SEDE BOGOTA DNSAV

A.5 Valores y vectores propios

Definición A.30 Valor propio y vector propio^A.2
Sea $\mathbf{A}$ una transformación lineal $(\mathbb{C}^n,\mathbb{C}) \to (\mathbb{C}^n,\mathbb{C})$ . Un escalar $\lambda$ es un valor propio si existe un vector no nulo $\mathbf{v}$ tal que $\mathbf{Av}=\lambda\mathbf{v}$ . Cualquier vector no nulo $\mathbf{v}$ que satizfaga

$\displaystyle \mathbf{Av}=\lambda\mathbf{v}$

(A.23)

es un vector propio asociado al valor propio $\lambda$ .

La definición E.30 implica que para un vector propio $\mathbf{v}$ el efecto de aplicarle la transformación lineal $\mathbf{A}$ es igual que amplificarlo por el escalar $\lambda$ . Esto implica que un vector y el vector transformado son colineales o paralelos y por lo tanto linealmente dependientes.

La definición E.30 se refiere estrictamente a valores y vectores propios por derecha, para distinguirlos de los valores y vectores propios por izquierda, que deben satisfacer $\mathbf{v^tA}=\lambda\mathbf{v^t}$ . En este texto sólo se consideran los primeros, y por tanto se hace referencia a ellos simplemente como valores y vectores propios.

Teorema A.15 $\lambda$ es un valor propio de $\mathbf{A}$ si y sólo si satisface la ecuación

$\displaystyle \det(\lambda\mathbf{I}-\mathbf{A})=0$

(A.24)

donde $\mathbf{I}$ es la matriz identidad de igual orden que $\mathbf{A}$ .

Demostración A.15 Si $\lambda$ es un valor propio de $\mathbf{A}$ entonces existe un vector $\mathbf{v}$ tal que

$\displaystyle \mathbf{Av}=\lambda\mathbf{v}\qquad \mathbf{Av}-\lambda\mathbf{v}=\mathbf{0}$

El término $\lambda\mathbf{v}$ puede escribirse como $\lambda\mathbf{I}\mathbf{v}$ para facilitar la factorización de $\mathbf{v}$

$\displaystyle \mathbf{Av}-\lambda\mathbf{I}\mathbf{v}=\mathbf{0} \qquad (\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})\mathbf{v}=\mathbf{0}$

De acuerdo con el teorema E.13 esta ecuación tiene solución no trivial (existe un vector propio $\mathbf{v}$ ) si y sólo si

$\displaystyle \det(\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})=0$

Como el determinante de una matriz no se afecta al multilpicar ésta por un escalar no nulo, podemos escribir

$\displaystyle \det(\lambda\mathbf{I}-\mathbf{A})=0$

El teorema E.15 brinda una posibilidad para calcular los valores propios de $\mathbf{A}$ : podemos construir el polinomio característico $\Delta(\lambda)=\det(\lambda\mathbf{I}-\mathbf{A})$ y encontrar sus raices. Cada raiz de $\Delta(\lambda)$ será un valor propio de $\mathbf{A}$ . Los vectores propios pueden obtenerse directamente de (E.23).

Debido a que los valores propios resultan ser las raices del polinomio característico, éstos pueden ser reales o complejos, diferentes o repetidos.

Definición A.31 Multiplicidad
La multiplicidad de un valor propio $\lambda_i$ es el número de veces que éste aparece como raiz del polinomio característico.

Ejemplo A.30 Obtener los valores y vectores propios de la matriz

$\displaystyle \mathbf{A}= \begin{bmatrix} 4 & 1\\ -2 & 1 \end{bmatrix}$

Construimos la matriz $\mathbf{B}=(\lambda\mathbf{I}-\mathbf{A})$ y hallamos su determinante:

$\displaystyle \mathbf{B}=(\lambda\mathbf{I}-\mathbf{A})= \lambda \begin{bmatrix... ...\end{bmatrix}= \begin{bmatrix} (\lambda-4) & -1\\ 2 &(\lambda -1) \end{bmatrix}$

$\displaystyle \Delta(\mathbf{A})=\det(\mathbf{B})=(\lambda-4)(\lambda-1)+2=\lambda^2-5\lambda+6 =(\lambda-2)(\lambda-3)$

Los valores propios de $\mathbf{A}$ serán las raices de $\Delta(\mathbf{A})$

$\displaystyle \lambda_1=2\qquad \lambda_2=3$

Los vectores propios asociados a $\lambda_1=2$ deben cumplir (E.23):

$\displaystyle \mathbf{Av}_1=\lambda_1\mathbf{v}_1$

$\displaystyle \begin{bmatrix} 4 & 1\\ -2 &1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} v_{11}... ... -2v_{11}+v_{21} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 2v_{11}\\ 2v_{21} \end{bmatrix}$

Se crea entonces un sistema de ecuaciones con infinitas soluciones:

$\displaystyle \left\{ \begin{matrix} 4v_{11}+v_{21}&=2v_{11} \\ -2v_{11}+v_{21}&=2v_{21} \end{matrix}\right.$

Para obtener un vector propio asociado a $\lambda_1=2$ podemos escoger arbitrariamente un valor para $v_{11}$ o para $v_{21}$ . Por ejemplo, si escogemos $v_{11}=1$ obtenemos $v_{21}=-2$ . En consecuencia, un vector propio asociado a $\lambda_1=2$ será

$\displaystyle \mathbf{v}_1= \begin{bmatrix}1\\ -2\end{bmatrix}$ en general $\displaystyle \quad \mathbf{v}_1=\begin{bmatrix}a\\ -2a\end{bmatrix}$

Los vectores propios asociados a $\lambda_2=3$ también deben cumplir (E.23):

$\displaystyle \mathbf{Av}_2=\lambda_1\mathbf{v}_2$

$\displaystyle \begin{bmatrix} 4 & 1\\ -2 &1 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} v_{12}... ... -2v_{12}+v_{22} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 3v_{12}\\ 3v_{22} \end{bmatrix}$

