Primer Curso del Grado en Ingenier´ıa Electr´onica, Rob´otica y Mecatr´onica,
Ingenier´ıa de la Energ´ıa e Ingenier´ıa de Organizaci´on Industrial
Departamento de Matem´atica Aplicada II. Universidad de Sevilla
Lecci´on 5: Autovalores y Autovectores (Tema 4 del temario)
5.1.- Autovalores y autovectores. Definici´on y propiedades.
La ecuaci´on caracter´ıstica. El teorema de Cayley-Hamilton. 5.2.- Diagonalizaci´on.
Matrices diagonalizables. Matrices no diagonalizables.
Forma can´onica de Jordan y matriz exponencial.
5.3.- Aplicaciones del c´alculo de autovalores y autovectores. 5.4.- Ejercicios.
A lo largo de todo el tema trataremos esencialmente con matrices cuadradas reales (aun-que muchos de los resultados (aun-que veamos tambi´en ser´an v´alidos para el caso de matrices cua-dradas complejas). De todos modos, aun trabajando con matrices reales, ser´a imprescindible hacer referencia a los n´umeros (y a los vectores) complejos. La raz´on es que necesitaremos considerar las ra´ıces de un polinomio con coeficientes reales (si la matriz es real) y ´estas pueden ser complejas con parte imaginaria no nula.
Una matriz A cuadrada m×m define una transformaci´on lineal sobre Km,
x∈Km −→y =Ax∈Km.
Aunque la matriz sea real, cuando algunas de las ra´ıces del llamadopolinomio caracter´ıstico de A (que ser´a un polinomio real) sean n´umeros complejos, con parte imaginaria no nula, ser´a conveniente referirnos a la transformaci´on definida porAsobre el espacio complejo Cm.
En estos casos, tendremos que considerar para vectores complejos todos los aspectos lineales que hemos considerado en el tema 4: combinaciones lineales, dependencia/independencia lineal, subespacios vectoriales deCm, dimensi´on, espacios nulo y columna, etc.
La transformaci´on de vectores que efect´ua la matriz A puede ser m´as o menos sencilla de describir dependiendo del vector (o de la direcci´on) sobre la que se efect´ue. El problema fundamental que se aborda es el de la determinaci´on de las llamadasdirecciones principales: direcciones sobre las que la matrizAact´ua como la multiplicaci´on por un n´umero. Calculemos para algunos ejemplos geom´etricos en el plano y en el espacio, los vectores sobre los cuales la transformaci´on asociada a una matriz act´ua simplemente multiplicando por un n´umero.
Ejemplos.
(1) Consideremos la transformaci´on lineal en el plano consistente en la simetr´ıa respecto de una rectarque pase por el origen de coordenadas. Aplicando esta transformaci´on sobre un vector de dicha recta se obtiene el mismo vector y aplic´andola sobre un vector de la rectas perpendicular a r que pasa por el origen de coordenadas se obtiene el vector opuesto. Los vectores (no nulos) de las rectas r y s se denominan vectores propios o autovectores de la transformaci´on dada. Las rectas a veces se denominan direcciones principales de la transformaci´on y los coeficientesλ1 = 1 yλ2 =−1, asociados a dichas
direcciones, se suelen denominarvalores propios oautovalores.
(2) Consideramos un plano π que pase por el origen en el espacio R3 y la transformaci´on linealT :R3 −→R3que asocia a cada vector v ∈R3 el vectorT(v)∈R3 que se obtiene al proyectarv (ortogonalmente) sobre el plano considerado. Si{v1, v2}son dos vectores
que generan el plano yv3 es un vector (no nulo) perpendicular al plano tenemos que
T(v1) =v1, T(v2) =v2, T(v3) = 0
con lo cualv1, v2 y v3 son autovectores y los coeficientes respectivos 1,1 y 0 son
auto-valores. Puesto que los vectores v1, v2 y v3 forman una base de R3, cualquier
vec-tor v ∈ R3 puede expresarse como combinaci´on de ellos y teniendo dicha expresi´on
v =αv1+βv2+γv3 es inmediato obtenerT(v) como combinaci´on lineal de los vectores
v1, v2 y v3,
T(v) = αT(v1) +βT(v2) +γT(v3) =αv1 +βv2.
Por ejemplo, para el plano π≡2x−3y+z = 0 podemos tomar los vectores
v1 = 2 6 4 3 2 0 3 7 5, v2 = 2 6 4 1 0 −2 3 7 5 y v3 = 2 6 4 2 −3 1 3 7 5
(la transformaci´on lineal no depende de c´omo elijamos los vectoresv1, v2yv3). Notemos
que a partir de lo anterior es f´acil obtener la matrizA deT respecto a la base can´onica (puesto que tenemos los vectores v1, v2 y v3 y sus transformados expresados respecto
a la base can´onica). La matriz A verifica
A 2 6 4 v1 v2 v3 3 7 5= 2 6 4 Av1 Av2 Av3 3 7 5
y puesto que la matriz
P = 2 6 4 v1 v2 v3 3 7 5
matrizA, A = 2 6 4 Av1 Av2 Av3 3 7 5 2 6 4 v1 v2 v3 3 7 5 −1 = = 2 6 4 3 1 0 2 0 0 0 −2 0 3 7 5 1 28 2 6 4 6 5 3 2 −3 −13 4 −6 2 3 7 5= 1 28 2 6 4 20 12 −4 12 10 6 −4 6 26 3 7 5.
(3) Si A es una matriz diagonal con elementos diagonales d1, d2, . . . , dm, es claro que para
los vectores can´onicos e1, e2, . . . , em se verifica Aek=dkek.
