría.

Respuesta: 1−3\dfrac{1}{-3} es autovalor de A−1A^{-1}

9. Sin resolver el polinomio característico, hallá la suma y el producto de los autovalores de A=[560−1]A = \begin{bmatrix}5 & 6 \\ 0 & -1\end{bmatrix}.

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1. Usamos la propiedad de la traza. La suma de los autovalores, contados con su multiplicidad, es la traza: 5−1=45 - 1 = 4.

2. Usamos la propiedad del determinante. El producto de los autovalores es el determinante: det⁡(A)=−5\det(A) = -5.

3. Escribimos el resultado. Suman 44 y multiplican −5-5.

4. Vemos para qué sirve. Con esos dos datos se pueden hallar los autovalores sin calcular el determinante simbólico: son −1-1 y 55.

5. Observamos. Estas dos propiedades son el control más rápido para verificar autovalores ya calculados.

Respuesta: suman 44 y multiplican −5-5

10. Una matriz AA tiene autovalor λ=3\lambda = 3. Hallá un autovalor de A−1A^{-1}, suponiendo que AA es inversible.

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1. Escribimos la relación de partida. Existe v≠0v \neq 0 con Av=3vAv = 3v.

2. Aplicamos A−1A^{-1} a los dos lados. A−1(Av)=A−1(3v)A^{-1}(Av) = A^{-1}(3v).

3. Simplificamos el lado izquierdo. A−1Av=vA^{-1}Av = v.

4. Sacamos el escalar del lado derecho. 3 A−1v3\,A^{-1}v, así que queda v=3 A−1vv = 3\,A^{-1}v.

5. Despejamos. A−1v=13vA^{-1}v = \dfrac{1}{3}v, así que 13\dfrac{1}{3} es autovalor de A−1A^{-1}, con el mismo autovector vv.

6. Damos la regla general. Los autovalores de la inversa son los inversos de los autovalores, y los autovectores no cambian. La división por λ\lambda es legítima porque ningún autovalor de una matriz inversible es cero.

Respuesta: 13\dfrac{1}{3} es autovalor de A−1A^{-1}, con el mismo autovector

11. Una matriz AA tiene autovalor λ=−2\lambda = -2. Hallá un autovalor de A2A^{2}.

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1. Escribimos la relación de partida. Existe v≠0v \neq 0 con Av=−2vAv = -2v.

2. Aplicamos la matriz otra vez. A2v=A(−2v)=−2(Av)=(−2)2v=4vA^2v = A(-2v) = -2(Av) = (-2)^{2}v = 4v

3. Generalizamos por repetición. A2v=(−2)2v=4vA^{2}v = (-2)^{2}v = 4v

4. Concluimos. El mismo vector vv es autovector de A2A^{2}, con autovalor 44.

5. Observamos. Los autovectores no cambian al elevar la matriz a una potencia. Lo único que cambia son los autovalores, que se elevan a esa potencia.

Respuesta: 44 es autovalor de A2A^{2}

12. Una matriz inversible AA tiene autovalor λ=4\lambda = 4. Hallá un autovalor de A−1A^{-1}.

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1. Escribimos la relación. Av=4vAv = 4v con v≠0v \neq 0.

2. Multiplicamos por la inversa. v=A−1(4v)=4 A−1vv = A^{-1}(4v) = 4\,A^{-1}v

3. Despejamos. A−1v=14vA^{-1}v = \dfrac{1}{4}v

4. Concluimos. 14\dfrac{1}{4} es autovalor de A−1A^{-1}, con el mismo autovector.

5. Vemos por qué hace falta la hipótesis. La matriz tiene que ser inversible, y para eso ningún autovalor puede ser cero. Si lo fuera, el cociente no existiría.

Respuesta: 14\dfrac{1}{4} es autovalor de A−1A^{-1}

Integradores de Transformaciones lineales y diagonalización: practicá este tema junto con el resto de la unidad

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