Se crea entonces un segundo sistema de ecuaciones con infinitas soluciones:

$\displaystyle \left\{ \begin{matrix} 4v_{12}+v_{22}&=3v_{12} \\ -2v_{12}+v_{22}&=3v_{22} \end{matrix}\right.$

Para obtener un vector propio asociado a $\lambda_2=3$ podemos escoger arbitrariamente un valor para $v_{12}$ o para $v_{22}$ . Por ejemplo, si escogemos $v_{12}=1$ obtenemos $v_{22}=-1$ . En consecuencia, un vector propio asociado a $\lambda_2=3$ será

$\displaystyle \mathbf{v}_2= \begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}$ en general $\displaystyle \quad \mathbf{v}_2=\begin{bmatrix}a\\ -a\end{bmatrix}$

Ejemplo A.31 Obtener los valores y vectores propios de la matriz

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

Construimos la matriz $\mathbf{B}=(\lambda\mathbf{I}-\mathbf{A})$ y hallamos su determinante:

$\displaystyle \mathbf{B}=(\lambda\mathbf{I}-\mathbf{A})= \lambda \begin{bmatrix... ...\end{bmatrix}= \begin{bmatrix} (\lambda-2) & -1\\ 1 &(\lambda -2) \end{bmatrix}$

$\displaystyle \Delta(\lambda)=\det(\mathbf{B})=(\lambda-2)^2+1=\lambda^2-4\lambda+5$

Los valores propios de $\mathbf{A}$ serán las raices de $\Delta(\lambda)$

$\displaystyle \lambda_{1,2}=2\pm j$

Al aplicar (E.23) para $\lambda_1$ y $\lambda_2$ se obtienen dos sistemas de ecuaciones con infinitas soluciones

$\displaystyle \left\{ \begin{matrix} 2v_{11}+v_{21}&=(2+j)v_{11} \\ -v_{11}+2v... ..._{12}+v_{22}&=(2-j)v_{12} \\ -v_{12}+2v_{22}&=(2-j)v_{22} \end{matrix}\right.$

Seleccionando arbitrariamente $v_{11}=1$ y $v_{12}=1$ se obtiene

$\displaystyle \mathbf{v}_1=\begin{bmatrix}1\\ j\end{bmatrix}\quad\mathbf{v}_2=\begin{bmatrix}1\\ -j\end{bmatrix}$

o en general

$\displaystyle \mathbf{v}_1=\begin{bmatrix}a\\ ja\end{bmatrix}\quad\mathbf{v}_2=\begin{bmatrix}a\\ -ja\end{bmatrix}$

A.5.1 Valores propios diferentes

Teorema A.16 Sea $\mathbf{A}$ una transformación lineal con valores propios no repetidos, y sea $\mathbf{v}_i$ un vector propio de $\mathbf{A}$ asociado al valor propio $\lambda_i$ . En esas condiciones $\mathbf{v}_i$ es directamente proporcional a cualquier columna no nula de adj ${(\lambda_i\mathbf{I}-\mathbf{A})}$

Demostración A.16 La demostración se basa en que para una matriz $\mathbf{P}$ se tiene que

$\displaystyle \mathbf{P}$ adj $\displaystyle \mathbf{P}=\det{(\mathbf{P})}\mathbf{I}$

(A.25)

Al aplicar (E.25) a la matriz $(\lambda_i\mathbf{I}-\mathbf{A})$ se tiene

$\displaystyle (\lambda_i\mathbf{I}-\mathbf{A})$ adj $\displaystyle (\lambda_i\mathbf{I}-\mathbf{A}) =\det{(\lambda_i\mathbf{I}-\mathbf{A})}\mathbf{I}$

Como $\mathbf{v}_i$ es un vector propio de $\mathbf{A}$ asociado al valor propio $\lambda_i$ , entonces $\mathbf{A}\mathbf{v}_i=\lambda_i\mathbf{v}_i$ o lo que es igual

$\displaystyle (\lambda_i\mathbf{I}-\mathbf{A})\mathbf{v}_i=\mathbf{0}$

(A.26)

lo que implica que $\det{(\lambda_i\mathbf{I}-\mathbf{A})}=0$ y por tanto

$\displaystyle (\lambda_i\mathbf{I}-\mathbf{A})$ adj $\displaystyle (\lambda_i\mathbf{I}-\mathbf{A}) =\mathbf{0}$

(A.27)

Comparando (E.26) y (E.27) se concluye que $\mathbf{v}_i$ es directamente proporcional a cualquier columna no nula de adj ${(\lambda_i\mathbf{I}-\mathbf{A})}$ .

Ejemplo A.32 Para obtener los vectores propios del ejemplo E.30 construimos

adj $\displaystyle {(\lambda_1\mathbf{I}-\mathbf{A})}=$ adj $\displaystyle {(2\mathbf{I}-\mathbf{A})}=$ adj $\displaystyle \begin{bmatrix} -2 & -1 \\ 2 & 1 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 1... ...2 \end{bmatrix}\Rightarrow \mathbf{v}_1= \begin{bmatrix} a \\ -2a \end{bmatrix}$

adj $\displaystyle {(\lambda_2\mathbf{I}-\mathbf{A})}=$ adj $\displaystyle {(3\mathbf{I}-\mathbf{A})}=$ adj $\displaystyle \begin{bmatrix} -1 & -1 \\ 2 & 2 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 2... ...-1 \end{bmatrix}\Rightarrow \mathbf{v}_2= \begin{bmatrix} a \\ -a \end{bmatrix}$

Teorema A.17 Sean $\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_r$ valores característicos diferentes de $\mathbf{A}$ , y sea $\mathbf{v}_i$ un vector caracterísitico asociado a $\lambda_i$ con $i=1,2,\cdots,r$ . El conjunto $\{\mathbf{v}_1$ , $\mathbf{v}_2$ , $\cdots$ , $\mathbf{v}_r\}$ es linealmente independiente.