(4) Si tomamos dos vectores {v1, v2} linealmente independientes del plano, cualquier
trans-formaci´on lineal T : R2 −→ R2 queda determinada si conocemos c´omo act´ua sobre estos vectores. Si A es la matriz asociada a T respecto a la base can´onica, podemos determinar dicha matriz a partir de Av1 y Av2 (si conocemos las coordenadas de los
vectores v1, v2, Av1 y Av2 respecto a la base can´onica). Si tomamos por ejemplo los
vectores v1 = 1 −2 , v2 = −2 −1 , T(v1) =Av1 =−3v1, T(v2) =Av2 = 2v2
(con lo cual tenemos una situaci´on en la que conocemos las direcciones sobre las cuales la transformaci´on act´ua multiplicando por un n´umero), es f´acil determinar la matrizA
teniendo en cuenta que, puesto que v1 y v2 son linealmente independientes, la matriz
cuyas columnas son v1 y v2 tiene inversa y
A 2 6 4 v1 v2 3 7 5= 2 6 4 −3v1 2v2 3 7 5=⇒A 2 6 4 v1 v2 3 7 5= 2 6 4 v1 v2 3 7 5 −3 0 0 2 =⇒ =⇒A= 2 6 4 v1 v2 3 7 5 −3 0 0 2 2 6 4 v1 v2 3 7 5 −1
Notemos que de esta ´ultima expresi´on es f´acil obtener las matricesAn, n= 1,2, . . .
An = 2 6 4 v1 v2 3 7 5 (−3)n 0 0 2n 2 6 4 v1 v2 3 7 5 −1
y, por tanto, los vectores que se obtienen al aplicar sucesivamente la matriz A sobre un vector dado
5.1.- Autovalores y autovectores.
5.1.1.- Definici´on y propiedades.
Definici´on. Sea A una matriz cuadrada de orden m. Diremos que un escalar λ∈C es un autovalor de A si existe un vector v ∈ Cm, v 6= 0 tal que Av = λv, en cuyo caso se dice quev es un autovector de A asociado al autovalorλ.
Obviamente, si tenemos un autovector v deAasociado a un autovalorλ, cualquier m´ ulti-plo no nulo de v tambi´en es un autovector de A asociado al mismo autovalor λ. Por otra parte, si tenemos dos autovectores v1 y v2 asociados a un mismo autovalorλ, cualquier
com-binaci´on lineal no nula de dichos autovectores tambi´en es un autovector de A asociado al mismo autovalorλ.
Observaciones.
(a) Al hacer transformaciones fila (o columna) sobre una matriz A, los autovalores y los autovectores de la matriz que se obtieneNOguardan relaci´on (en general) con los valores y autovectores de la matriz original. En general, tampoco es cierto que los auto-valores de una matriz suma/resta/producto de otras dos sean suma/resta/producto de los autovalores de cada uno de los sumandos. Ejercicio. Busca ejemplos de todo lo anterior.
(b) El concepto de autovalor y autovector no es exclusivo de los espacios de coordenadas, ni de los espacios vectoriales de dimensi´on finita. Por ejemplo, siendo V el espacio vectorial de las funciones y : R → R indefinidamente derivables y siendo T : V → V
la aplicaci´on lineal y −→ T(y) = y′′
, se tiene que λ = 0 es un autovalor de T y todo polinomio de primer grado es un autovector asociado. Por otra parteλ = 1 tambi´en es autovalor y la funci´ony(x) =ex es un autovector asociado.
5.1.2.- La ecuaci´on caracter´ıstica. El teorema de Cayley-Hamilton.
Proposici´on. Dada una matriz cuadrada A y un n´umero λ0 ∈C, son equivalentes:
(1) λ0 es un autovalor de A.
(2) El sistema homog´eneo (A−λ0I)x= 0 es un sistema compatible indeterminado.
(3) dim [Nul (A−λ0I)]≥1. (3’) El rango [A−λ0I] no es m´aximo.
(4) La matriz (A−λ0I) no tiene inversa.
(5) det [A−λ0I] = 0.
Por tanto, los autovalores deAson las soluciones de la ecuaci´onp(λ) = det [A−λI] = 0. Esta ecuaci´on se denominaecuaci´on caracter´ıstica de la matrizA yp(λ) = det [A−λI] se denomina polinomio caracter´ıstico.
Siendo A= [aij] una matriz m×m,
p(λ) = det [A−λI] = a11−λ a12 . . . a1m a21 a22−λ . . . a2m ... ... . .. ... am1 am2 . . . amm−λ = (−1)mλm+cm−1λm −1 +· · ·+c0
es un polinomio de grado m y, por tanto, tiene m ra´ıces (contando cada una seg´un su multiplicidad) que pueden ser reales o complejas no-reales (aun en el caso en que la matriz
A sea real).
El subespacio vectorial Nul [A−λ0I] se denominaespacio propioasociado al autovalor
λ0 (notemos que en general estar´a compuesto por vectores complejos, los autovectores deA
asociados aλ0 y el vector nulo),
Nul [A−λ0I] ={0} ∪ {autovectores asociados aλ0}.
De manera habitual cuando hablemos de autovectores asociados a un autovalor nos referire-mos a una base del espacio propio asociado, es decir autovectores linealmente independientes de forma que cualquier autovector asociado al autovalor en cuesti´on sea combinaci´on lineal de ellos.
Ejemplos. Adem´as de los ejemplos considerados anteriormente, veamos algunos ejemplos en los que la matrizA viene dada.
(1) Consideremos la matriz A= 1 2 2 1 .
Autovalores:Para cualquier escalar λ tenemos que
A−λI = 1−λ 2 2 1−λ =⇒det (A−λI) = (1−λ)2−4 =λ2−2λ−3 = (λ−3)(λ+1).
Por tanto det (A−λI) = 0⇐⇒λ=−3 ´o λ=−1. Autovectores
asociados a λ1 = 3 : son los vectores no-nulos que est´an en el espacio nulo de
A−3I, (A−3I)x= 0≡ −2 2 0 2 −2 0 −→ −1 1 0 0 0 0 ⇒x=x2 1 1 ⇒v1 = 1 1 ,
asociados a λ2 = −1 : son los vectores no-nulos que est´an en el espacio nulo de
A+I, (A+I)x= 0≡ 2 2 0 2 2 0 −→ 1 1 0 0 0 0 ⇒x=x2 −1 1 ⇒v2 = −1 1 .