Demostración A.17 Efectuamos la demostración por contradicción. Suponemos que los $\mathbf{v}_i$ son linealmente dependientes, y por lo tanto existen $\alpha_i$ algunos de los cuales no son nulos, tales que

$\displaystyle \sum_{i=1}^r{\alpha_i\mathbf{v}_i}=\mathbf{0}$

Suponemos que $\alpha_1\neq 0$ , (si es necesario reordenamos los vectores) y multiplicamos a cada lado de la ecuación por $\prod_{j=2}^r{(\mathbf{A}-\lambda_j\mathbf{I})}$

$\displaystyle \prod_{j=2}^r{(\mathbf{A}-\lambda_j\mathbf{I})}\sum_{i=0}^r{\alpha_i\mathbf{v}_i}=\mathbf{0}$

(A.28)

El producto $(\mathbf{A}-\lambda_j\mathbf{I})\mathbf{v}_i$ se puede calcular como

$\begin{displaymath} (\mathbf{A}-\lambda_j\mathbf{I})\mathbf{v}_i= \begin{cases} ... ... & \text{si }i\neq j \\ \mathbf{0}& \text{si } i=j \end{cases}\end{displaymath}$

Y por lo tanto (E.28) se convierte en

$\displaystyle \alpha_1(\lambda_1-\lambda_2)(\lambda_1-\lambda_3)\cdots(\lambda_1-\lambda_r)\mathbf{v}_1 =\mathbf{0}$

Por hipótesis, todos los $\lambda_i$ son diferentes y $\mathbf{v}_1$ es no nulo (es un vector propio), lo que significa que $\alpha_1=0$ . Con esta contradicción se concluye la demostración.

Teorema A.18 Sea $\mathbf{A}$ una transformación lineal $\mathbf{A}:\mathbb{C}^n\to\mathbb{C}^n$ ; sean $\lambda_i$ los valores propios de $\mathbf{A}$ y $\mathbf{v}_i$ un vector propio asociado a $\lambda_i$ , con $i=1,2,\cdots ,n$ . Si todos los $\lambda_i$ son diferentes, entonces el conjunto $\{\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\cdots,\mathbf{v}_n\}$ es una base de $\mathbb{C}^n$ .

Demostración A.18 Según el teorema E.17 el conjunto es linealmente independiente. Como además tiene elementos, según el teorema E.2 el conjunto es una base.

Teorema A.19 Sea $\mathbf{A}$ una transformación lineal $\mathbf{A}:\mathbb{C}^n\to\mathbb{C}^n$ ; sean $\lambda_i$ los valores propios de $\mathbf{A}$ y $\mathbf{v}_i$ un vector propio asociado a $\lambda_i$ , con $i=1,2,\cdots ,n$ . Si todos los $\lambda_i$ son diferentes, entonces la transformación lineal $\mathbf{A}$ se representa en la base $\{\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\cdots,\mathbf{v}_n\}$ por una matriz diagonal $\mathbf{\Delta}$ en la que el elemento ésimo de la diagonal es $\lambda_i$ .

$\displaystyle \mathbf{\Delta}=\mathbf{M}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{M} \qquad \mathbf{M}= \begin{bmatrix}\mathbf{v}_1&\mathbf{v}_2&\cdots&\mathbf{v}_n \end{bmatrix}$

(A.29)

Demostración A.19 El teorema E.7 permite obtener la representación de $\mathbf{A}$ en la nueva base. Si denotamos esta representación por $\mathbf{\hat{A}}$ tendremos

$\displaystyle \mathbf{\hat{A}}=\mathbf{M}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{M}$

con $\mathbf{M}$ la matriz modal que contiene los vectores propios

$\displaystyle \mathbf{M}= \begin{bmatrix} \mathbf{v}_1&\mathbf{v}_2&\cdots&\mathbf{v}_n \end{bmatrix}$

Para demostrar el teorema construimos $\mathbf{\hat{A}}=\mathbf{\Delta}$ y demostramos $\mathbf{\hat{A}}=\mathbf{M}\mathbf{A}\mathbf{M}^{-1}$ , o lo que es equivalente, $\mathbf{M}\mathbf{\hat{A}}=\mathbf{A}\mathbf{M}$ :

$\displaystyle \mathbf{\hat{A}}=\mathbf{\Delta}= \begin{bmatrix} \lambda_1 & 0 &... ... \vdots &\vdots &\ddots &\vdots \\ 0 &0 & \cdots & \lambda_n \\ \end{bmatrix}$

Calculamos por separado $\mathbf{M}\mathbf{\hat{A}}$ y $\mathbf{A}\mathbf{M}$ :

$\displaystyle \mathbf{M}\mathbf{\hat{A}}= \begin{bmatrix}\mathbf{v}_1&\mathbf{v... ..._1\mathbf{v}_1&\lambda_2\mathbf{v}_2&\cdots&\lambda_n\mathbf{v}_n \end{bmatrix}$

(A.30)

$\displaystyle \mathbf{A}\mathbf{M}= \mathbf{A} \begin{bmatrix}\mathbf{v}_1&\mat... ...\mathbf{v}_1&\mathbf{A}\mathbf{v}_2&\cdots&\mathbf{A}\mathbf{v}_n \end{bmatrix}$

(A.31)

Como $\mathbf{A}\mathbf{v}_i=\lambda_i\mathbf{v}_i$ entonces las ecuaciones (E.30) y (E.31) se reducen a $\mathbf{M}\mathbf{\hat{A}}=\mathbf{A}\mathbf{M}$ o lo que es igual

$\displaystyle \mathbf{\hat{A}}=\mathbf{\Delta}=\mathbf{M}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{M}$

Ejemplo A.33 La transformación lineal representada por la matriz

$\displaystyle \mathbf{A}= \begin{bmatrix} 4 & 1\\ -2 & 1 \end{bmatrix}$

cuyos valores propios son (Ejemplo E.30) $\lambda_1=2$ , $\lambda_2=3$ con vectores propios $\mathbf{v}_1$ $\mathbf{v}_2$ :