(2) Consideremos la matriz asociada a un giro (en el plano) de centro el origen de coorde-nadas y ´anguloϕ ∈[0,2π). En el casoϕ= 0 se obtiene la identidad y en el casoϕ =π
la simetr´ıa respecto al origen de coordenadas. Si ϕ 6= 0, π, al aplicar el giro sobre un vector (real) distinto de cero se obtiene otro vector que en ning´un caso ser´a un m´ ulti-plo (real) del vector al que se aplica el giro. Esto quiere decir que la matriz del giro no tiene ning´un autovalor real (salvo en los casos ϕ = 0, π). Resolvamos la ecuaci´on
caracter´ıstica G= cos(ϕ) −sen(ϕ) sen(ϕ) cos(ϕ) ⇒ p(λ) = det (G−λI) = cos(ϕ)−λ −sen(ϕ) sen(ϕ) cos(ϕ)−λ = = (cos(ϕ)−λ) (cos(ϕ)−λ) + sen(ϕ)2 =
= λ2−2 cos(ϕ)λ+ 1 = 0⇒λ = cos(ϕ)±isen(ϕ) =e±iϕ.
Calculemos los autovectores asociados a cada uno de los autovalores.
λ1 =eiϕ Tenemos que resolver el problema homog´eneo (G−λ1I)x= 0,
−isen(ϕ) −sen(ϕ) 0 sen(ϕ) −isen(ϕ) 0 F2−iF1 −→ −isen(ϕ) −sen(ϕ) 0 0 0 0 sen(ϕ)6= 0 =⇒ =⇒ x1 x2 =x1 1 −i ⇒Nul [G−λ1I] Gen ¨ v1 = 1 −i « .
λ2 =e−iϕ Es f´acil comprobar que
Nul [G−λ2I] = Gen ¨ v2 = 1 i « .
Las propiedades referidas a autovalores las podemos agrupar dependiendo de si pueden obtenerse directamente de la definici´on (con lo cual estar´an involucrados los autovectores) o si se obtienen a partir del polinomio caracter´ıstico (algunas de ellas pueden obtenerse de las dos formas).
Proposici´on. Sea λ un autovalor deA y v un autovector asociado, entonces: (1) αλ es un autovalor de αAy v es un autovector asociado.
(2) (λ−µ) es un autovalor de A−µI y v es un autovector asociado. (3) λk es un autovalor de Ak y v es un autovector asociado.
(4) Si q(·) es un polinomio, entonces q(λ) es un autovalor de q(A) y v es un autovector asociado. (Ejemplo: 3λ3+5λ2−7λ+2 es un autovalor de la matriz 3A3+5A2−7A+2I).
(5) Si A tiene inversa, entonces λ 6= 0, λ−1
es un autovalor de A−1
y v es un autovector asociado.
(6) SeaAes una matrizreal,λ=a+bi∈C,(a, b∈R) un autovalor deAyv =u+iw∈Cm un autovector de A asociado aλ. Entonces λ=a−bi∈C tambi´en es autovalor de A
Proposici´on. Sea A una matrizm×m. Se verifica: (a) A tiene a lo sumo m autovalores distintos.
(b) A y AT tienen los mismos autovalores (aunque los autovectores asociados pueden ser
distintos).
Proposici´on. Sea A una matrizm×m y sea
p(λ) = det [A−λI] = (−1)mλm+c
m−1λm−1+· · ·+c1λ+c0 = = (−1)m(λ−λ
1)· · ·(λ−λm)
su polinomio caracter´ıstico (es decirλ1,· · · , λm son los autovalores deA, iguales o distintos).
Se verifica:
(a) El determinante deA es igual al producto de sus autovalores (apareciendo cada uno, en dicho producto, tantas veces como indique su multiplicidad como ra´ız del polinomio caracter´ıstico)
λ1· · ·λm = det (A) =p(0) =c0.
(b) La traza de A (la suma de los elementos diagonales de A) es igual a la suma de sus autovalores (apareciendo cada uno, en dicha suma, tantas veces como indique su multi-plicidad como ra´ız del polinomio caracter´ıstico)
λ1+λ2+· · ·+λm = (−1)m
−1c
m−1 = traza(A) := a11+a22+· · ·+amm.
Uno de los resultados m´as importantes referidos a autovalores y autovectores es el siguiente.
Teorema. A autovalores distintos corresponden autovectores linealmente independientes. Es decir, si λ1, . . . , λp son autovalores deA distintos dos a dos y v1, . . . , vp son autovectores
deA asociados respectivamente a λ1, . . . , λp, entonces
{v1, . . . , vp} es linealmente independiente.
Demostraci´on.- En el caso de tener un solo autovector (p= 1) no hay nada que discutir.
Supon-gamos quep≥2 y que los vectoresv1, . . . , vpson linealmente dependientes, entonces para un cierto
´ındice k tendremos que {v1, . . . , vk} son linealmente independientes y vk+1 es combinaci´on lineal
de ellos. Entonces, tendremos unos coeficientes α1, . . . , αk ∈Ctales que
vk+1 =α1v1+α2v2+· · ·+αkvk. (∗)
Multiplicando por la matrizA en los dos miembros de esta igualdad tenemos
Avk+1 =α1Av1+α2Av2+· · ·+αk−1Avk⇔
λk+1vk+1 =α1λ1v1+α2λ2v2+· · ·+αk−1λkvk. (∗∗)
Multiplicando los dos miembros de la igualdad (*) porλk+1 tenemos
y restando (**) obtenemos
0 =α1(λk+1−λ1)v1+α2(λk+1−λ2)v2+· · ·+αk(λk+1−λk)vk.
Puesto que los vectores v1, . . . , vk son linealmente independientes, de la ´ultima igualdad tenemos
que los coeficientes tienen que ser todos nulos
α1(λk+1−λ1) =α2(λk+1−λ2) =· · ·=αk(λk+1−λk) = 0
y puesto que los autovalores son distintos entre s´ıλk+1 6=λ1, . . . , λk obtenemos
α1 =α2 =· · ·=αk= 0
y, por tantovk+1 = 0 en contradicci´on con el hecho de ser un autovector deA(asociado a λk+1).