$\displaystyle \mathbf{v}_1= \begin{bmatrix}1\\ -2\end{bmatrix}\qquad \mathbf{v}_2= \begin{bmatrix}1\\ -1\end{bmatrix}$

Tiene una representación en la base $\{\mathbf{v}_1\;\mathbf{v}_2\}$ por la matriz diagonal

$\displaystyle \mathbf{\Delta}=\mathbf{M}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{M}= \begin{bmatr... ...0 & 3 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \lambda_1 & 0\\ 0 & \lambda_2 \end{bmatrix}$

Ejemplo A.34 La transformación lineal representada por la matriz

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

cuyos valores propios son (Ejemplo E.31) $\lambda_{1,2}=2\pm j$ con vectores propios $\mathbf{v}_1$ $\mathbf{v}_2$ :

$\displaystyle \mathbf{v}_1= \begin{bmatrix}1\\ j\end{bmatrix}\qquad \mathbf{v}_2= \begin{bmatrix}1\\ -j\end{bmatrix}$

Tiene una representación en la base $\{\mathbf{v}_1\;\mathbf{v}_2\}$ por la matriz diagonal

$\begin{multline*} \mathbf{\Delta}=\mathbf{M}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{M}=\\ \begin... ...trix}=\begin{bmatrix} \lambda_1 & 0\\ 0 & \lambda_2 \end{bmatrix}\end{multline*}$

A.5.2 Valores propios repetidos

La diagonalización planteada en el teorema E.19 no siempre es posible si existen valores propios repetidos. Esto se debe a que el teorema E.17 se refiere a valores propios distintos, y sin ese resultado no puede asegurarse que el conjunto $\{\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\cdots,\mathbf{v}_n\}$ sea una base. Esto se traduce en que la matriz modal $\mathbf{M}$ puede ser singular, y por tanto (E.29) no puede usarse debido a que $\mathbf{M}^{-1}$ puede no existir.

Definición A.32 Degeneracidad
El número de vectores propios de una transformación lineal $\mathbf{A}$ de orden $n\times n$ linealmente independientes asociados a un valor propio $\lambda_i$ es la degeneracidad del valor propio $\lambda_i$ , denotada por .

Teorema A.20 La degeneracidad de $\lambda_i$ , un valor propio de una transformación lineal $\mathbf{A}$ de orden $n\times n$ es igual a

$\displaystyle d_i=n-\rho(\lambda_i\mathbf{I}-\mathbf{A})$

(A.32)

Demostración A.20 Un vector propio $\mathbf{v}_i$ de $\mathbf{A}$ asociado a $\lambda_i$ debe cumplir

$\displaystyle \mathbf{Av}_i=\lambda_i\mathbf{v}\qquad (\lambda_i\mathbf{I}-\mathbf{A})\mathbf{v}_i=0$

Según la definición E.29, el número de vectores propios linealmente independientes serán entonces la nulidad de la matriz que premultiplica al vector,

$\displaystyle d_i=\nu(\lambda_i\mathbf{I}-\mathbf{A})$

Podemos emplear (E.16) para escribir

$\displaystyle d_i=n-\rho(\lambda_i\mathbf{I}-\mathbf{A})$

Ejemplo A.35 Obtener los valores y vectores propios de la matriz $\mathbf{A}$ y diagonalizarla

$\displaystyle \mathbf{A}= \begin{bmatrix} 1 & 2\\ -2 & 5 \end{bmatrix}$

Construimos la matriz $\mathbf{B}=(\lambda\mathbf{I}-\mathbf{A})$ y hallamos su determinante:

$\displaystyle \mathbf{B}=(\lambda\mathbf{I}-\mathbf{A})= \lambda \begin{bmatrix... ...\end{bmatrix}= \begin{bmatrix} (\lambda-1) & -2\\ 2 &(\lambda -5) \end{bmatrix}$

$\displaystyle \Delta(\lambda)=\det(\mathbf{B})=(\lambda-1)(\lambda-5)+4=\lambda^2-6\lambda+9 =(\lambda-3)^2$

Los valores propios de $\mathbf{A}$ serán las raices de $\Delta(\mathbf{A})$

$\displaystyle \lambda_1=\lambda_2=\lambda_{1,2}=3$

La degeneracidad de $\lambda_{1,2}=3$ se obtiene con (E.32):

$\displaystyle d_1=2-\rho(3\mathbf{I}-\mathbf{A})\qquad$

$\displaystyle d_1=2-\rho\left( \begin{bmatrix}3-1&-2\\ 2&3-5\end{bmatrix}\right)= 2-\rho\left( \begin{bmatrix}2&-2\\ 2&-2\end{bmatrix}\right)=2-1=1$

Lo anterior significa que aunque $\lambda$ tiene multiplicidad , sólo es posible encontrar un vector linealmente independiente. Este se obtiene empleando (E.23), y resulta ser

$\displaystyle \mathbf{v}_1= \begin{bmatrix}1\\ 1\end{bmatrix}$ en general $\displaystyle \quad \mathbf{v}_1=\begin{bmatrix}a\\ a\end{bmatrix}$

No es posible construir una base para el espacio de dimensión con un sólo vector, por lo tanto no es posible diagonalizar $\mathbf{A}$ .

Ejemplo A.36 Obtener los valores y vectores propios de la matriz $\mathbf{A}$ y diagonalizarla

$\displaystyle \mathbf{A}= \begin{bmatrix} 3 & 0 & -1\\ 1& 2&-1\\ -1 & 0 & 3 \end{bmatrix}$

Construimos $(\lambda\mathbf{I}-\mathbf{A})$ :

$\displaystyle \lambda\mathbf{I}-\mathbf{A}= \begin{bmatrix} (\lambda-3) & 0 & 1 \\ -1 & (\lambda-2) & 1\\ 1& 0 & (\lambda-3) \end{bmatrix}$

Su polinomio característico resulta ser

$\displaystyle \Delta(\lambda)=(\lambda-3)^2(\lambda-2)-(\lambda-2)=\lambda^3-8\lambda^2+20\lambda-16$

Las raices del polinomio son $\lambda_1=\lambda_2=2\;\lambda_3=4$ . Para determinar la degeneracidad de $\lambda_1$ calculamos $\lambda_1\mathbf{I}-\mathbf{A}$

$\displaystyle \lambda\mathbf{I}-\mathbf{A}= \begin{bmatrix} (2-3) & 0 & 1 \\ -... ...{bmatrix}= \begin{bmatrix} -1 & 0 & 1 \\ -1 & 0 & 1\\ 1& 0 & -1 \end{bmatrix}$

$\displaystyle d_1=n-\rho(\lambda\mathbf{I}-\mathbf{A})\qquad d_1=3-1=2$

Lo anterior significa que existen dos vectores propios linealmente independientes asociados a $\lambda_1=\lambda_2=2$ . Estos dos vectores junto con el vector propio asociado a $\lambda_3=4$ pueden formar una base y por tanto es posible diagonalizar $\mathbf{A}$ . Para obtener los tres vectores propios empleamos (E.23):

$\displaystyle \begin{bmatrix} 3 & 0 & -1\\ 1& 2&-1\\ -1 & 0 & 3 \end{bmatrix}\b... ...x}\begin{bmatrix}d\\ e\\ f\end{bmatrix}= 2\begin{bmatrix}d\\ e\\ f\end{bmatrix}$

Se originan los sistemas de ecuaciones

$\displaystyle \left\{ \begin{matrix} 3a-c=2a\\ a+2b-c=2b \\ -a+3c=2c \end{matri... ...ad \left\{ \begin{matrix} 3d-f=4a \\ d+2e-f=4e \\ -d+3f=4f \end{matrix}\right.$

Que se convierten en

$\displaystyle a=c \qquad d=e=-f$

Podemos construir dos vectores linealmente independientes $\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2$ que satisfacen y un tercero $\mathbf{v}_3$ que satisface , por ejemplo

$\displaystyle \mathbf{v}_1=\begin{bmatrix}1\\ 0\\ 1\end{bmatrix}\qquad \mathbf{... ...\\ 1\\ 1\end{bmatrix}\qquad \mathbf{v}_3=\begin{bmatrix}1\\ 1\\ -1\end{bmatrix}$

En la base $\{\mathbf{v}_1\;\mathbf{v}_2\;\mathbf{v}_3\}$ la transformación $\mathbf{A}$ se representa por $\mathbf{\Lambda}$ :

$\displaystyle \mathbf{\Lambda}=\mathbf{M}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{M}= \begin{bmat... ...\end{bmatrix}\begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & -1 \end{bmatrix}$

$\displaystyle \mathbf{\Lambda}=\mathbf{M}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{M}= =\begin{bma... ...bmatrix} \lambda_1 & 0 &0\\ 0 & \lambda_2 &0 \\ 0 & 0 & \lambda_3 \end{bmatrix}$

Definición A.33 Vectores propios generalizados
Sea $\mathbf{A}$ una transformación lineal $\mathbf{A}:\mathbb{C}^n\to\mathbb{C}^n$ y sea $\lambda$ un valor propio de $\mathbf{A}$ . $\mathbf{v}$ es un vector propio generalizado de grado de $\mathbf{A}$ asociado a $\lambda$ si y sólo si

$\displaystyle \begin{matrix}(\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})^k\mathbf{v} & = \mat... ...\ (\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})^{k-1}\mathbf{v} & \neq \mathbf{0} \end{matrix}$

(A.33)

Nótese que para la ecuación (E.33) se reduce a $(\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})= \mathbf{0}$ con $\mathbf{v}\neq\mathbf{0}$ , que coincide con la definición E.30 de vector propio.

Definición A.34 Cadena de vectores propios generalizados
Sea $\mathbf{A}$ una transformación lineal $\mathbf{A}:\mathbb{C}^n\to\mathbb{C}^n$ y sea $\mathbf{v}$ un vector propio generalizado de orden asociado a $\lambda$ . Los vectores $\mathbf{v}_{k},\mathbf{v}_{k-1},\mathbf{v}_{k-2},\cdots,\mathbf{v}_{1}$ forman una cadena de vectores propios generalizados de longitud si y sólo si

$\displaystyle \begin{matrix}\mathbf{v}_{k}&=&\mathbf{v} \\ \mathbf{v}_{k-1}&=&(... ...1}\mathbf{v} & = & (\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})\mathbf{v}_{2} \\ \end{matrix}$

(A.34)

Teorema A.21 Sea $\mathcal{N}_i$ el espacio nulo de $(\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})^i$ . $\mathcal{N}_i$ es un subespacio de $\mathcal{N}_{i+1}$ .

Demostración A.21 Sea $\mathbf{x}$ un vector en $\mathcal{N}_i$ , por lo tanto $(\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})^i\mathbf{x}=\mathbf{0}$ ; al multiplicar a cada lado por $(\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})$ se tiene que $(\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})^{i+1}\mathbf{x}=\mathbf{0}$ y por lo tanto $\mathbf{x}$ está en $\mathcal{N}_{i+1}$ . Esto demuestra que $\mathcal{N}_i\subset\mathcal{N}_{i+1}$ , y por lo tanto $\mathcal{N}_i$ es un subespacio de $\mathcal{N}_{i+1}$ .

Teorema A.22 Sea $\mathcal{N}_i$ el espacio nulo de $(\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})^i$ . Sea $\mathbf{v}_i$ el ésimo vector de una cadena como las definidas en (E.34). El vector $\mathbf{v}_i$ está en $\mathcal{N}_i$ pero no en $\mathcal{N}_{i-1}$ .