El siguente resultado tiene un car´acer esencialmente te´orico aunque puede utilizarse para obtener algunas matrices relacionadas con una matrizA. No estamos en condiciones de dar la demostraci´on en el caso general. M´as adelante veremos la demostraci´on en un caso especial. Teorema (de Cayley-Hamilton). Sea p(λ) = det (A−λI) el polinomio caracter´ıstico de una matriz cuadrada A, entoncesp(A) = 0
Es decir, si una matriz A de orden 3 tiene como polinomio caracter´ıstico, por ejemplo
p(λ) =−λ3+ 2λ2−5λ+ 7,
entonces la matriz verifica que
p(A) = 0 ≡ −A3+ 2A2−5A+ 7I = 0.
En este caso, puesto que el t´ermino independiente es no-nulo, de la anterior ecuaci´on podemos despejar A−1 en funci´on de potencias de A con exponente no-negativo. Ejercicio.- Hazlo.
5.2.- Diagonalizaci´
on.
Consideremos una transformaci´on lineal T :Km −→Km y la matrizA asociada (cuadra-da,m×m) respecto de la base can´onicaC deKm. Es decir, siendoxlas coordenadas can´nicas de un vector v y siendo y las coordenadas can´onicas del transformado T(v), tenemos que
y =Ax. Consideremos otra base B y denotemos por x′ e y′
a las coordenadas de v y T(v), respectivamente, respecto de dicha base B. Si P es la matriz del cambio de base C ←− B tenemos quex=P x′
ey =P y′
. Por tanto, la transformaci´on linealT se puede expresar, en coordenadas respecto aB mediante
y=Ax⇐⇒P y′
=AP x′
⇐⇒y′
=P−1AP x′
.
Es decir, de la misma forma que A representa a T respecto a la base can´onica, la matriz
B =P−1
AP tambi´en representa a T, pero respecto a la base B. Cuando dos matrices A y
B (cuadradas del mismo orden) est´an relacionadas mediante la igualdad B =P−1AP para
alguna matriz P no-singular, se dice que A y B son semejantes. En este caso se trata de matrices que representan a la misma transformai´on lineal respecto de bases distintas.
En este apartado vamos a considerar el problema de intentar determinar una matriz P
para la cual B = P−1AP sea una matriz lo m´as sencilla posible (que permita describir la
transformaci´on T asociada de la forma m´as simple). La forma m´as simple que se puede plantear es el de una matriz diagonal. Para algunas matrices A ser´a posible obtener una matriz diagonal y para otras no.
5.2.1.- Matrices diagonalizables.
Definici´on. Se dice que una matriz A m×m es diagonalizable si existe alguna matriz P
no singular tal que P−1AP es una matriz diagonal D. En este caso, se dice que P es una
matriz de paso que diagonalizaA y que la expresi´on A=P DP−1 es una diagonalizaci´on de
A. Notemos que si P−1AP =D= 2 6 6 6 6 6 6 6 4 d1 0 0 . . . 0 0 d2 0 . . . 0 0 0 d3 . . . 0 .. . ... ... . .. ... 0 0 0 . . . dm 3 7 7 7 7 7 7 7 5
entonces de la igualdad matricial AP =P D,
A 2 6 4 v1 v2 . . . vm 3 7 5= 2 6 4 v1 v2 . . . vm 3 7 5 2 6 6 6 6 4 d1 0 . . . 0 0 d2 . . . 0 ... ... ... ... 0 0 . . . dm 3 7 7 7 7 5
se obtiene que cada columna, Avk, de la matriz AP es igual a la correspondiente columna
de P D. Es decir, cada columna de P es un autovector de A asociado al correspondiente elemento diagonal de D, que ser´a un autovalor deA.
Por otra parte, el que la matriz P sea no-singular (≡ tiene inversa ≡ det (A) 6= 0) es equivalente a que sus m columnas sean linealmente independientes.
Cuando sea posible, para construir una diagonalizaci´on de A bastar´a con obtener m
autovectores linealmente independientes. La matriz P de orden m que tenga a dichos auto-vectores linealmente independientes como columnas (en un cierto orden) ser´a no-singular y verificar´a AP = P D siendo D la matriz diagonal cuyos elementos diagonales son los auto-valores (en el mismo orden en el que hayamos puesto los autovectores en la matriz P). Por tanto tenemos una diagonalizaci´on de A.
Notemos que si en una diagonalizaci´onA=P DP−1 ,
cambiamos el orden en las columnas deP y de forma simult´anea cambiamos el orden en los elementos diagonales de D, de manera que se correspondan columnas de P -elementos diagonales de D, se obtiene otra diagonalizaci´on de A;
sustituimos cada columna de P por un m´ultiplo no-nulo de dicha columna, se obtiene otra matriz de paso distinta que tambi´en diagonaliza a A (la matriz Dno cambia). Proposici´on. Sea A una matrizm×m. Se verifica:
(1) A es diagonalizable si y s´olo si tiene m autovectores linealmente independientes. (2) Si A es diagonalizable tambi´en lo es cualquier potencia Ak, k= 1,2,
· · ·
(4) Si A es diagonalizable tambi´en lo es cualquier polinomio en A q(A) = ckAk+· · ·+c1A+c0I.
(5) Si A tiene inversa, A es diagonalizable si y s´olo si lo es su inversa A−1.
(6) A es diagonalizable si y s´olo si lo es AT.
Si tenemos una diagonalizaci´on de A, P−1AP = D ≡ A = P DP−1 se obtienen las siguientes
diagonalizaciones deAk, A−µI, AT yA−1 (si existe)
Ak =P DkP−1, A−µI =P(D−µI)P−1, AT = (PT)−1D(PT), A−1 =P D−1P−1.