Demostración A.22 La demostración se obtiene calculando $(\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})^i\mathbf{v}_i$ y $(\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})^{i-1}\mathbf{v}_i$ y utilizando (E.34) y (E.33):

$\displaystyle (\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})^i\mathbf{v}_i= (\mathbf{A}-\lambda... ...{I})^{k-i}\mathbf{v}= (\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})^{k}\mathbf{v}= \mathbf{0}$

$\displaystyle (\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})^{i-1}\mathbf{v}_i= (\mathbf{A}-\la... ...{k-i}\mathbf{v}= (\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})^{k-1}\mathbf{v}\neq \mathbf{0}$

Los teoremas E.21 y E.22 se visualizan en la figura E.11. Cada subespacio nulo $\mathcal{N}_i$ está embebido dentro del subespacio nulo $\mathcal{N}_{i+1}$ , y el vector $\mathbf{v}_i$ está justo en la diferencia entre $\mathcal{N}_{i}$ y $\mathcal{N}_{i-1}$ .

$\begin{center}\vbox{\input{/home/ogduarte/Cursos/sistemas/fig/algebra/nulidades} }\end{center}$

Teorema A.23 Los vectores de una cadena de vectores propios generalizados como los de la definición E.34 son linealmente independientes.

Demostración A.23 Dado que cada vector $\mathbf{v}_i$ pertenece a un subespacio diferente, según se muestra en la figura E.11, estos vectores no pueden ser linealmente dependientes.

Ejemplo A.37 Sea $\mathbf{A}$ la transformación $2\times 2$

$\displaystyle \mathbf{A}= \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ -2 & 5 \end{bmatrix}$

que tiene un valor propio repetido $\lambda=3$ Para encontrar los espacios nulos $\mathcal{N}_1$ y $\mathcal{N}_2$ construimos las matrices $\mathbf{B}$ y $\mathbf{B}^2$ :

$\displaystyle \mathbf{B}=(\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})= \begin{bmatrix} -2 & 2... ... \end{bmatrix}\qquad \mathbf{B}^2= \begin{bmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$

El espacio nulo $\mathcal{N}_1$ es el conjunto de los vectores $\mathbf{v}_1$ tales que $\mathbf{Bv}_1=\mathbf{0}$ , mientras que el espacio nulo $\mathcal{N}_2$ es el conjunto de los vectores $\mathbf{v}_2$ tales que $\mathbf{B}^2\mathbf{v}_2=\mathbf{0}$ . Claramente se ve que

$\displaystyle \mathbf{v}_1= \begin{bmatrix} a \\ a \end{bmatrix}\qquad \mathbf{v}_2= \begin{bmatrix} b \\ c \end{bmatrix}$

Es decir, el espacio nulo $\mathcal{N}_1$ es la recta de pendiente , mientras que el espacio nulo $\mathcal{N}_2$ corresponde a $\mathbb{R}^2$ , tal como se muestra en la figura E.12.

Un vector propio generalizado de orden debe estar en $\mathcal{N}_2$ , pero no en $\mathcal{N}_1$ , por ejemplo

$\displaystyle \mathbf{v}= \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$

Lo que origina una cadena de vectores generalizados

$\displaystyle \begin{matrix} \mathbf{v}_2&=&\mathbf{v}\\ \mathbf{v}_1&=&(\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})\mathbf{v}_2 \end{matrix}$

$\displaystyle \mathbf{v}_2= \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}\qquad \mathbf{v}_1= \begin{bmatrix} -2 \\ -2 \end{bmatrix}\in\mathcal{N}_1$

$\begin{center}\vbox{\input{/home/ogduarte/Cursos/sistemas/fig/algebra/eje_nulidades} }\end{center}$

Teorema A.24 Sea $\mathbf{A}$ una transformación lineal $n\times n$ con un único valor propio repetido, $\lambda_1=\lambda_2=\cdots=\lambda_n=\lambda$ . Sea $\mathbf{v}$ un vector propio generalizado de orden asociado a $\lambda$ . En esas condiciones, se cumple que $\mathbf{J}=\mathbf{M}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{M}$ en donde $\mathbf{M}$ es la matriz modal formada por los vectores de la cadena de vectores propios generalizados creada por $\mathbf{v}$ y $\mathbf{J}$ es una matriz $n\times n$ casi-diagonal que tiene a $\lambda$ en la diagonal, encima de la diagonal, y 0 en cualquier otro lugar. Es decir

$\begin{multline} \mathbf{J}= \begin{bmatrix} \lambda & 1 & 0 &\cdots & 0 \\ 0 &... ... \mathbf{v}_1 & \mathbf{v}_2 & \cdots & \mathbf{v}_n \end{bmatrix}\end{multline}$

Demostración A.24 Demostrar (E.35) equivale a demostrar $\mathbf{MJ}=\mathbf{AM}$ , por lo tanto calculamos por separado $\mathbf{MJ}$ y $\mathbf{AM}$ y comparamos los resultados:

$\displaystyle \mathbf{MJ}= \begin{bmatrix} \mathbf{v}_1 & \mathbf{v}_2 & \mathb... ...\vdots &\\ 0 &0 &0 &\cdots & 1 \\ 0 &0 &0 &\cdots & \lambda \\ \end{bmatrix}$

$\displaystyle \mathbf{MJ}= \begin{bmatrix} \lambda\mathbf{v}_1 & (\mathbf{v}_1+... ...\mathbf{v}_3) & \cdots & (\mathbf{v}_{n-1}+\lambda\mathbf{v}_n) & \end{bmatrix}$

$\displaystyle \mathbf{AM}= \mathbf{A} \begin{bmatrix} \mathbf{v}_1 & \mathbf{v}... ...f{v}_2 & \mathbf{A}\mathbf{v}_3 & \cdots & \mathbf{A}\mathbf{v}_n \end{bmatrix}$

De acuerdo con la definición E.34, el vector $\mathbf{v}_i$ de la cadena se calcula como $\mathbf{v}_i=(\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})\mathbf{v}_{i+1}$ , por lo tanto

$\displaystyle \mathbf{A}\mathbf{v}_{i+1}=\mathbf{v}_{i}+ \lambda\mathbf{v}_{i+1}\qquad i=1,2,\cdots,{n-1}$

lo que significa que las columnas $2,3,\cdots,n$ de $\mathbf{MJ}$ son iguales a las de $\mathbf{AM}$ . Para demostrar que la primera columna también es igual, empleamos el teorema E.22, según el cual $\mathbf{v}_1\in\mathcal{N}_1$ , es decir

$\displaystyle (\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})^1\mathbf{v}_1=\mathbf{0}$

y por lo tanto $\mathbf{A}\mathbf{v}_1=\lambda\mathbf{v}_1$ , lo que concluye la demostración.

Ejemplo A.38 Sea $\mathbf{A}$ la transformación $2\times 2$

$\displaystyle \mathbf{A}= \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ -2 & 5 \end{bmatrix}$

que tiene un valor propio repetido $\lambda=3$ y una cadena de vectores propios generalizados (ejemplo E.37):

$\displaystyle \mathbf{v}_1= \begin{bmatrix} -2 \\ -2 \end{bmatrix}\qquad \mathbf{v}_2= \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix}$

El resultado de calcular $\mathbf{M}^{-1}\mathbf{AM}$ es

$\displaystyle \mathbf{M}^{-1}\mathbf{AM}= \begin{bmatrix} -2 & 1 \\ -2 & 0 \end... ...x} -2 & 1 \\ -2 & 0 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 3 & 1 \\ 0 & 3 \end{bmatrix}$

A.5.3 Obtención de vectores propios generalizados

El teorema E.24 supone que la matriz $\mathbf{A}$ de tamaño $n\times n$ tiene un vector propio generalizado de orden asociado al valor propio $\lambda$ , a partir del cual se construye una única cadena de vectores. Esto no siempre sucede, por lo tanto, es necesario contar con un procedimiento para encontrar el conjunto de vectores propios asociados a $\lambda$ .

Según el teorema E.21, $\mathcal{N}_i$ es un subespacio de $\mathcal{N}_{i+1}$ , si denotamos por $\nu_i$ la dimensión de $\mathcal{N}_i$ , lo anterior significa que $\nu_i<\nu_{i+1}$ .

Este hecho permite construir el diagrama de Matthew (figura E.13) en el que se muestran las nulidades $\nu_1,\nu_2,\cdots,\nu_r$ mediante casillas de un arreglo ( $\nu_i$ será igual al número de casillas para $\mathcal{N}_i$ en el arreglo).

$\begin{center}\vbox{\input{/home/ogduarte/Cursos/sistemas/fig/algebra/matthew_vacio} }\end{center}$

Debido a que $\mathcal{N}_i$ es el espacio nulo de $\mathbf{B}=(\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})^i$ , es posible calcular $\nu_i$ empleando (E.16) y de esa manera establecer la forma del diagrama de Matthew

$\displaystyle \nu_i=n-\rho(\mathbf{B}^i)$

Si definimos $\hat\nu_i=\nu_i-\nu_{i-1}$ el diagrama de Matthew tendrá la forma que se muestra en la figura E.14

$\begin{center}\vbox{\input{/home/ogduarte/Cursos/sistemas/fig/algebra/matthew_vacio_2} }\end{center}$

Ejemplo A.39 Forma del arreglo

Cada casilla del diagrama de Matthew podría contener un vector de la base para un $\mathcal{N}_i$ . Los vectores que sirven de base para $\mathcal{N}_i$ también pueden formar parte de la base de $\mathcal{N}_{i+1}$ , ya que $\mathcal{N}_i\subset\mathcal{N}_{i+1}$ .

Debido al teorema E.22, un vector $\mathbf{v}_i$ de una cadena de vectores puede formar parte de una base para $\mathcal{N}_i$ que no pueden formar parte de una base para $\mathcal{N}_{i-1}$ . Esto permite diseñar una estrategia para buscar las bases de los $\mathcal{N}_i$ y asi llenar el diagrama de Matthew. Para ello empleamos las siguientes convenciones .

Identificar el número de columnas del diagrama como .
Identificar las columnas del diagrama como $c_1,c_2,\cdots,c_q$ de izquierda a derecha.
Identificar el tamaño de cada columna como $h_1,h_2,\cdots,h_q$ .
Identificar cada celda por los subíndices , con $j=1,2,\cdots,q$ e $i=1,2,\cdots,r_j$ de arriba a abajo.
Identificar el vector de la celda por $\mathbf{x}_{i,j}$ .

Para llenar el diagrama de Matthew deben buscarse vectores propios generalizados $\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\cdots,\mathbf{v}_q$ de orden $h_1,h_2,\cdots,h_q$ respectivamente. Cada uno de estos vectores estará ubicado en la primera celda de las columnas, es decir $\mathbf{x}_{i,1}=\mathbf{v}_i$ . Cada columna se completa con la cadena de vectores propios generalizados creada por el primer elemento de la columna. La forma que adopta el diagrama de Matthew se muestra en la figura E.15.

$\begin{center}\vbox{\input{/home/ogduarte/Cursos/sistemas/fig/algebra/matthew_lleno_1} }\end{center}$

Ejemplo A.40 Sea $\mathbf{A}$ la matriz^A.3

$\displaystyle \mathbf{A}= \begin{bmatrix} 3 &-1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 &-1 &... ...0 & 2 &-1 &-1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix}$

Para calcular los valores propios de $\mathbf{A}$ hacemos

$\displaystyle \det{(\mathbf{A}-\lambda\mathbf{I})}= [(3-\lambda)(1-\lambda)+1](\lambda-2)^2[(1-\lambda)^2-1]= (\lambda-2)^5\lambda=0$

Es decir, $\mathbf{A}$ tiene un valor propio de multiplicidad y un valor propio 0 de multiplicidad . Nos proponemos encontrar el diagrama de Matthew de los vectores propios asociados a $\lambda_1=2$ .