Recordemos que a autovalores distintos corresponden autovectores linealmente indepen-dientes. Por tanto,
Teorema. Si todos los autovalores de A son simples (A tiene m autovalores distintos), entoncesA es diagonalizable.
Para que una matriz sea diagonalizable no es imprescindible que todos sus autovalores sean simples. Por ejemplo λ= 1 es un autovalor doble de la matriz
A = 2 6 4 2 1 0 1 2 0 0 0 1 3 7 5
yAes diagonalizable (compru´ebalo!). Aunque hay matrices que no son diagonalizables, como por ejemplo B = 2 1 0 2 .
Para analizar de forma m´as detallada cuando una matriz es diagonalizable consideramos los siguientes conceptos.
Definici´on. Sea A una matrizm×m y sea λ0 un autovalor deA. Se llama:
(a) Multiplicidad algebraica de λ0, y se denota por ma(λ0), a la multiplicidad de λ0
como ra´ız del polinomio caracter´ıstico p(λ) = det (A−λI) de A. Es decir, p(λ) puede factorizarse como
p(λ) = (λ−λ0)ma(λ0)q(λ),
siendoq(λ) un polinomio (de gradom−ma(λ0)) que no se anula paraλ0, q(λ0)6= 0.
(b) Multiplicidad geom´etricadeλ0, y se denota por mg(λ0), a la dimensi´on del espacio
nulo de A−λ0I,
dim [Nul (A−λ0I)] =m−rango [(A−λ0I)].
Es decir, la multiplicidad geom´etrica es el n´umero (m´aximo) de autovectores lineal-mente independientes asociados al autovalor.
Lo ´unico que se puede afirmar en general sobre la relaci´on entre las multiplicidades algebraica y geom´etrica de un autovalor de una matriz viene dado por el siguiente resultado. Lema. Sea λ0 un autovalor de una matrizA, entonces 1 ≤mg(λ0)≤ma(λ0).
Teorema. A es diagonalizable si y s´olo si para cada autovalorλ se verifica que
ma(λ) =mg(λ).
En ese caso, siλ1, . . . , λp son (todos) los autovalores distintos deAy tenemos una baseBk de
cada uno de los subespacios Nul [A−λkI] (es decir, tenemos tantos autovectores linealmente
independientes asociados aλk como indica su multiplicidad algebraica), entonces B =B1∪ · · · ∪ Bp
es una base de Rm o de Cm.
Por tanto:
Para determinar si una matriz es diagonalizable habr´a que determinar si cada autovalor m´ultiple tiene asociados tantos autovectores linealmente independientes como indique su multiplicidad algebraica.
Para construir una diagonalizaci´on, cuando sea posible, habr´a que obtener tanto auto-vectores linealmente independientes, asociados a cada autovalor, como indique su multi-plicidad algebraica;
Vamos a demostrar el teorema de Cayley-Hamilton para las matrices diagonalizables. Teorema (de Cayley-Hamilton). Sea p(λ) = det (A−λI) el polinomio caracter´ıstico de una matriz cuadrada A, entonces
p(A) = 0.
D.−Aunque el resultado es cierto para una matriz cuadrada arbitraria, aqu´ı s´olo vamos a considerar el caso en que A es diagonalizable.
SiA es diagonalizable mediante una matriz de paso P,
P−1AP =D =⇒A=P DP−1 =⇒ ⇒ p(A) =P p(D)P−1 =P 2 6 6 6 6 4 p(λ1) 0 . . . 0 0 p(λ2) . . . 0 .. . ... . .. ... 0 0 . . . p(λm) 3 7 7 7 7 5 P−1 = =P 2 6 6 6 6 4 0 0 . . . 0 0 0 . . . 0 .. . ... . .. ... 0 0 . . . 0 3 7 7 7 7 5 P−1 = 0.
Observaci´on.- Para una matriz diagonalizableA, el tener una diagonalizaci´on
P−1AP =D (diagonal),
permite obtener funciones de dicha matriz que esten definidas por polinomios o por series de potencias. Por ejemplo,
Ak = P DkP−1 , polinomio(A) = Ppolinomio(D)P−1, eA = ∞ X k=0 Ak k! =P " ∞ X k=0 Dk k! # P−1 =P 2 6 6 6 6 4 eλ1 0 · · · 0 0 eλ2 · · · 0 .. . ... . .. ... 0 0 · · · eλm 3 7 7 7 7 5 P−1
puesto que calcular la correspondiente funci´on matricial para una matriz diagonal se reduce a obtener el valor de dicha funci´on en cada uno de los elementos de la diagonal principal.
5.2.2.- Matrices no diagonalizables.
Una matriz cuadrada A es diagonalizable si, y s´olo si, hay una base (de Rn ´o Cn) formada
por autovectores deA. CuandoAno es diagonalizable hay situaciones en las que es necesario encontrar tambi´en una base cuyos elementos verifiquen ciertas propiedades similares a las de los autovectores deA. ´Estos ser´an los denominados autovectores generalizados deA. Definici´on. Sea A una matriz m× m y sea λ un autovalor de A. Se dice que un vector
v 6= 0 es un autovector generalizado de A asociado a λ si se verifica que (A−λI)kv = 0 para alg´un entero positivo k.
Es decir, los autovectores generalizados de A asociados a λ son (excluyendo al vector nulo), los vectores de los espacios nulos de las matrices (A−λI)k, k = 1,2,3, ...
Observaciones.
1) Es f´acil comprobar que Nul (A−λI)⊆Nul
(A−λI)2 ⊆ · · · ⊆Nul (A−λI)k ⊆Nul (A−λI)k+1 ⊆. . .
2) Puesto que la dimensi´on del espacio es finita, los subespacios anteriores no pueden crecer de manera indefinida, sino que para un cierto valor r se verificar´a
Nul [A−λI](Nul
(A−λI)2
(· · ·(Nul [(A−λI)r] = Nul
(A−λI)r+1 =· · · . 3) Si v ∈ Nul (A−λI)k entonces Av ∈ Nul (A−λI)k . Es decir, si v es un autovector generalizado, Av tambi´en lo es (o es el vector nulo).
El siguiente resultado indica que para calcular los autovectores generalizados hay que llegar, a lo sumo, hasta la potencia ma(λ). Nos indica adem´as que, si bien en general no es
cierto que para un autovector generalizadov asociado aλ se tenga queAv esλv, se tiene en cambio queAv es tambi´en autovector generalizado asociado aλ.
Teorema. Sea A matriz m×m y sea λ autovalor de A de multiplicidad algebraica ma(λ).
Existe un valor 1≤r≤ma(λ) tal que
dim (Nul [A−λI])<· · ·<dim (Nul [(A−λI)r]) = dim
Nul (A−λI)ma(λ) =ma(λ), y Nul (A−λI)k = Nul (A−λI)ma(λ) parak ≥r. Observaciones.
1) La proposici´on anterior no contradice lo visto hasta ahora para autovectores: si Aes dia-gonalizable y λ es autovalor de multiplicidad algebraica ma(λ) = l (su multiplicidad
geom´etrica ser´a por tanto mg(λ) = l) el valor r de la proposici´on anterior es r= 1.
2) Observe que seg´un el teorema anterior los autovectores generalizados siempre son los elementos de Nul
(A−λI)ma(λ)
, aunque dependiendo de cada caso, dicho espacio nulo puede coindicir con el espacio nulo de una potencia inferior de A−λI.
Ejemplo.Consideremos la matriz
A= 2 6 6 6 4 −1 0 2 −2 4 4 −1 −2 4 8 4 −9 4 5 1 −5 3 7 7 7 5 .
Vamos a calcular una base de R4 formada por autovectores y autovectores generalizados de
A. Su polinomio caracter´ıstico espA(x) = (x−1)3(x+ 1), luego sus autovalores sonλ1 =−1
con multiplicidad algebraica ma(λ1) = 1 y λ2 = 1 con multiplicidad algebraica ma(λ2) = 3.
Como λ1 = −1 es autovalor simple, sus multiplicidades algebraica y geom´etrica coinciden.
Un autovector asociado aλ1 =−1 es, por ejemplo,v1 = (1,1,3,3)T y los dem´as autovectores
asociados al mismo autovalor son m´ultiplos dev1. Para el autovalor tripleλ2 = 1, las matrices
A−λ2I y la escalonada superior obtenida de ella por eliminaci´on gaussiana son
A−λ2I = 2 6 6 6 4 −2 0 2 −2 4 3 −1 −2 4 8 3 −9 4 5 1 −6 3 7 7 7 5 Elim. Gauss. −→ 2 6 6 6 4 −2 0 2 −2 0 3 3 −6 0 0 −1 3 0 0 0 0 3 7 7 7 5 .
Puesto que A−λ2I tiene rango 3, s´olo hay un autovector independiente asociado al
auto-valorλ2 = 1 y por tanto,Ano es diagonalizable. Los autovectores asociados son los m´ultiplos
(no nulos) de v2 = (2,−1,3,1)T.
Calculemos una base de autovectores generalizados asociados al autovalor λ2 = 1. Para
ello, debemos calcular las potenciasA−λ2I hasta que una de ellas tenga rangom−ma(λ2) =
4−3 = 1 con lo cual el espacio nulo de dicha potencia de A−λ2I tendr´a dimensi´on 3. La
matrices (A−λ2I)2 y la escalonada superior obtenida por eliminaci´on gaussiana son
(A−λ2I)2 = 2 6 6 6 4 4 6 0 −2 −8 −9 0 7 0 3 0 3 −8 −7 0 9 3 7 7 7 5 Elim. Gauss. −→ 2 6 6 6 4 4 6 0 −2 0 3 0 3 0 0 0 0 0 0 0 0 3 7 7 7 5 ,
cuyo rango es 2 (todav´ıa distinto de 1 = 4−ma(λ2)). Por tanto la dimensi´on del espacio
nulo de (A −λ2I)2 es 2 y podemos obtener en dicho espacio nulo un autovector
genera-lizado v3 linealmente independiente con v2, por ejemplo v3 = (0,0,1,0)T. Notemos que
Nul ((A−λ2I)2) = Gen{v2, v3}. La matriz (A−λ2I)3 es
(A−λ2I)3 = 2 6 6 6 4 8 8 0 −8 8 8 0 −8 24 24 0 −24 24 24 0 −24 3 7 7 7 5 ,
cuyo rango es 1 = 4−ma(λ2). Por tanto, el espacio nulo de (A −λ2I)3 tiene dimensi´on
3. En este espacio nulo podemos obtener un autovector generalizadov4 que sea linealmente
independiente con {v2, v3}, por ejemplo v4 = (1,−1,0,0)T. Notemos que
Nul ((A−I)3) = Gen{v2, v3, v4}
y que los vectores de este espacio son, adem´as del vector nulo, todos los autovectores y auto-vectores generalizados asociados al autovalorλ1 = 1. As´ı, hemos obtenido tres autovectores
(generalizados) asociados al autovalor tripleλ1 = 1 de una determinada forma, ampliando de
una base de Nul (A−I) a una de Nul ((A−I)2) y de ´esta a una de Nul ((A−I)3). Podr´ıamos
haber obtenido una base de Nul ((A−I)3) sin necesidad de pasar por bases de los espacios
intermedios. Por ejemplo, los vectores
w2 = (1,−1,0,0)T, w3 = (0,1,0,1)T, w4 = (0,0,1,0)T
forman una base de Nul ((A−I)3).
Por tanto, tenemos como bases de R4
{v1, v2, v3, v4} y {v1, w2, w3, w4}.