Para ello definimos $\mathbf{B}=(\mathbf{A}-2\mathbf{I})$ y calculamos $\mathbf{B}^0,\mathbf{B}^1, \mathbf{B}^2, \mathbf{B}^3,\cdots$

$\displaystyle \mathbf{B}^0=\mathbf{I} \qquad \rho(\mathbf{A}-2\mathbf{I})^0=6 \qquad \nu_0=6-6=0$

$\displaystyle \mathbf{B}^1= \begin{bmatrix} 1 &-1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 &-1 &-1... ...quad \begin{matrix} \rho(\mathbf{A}-2\mathbf{I})=4 \\ \nu_1=6-4=2 \end{matrix}$

$\displaystyle \mathbf{B^2}= \begin{bmatrix} 0 & 0 & 2 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2... ...ad \begin{matrix} \rho(\mathbf{A}-2\mathbf{I})^2=2 \\ \nu_2=6-2=4 \end{matrix}$

$\displaystyle \mathbf{B^3}= \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0... ...ad \begin{matrix} \rho(\mathbf{A}-2\mathbf{I})^3=1 \\ \nu_3=6-1=5 \end{matrix}$

Puede comprobarse que $\nu_4=\nu_3=5$ y por tanto no es necesario continuar. Con la información anterior podemos calcular $\hat\nu_i$ :

$\displaystyle \begin{matrix} \hat\nu_3&=&\nu_3-\nu_2&=&5-4=&1 \\ \hat\nu_2&=&\nu_2-\nu_1&=&4-2=&2 \\ \hat\nu_1&=&\nu_1-\nu_0&=&2-0=&2 \\ \end{matrix}$

Con esta información podemos construir el diagrama de Matthew

$\mathbf{v}_1$
$\mathbf{B}\mathbf{v}_1$	$\mathbf{v}_2$
$\mathbf{B}^2\mathbf{v}_1$	$\mathbf{B}\mathbf{v}_2$

De donde se deduce que , y .

El algoritmo para encontrar $\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\cdots,\mathbf{v}_q$ es el siguiente:

.
$\mathbf{V}$ una matriz vacía.
$\mathbf{P}$ una matriz vacía.
Encontrar $\mathbf{N}_{h_c}$ , una base para $\mathcal{N}_{h_c}$ .
Construir $\mathbf{Q}=\begin{bmatrix} \mathbf{P} & \mathbf{B}^{h_c-1}\mathbf{N}_{h_c} \end{bmatrix}$ .
Emplear el algoritmo izquierda-a-derecha para extraer las columnas de $\mathbf{Q}$ linealmente independientes y adicionárselas a $\mathbf{P}$ . Por cada columna que se extraiga de $\mathbf{Q}$ se extrae la columna correspondiente de $\mathbf{N}_{h_c}$ y se adiciona a la matriz $\mathbf{V}$ .
Sea la siguiente columna con . Hacer y repetir desde 4 hasta terminar las columnas
$\mathbf{V}$ es la matriz que contiene a $\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\cdots,\mathbf{v}_q$ .

Ejemplo A.41 Para obtener los vectores $\mathbf{v}_1$ y $\mathbf{v}_2$ del ejemplo E.40 identificamos , , , y empleamos el algoritmo siguiendo los siguientes pasos

Para se tiene que , por lo tanto buscamos $\mathbf{N}_3$ una base para $\mathcal{N}_3$ , es decir buscamos los vectores $\mathbf{x}$ tales que $\mathbf{B}^3\mathbf{x}=\mathbf{0}$ :

$\displaystyle \mathbf{N}_3= \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0... ...0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0.707 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0.707 \end{bmatrix}$
Construimos $\mathbf{Q}=\begin{bmatrix}\mathbf{B}^2\mathbf{N}_3\end{bmatrix}$

$\displaystyle \mathbf{Q}= \begin{bmatrix} 2 & 2 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & 2 & 0 & 0 &... ...\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
Al aplicar el algoritmo izquierda-a-derecha sólo se extrae la primera columna de $\mathbf{Q}$ , por lo tanto las matrices $\mathbf{P}$ y $\mathbf{V}$ serán:

$\displaystyle \mathbf{P}= \begin{bmatrix} 2 \\ 2 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{... ...qquad \mathbf{V}= \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$
La siguiente columna de altura menor a es la columna , con , por lo tanto buscamos $\mathbf{N}_2$ una base para $\mathcal{N}_2$ , es decir buscamos los vectores $\mathbf{x}$ tales que $\mathbf{B}^2\mathbf{x}=\mathbf{0}$ :

$\displaystyle \mathbf{N}_2= \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & -1 \\ 0.707 & 0.707 & ... ...\ 0.5 & -0.5 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0.707 & 0 \\ 0 & 0 & 0.707 & 0 \end{bmatrix}$
Construimos $\mathbf{Q}=\begin{bmatrix}\mathbf{P} & \mathbf{B}\mathbf{N}_2\end{bmatrix}$

$\displaystyle \mathbf{Q}= \begin{bmatrix} 2 & -0.707 & -0.707 & 0 & -1 \\ 2 & ... ...0 & 0 & 0 & -1.414 &0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
Al aplicar el algoritmo izquierda-a-derecha sólo se extraen la primera y la cuarta columnas de $\mathbf{Q}$ , por lo tanto las matrices $\mathbf{P}$ y $\mathbf{V}$ serán:

$\displaystyle \mathbf{P}= \begin{bmatrix} 2 & 0\\ 2 & 0 \\ 0 & 1.414 \\ 0 & ... ...} 0 & 0 \\ 0 & 0 \\ 0 & 0 \\ 1 & 0 \\ 0 & 0.707 \\ 0 & 0.707 \end{bmatrix}$
La matriz $\mathbf{V}=\begin{bmatrix}\mathbf{v}_1 & \mathbf{v}_2\end{bmatrix}$ contiene los dos vectores necesarios para construir el diagrama de Matthew, por lo tanto el conjunto completo de vectores propios generalizados de $\mathbf{A}$ asociados a $\lambda_1=2$ son los que aparecen en el diagrama de Matthew:

$\displaystyle \begin{bmatrix} \mathbf{B}^2\mathbf{v}_1 & \mathbf{B}\mathbf{v}_1... ...1 &-1.414 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0.707 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0.707 \end{bmatrix}$

Documento generado usando latex2html a partir de las Notas de Clase originales redactadas por Oscar Duarte