Para observar la diferencia entre ellas (y entender por qu´e, en general, es m´as conveniente encontrar una base por el procedimiento seguido para construir {v1, v2, v3, v4}) se propone
como ejercicio determinar la matriz P−1AP tomando respectivamente como matriz P la
matriz cuyas columnas son las coordenadas de los vectores de cada una de las bases anteriores. As´ı, si formamos P1 = [v1, v2, v3, v4] yP2 = [v1, w2, w3, w4] obtenemos
P1−1AP1 = 2 6 6 6 4 −1 0 0 0 0 1 1 −1 0 0 1 −1 0 0 0 1 3 7 7 7 5 , P2−1AP2 = 2 6 6 6 4 −1 0 0 0 0 −1 −2 2 0 −1 0 1 0 −4 −1 4 3 7 7 7 5 .
Observamos que con P1, en el bloque correspondiente al autovalor 1, ´este aparece en la
diagonal y adem´as es un bloque triangular superior, es decir, en la matriz obtenida (que no puede ser diagonal pues A no es diagonalizable), los autovalores aparecen en la diagonal y el bloque del autovalor 1 al menos tiene ceros por debajo de la diagonal.
Sin embargo, conP2 ni el autovalor 1 aparece en la diagonal ni su bloque correspondiente
es triangular.
Si una matriz es diagonalizable al “juntar autovectores independientes de autovalores diferentes se obtiene una base de Rm (o de Cm). De la misma forma cuando se unen bases
de los espacios de autovectores generalizados se obtiene una base de Rm (o de Cm). Siendo
m´as preciso, tenemos el siguiente resultado.
Proposici´on. Sea A una matriz cuadrada de orden m, con polinomio caracter´ıstico
pA(λ) = (λ−λ1)m1. . .(λ−λp)mp,
conλ1, . . . , λp distintos entre s´ı. Si Bj es base de Nul (A−λjI)mj, para j = 1, . . . , p, la uni´on
de dichas bases B={B1, . . . ,Bp}es base de Rm (o de Cm).
Observaci´on-Ejercicio. Seg´un vimos en el estudio de las propiedades del c´alculo de auto-valores y autovectores, todo autovector de una matriz A es autovector de cualquiera de sus potenciasA2, A3, . . . El rec´ıproco no es cierto, en general. Por ejemplo, tomando la matriz
A=
0 1 0 0
se verifica queA2 es la matriz nula y, por tanto, cualquier vector no-nulo deR2 es autovector
de A2 asociado a su ´unico autovalor λ = 0. Sin embargo, hay vectores de R2 que no son
autovectores deA, por ejemplo v = [ 1, 1 ].
Determina los autovectores de cada una de las potencias de
A= 2 6 6 6 4 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 3 7 7 7 5 .
5.2.3.- Forma can´onica de Jordan y matriz exponencial.
En esta secci´on veremos que los autovectores generalizados pueden elegirse de forma que la matriz A puede escribirse de la forma
A=P JP−1
siendo J la forma can´onica de Jordan que definimos a continuaci´on y P una matriz cuyas columnas son autovectores generalizados independientes.
Definici´on. Un bloque de Jordan es una matriz cuadrada triangular superiorJ(λ) tal que: a) Todos los elementos de la diagonal principal son iguales a λ.
b) Todos los elementos en la primera sobre diagonal son iguales a 1. c) Todos los dem´as elementos son iguales a 0.
Por ejemplo un bloque de Jordan de orden cuatro es la matriz
J(λ) = 2 6 6 6 4 λ 1 0 0 0 λ 1 0 0 0 λ 1 0 0 0 λ 3 7 7 7 5 .
Puede probarse el siguiente resultado
Teorema. Dada una matriz A de orden m×m existe una base de autovectores generali-zados tal que A = P JP−1, siendo P la matriz cuyas columnas es la base de autovectores
generalizados yJ, a la que se denomina forma can´onica de Jordan de A, es la matriz
J = 2 6 6 6 6 4 J1 0 · · · 0 0 J2 · · · 0 ... ... · · · ... 0 0 · · · Js 3 7 7 7 7 5
donde cadaJres un bloque de Jordan de ordennr. El n´umero de bloquesses igual a la suma
de las multiplicidades geom´etricas de los autovalores diferentes de la matriz A. El mismo autovalor puede estar en distintos bloques de Jordan Jr, pero el n´umero total de bloques
con ese autovalor es igual a su multiplicidad geom´etrica, mientras que el n´umero total de elementos en la diagonal prinicpal con cada autovalor es su multiplicidad algebraica. Los n´umerosnr y el n´umero total de bloques quedan determinados por la matrizA.
Observar que la matriz J es una matriz “diagonal por bloques” y tiene una estructura muy particular. Es triangular superior, con los autovalores de A en la diagonal, la sobre diagonal est´a formada por unos o ceros y todos los dem´as elementos son ceros. Por tanto el teorema anterior nos dice que aunque una matriz no sea diagonalizable siempre es semejante a una matriz diagonal por bloques. (Aunque la matriz A sea real, las matrices J y P no tienen por qu´e ser reales).
Veamos algunos ejemplos que expliquen el contenido del teorema anterior. Ejemplo 1.
Forma can´onica de Jordan de la matriz
A= 2 6 4 5 4 3 −1 0 −3 1 −2 1 3 7 5.
Obtenemos su polinomio caracter´ıstico det (A− λI) = (2 + λ)(4 − λ)2. Por lo tanto
los autovalores de A son λ1 = −2 con multiplicidad algebraica ma(λ1) = 1 y λ2 = 4 con
ma(λ2) = 2.
Comoλ1 =−2 es un autovalor simple, su multiplicidad algebraica y geom´etrica coinciden,
y su valor es uno. Ya que el rango de la matriz A−4I es 2, la multiplicidad geom´etrica del autovalorλ2esmg(λ2) = 3−2 = 1.Por lo tanto la matrizAno es diagonalizable. De acuerdo
con el teorema anterior la forma can´onica de Jordan deber´a tener dos bloques de Jordan, uno con el autovalor λ1 de orden uno (porque este autovalor s´olo debe aparecer una vez en
la diagonal deJ) y otro bloque de Jordan de orden dos asociado al autovalor λ2 ya que este
autovalor debe aparecer dos veces en la diagonal de J. Por lo tanto la forma can´onica de Jordan de A es: J = 2 6 4 −2 0 0 0 4 1 0 0 4 3 7 5. La matriz de paso P = v1 v2 v3
la obtenemos con la condici´on de que A =P JP−1, o
condiciones: 8 > < > : Av1 =−2v1 Av2 = 4v2 Av3 =v2+ 4v3
La condici´onAv1 =−2v1 nos dice quev1 es un autovector asociado al autovalorλ1 =−2,
por ejemplo, v1 = 1 −1 −1 T .
La condici´on Av2 = 4v2 nos dice que v2 es un autovector asociado al autovalor λ2 = 4,
por ejemplo, v2 = 1 −1 1 T .
Para obtener v3 debemos resolver el sistema Av3 = v2+ 4v3, es decir (A−4I)v3 = v2.
Utilizando el m´etodo de Gauss, obtenemos
2 6 4 1 4 3 1 −1 −4 −3 −1 1 −2 −3 1 3 7 5−→ 2 6 4 1 4 3 1 0 0 0 0 0 −6 −6 0 3 7 5−→ 2 6 4 1 4 3 1 0 1 1 0 0 0 0 0 3 7 5 y la soluci´on es v3 = 2 6 4 1 +α −α α 3 7 5
siendo α un par´ametro arbitrario. Tomandoα= 0, obtenemos que v3 =
1 0 0
T
.
Observar que, ya que (A−4I)v3 =v2 se obtiene que
(A−4I)2v3 = (A−4I)v2 = 0,
por lo tanto v3 es un autovector generalizado asociado al autovalor λ2. Finalmente, hemos
conseguido descomponer A de la forma
A= 2 6 4 1 1 1 −1 −1 0 −1 1 0 3 7 5 2 6 4 −2 0 0 0 4 1 0 0 4 3 7 5 2 6 4 1 1 1 −1 −1 0 −1 1 0 3 7 5 −1 y por lo tantoA =P JP−1. Ejemplo 2.
Forma can´onica de Jordan de la matriz
A= 2 6 4 2 2 −1 −1 −1 1 −1 −2 2 3 7 5.
Obtenemos su polinomio caracter´ıstico det (A−λI) = (1−λ)3. Por lo tanto A tiene un
´
unico autovalor λ1 = 1 de ma(λ1) = 3, con lo que en la diagonal de J el autovalor λ1 = 1
aparecer´a tres veces.
Ya que el rango de la matriz A−I =
2 6 4 1 2 −1 −1 −2 1 −1 −2 1 3 7 5es 1, la multiplicidad geom´etrica
matriz es de orden tres uno de los bloques es de orden uno y otro de los bloques es de orden dos. Es decir que la forma can´onica de Jordan de esta matriz es:
J = 2 6 4 1 0 0 0 1 1 0 0 1 3 7 5. La matriz de paso P = v1 v2 v3
la obtenemos con la condici´on de que A =P JP−1 , o lo que es lo mismoAP =P J. Entonces los vectores v1, v2 y v3 deben verificar las siguientes
condiciones: 8 > < > : Av1 =v1 Av2 =v2 Av3 =v2 +v3
La condici´on Av1 =v1 nos dice que v1 es un autovector asociado al autovalor λ1 = 1.
La condici´on Av2 =v2 nos dice que v2 es un autovector asociado al autovalor λ1 = 1.
Para obtener v3 debemos resolver el sistema Av3 =v2+v3, es decir (A−I)v3 =v2.
Obtenemos los autovectores asociados al autovalorλ1 = 1.Para ello resolvemos el sistema
homog´eneo (A−I)x= 0, cuyas soluciones son los vectores de la forma
v = 2 6 4 −2β+α β α 3 7 5, α, β ∈R.
Por tanto para obtener v1 y v2, no tendr´ıamos m´as que dar valores a α y β para que v1 y
v2 fuesen independientes. Por ejemplo podr´ıamos tomar α = 1 y β = 0, para obtener que
v1 = 2 6 4 1 0 1 3 7
5y α= 0 y β = 1, para obtener que v2 = 2 6 4 −2 1 0 3 7
5. Ahora tendr´ıamos que resolver
el sistema (A−I)v3 =v2. Aplicamos el m´etodo de Gauss al sistema
2 6 4 1 2 −1 −2 −1 −2 1 1 −1 −2 1 0 3 7 5−→ 2 6 4 1 2 −1 −2 0 0 0 −1 0 0 0 −2 3 7 5
que claramente no tiene soluci´on. El motivo de esta aparente contradicci´on es que no podemos fijar desde el principio el vector v2 y debemos trabajar con autovectorv2 gen´erico. Es decir
tomamos como vector v2 =
2 6 4 −2β+α β α 3 7
5 y al resolver (A−I)v3 = v2 obtendremos los
valores deαyβ adecuados para que dicho sistema tenga soluci´on. Resolvemos por el m´etodo de Gauss el sistema 2 6 4 1 2 −1 −2β+α −1 −2 1 β −1 −2 1 α 3 7 5−→ 2 6 4 1 2 −1 −2β+α 0 0 0 −β+α 0 0 0 −β+α 3 7 5
y obtenemos que el sistema tiene soluci´on si y s´olo si−β+α= 0. Resuelvo el sistema anterior tomando α=β = 1 y obtenemos que
v3 = 2 6 4 −1 +t−2s s t 3 7 5, t, s∈R.
Si elegimos t = s = 0, obtenemos que v3 = 2 6 4 −1 0 0 3 7
5. Finalmente la base de autovectores
generalizados est´a formada por los vectores
v1 = 2 6 4 1 0 1 3 7 5, v2 = 2 6 4 −1 1 1 3 7 5, v3 = 2 6 4 −1 0 0 3 7 5 y A =P JP−1 = 2 6 4 1 −1 −1 0 1 0 1 1 0 3 7 5 2 6 4 1 0 0 0 1 1 0 0 1 3 7 5 2 6 4 1 −1 −1 0 1 0 1 1 0 3 7 5 −1 Ejemplo 3.
Forma can´onica de Jordan de la matriz
A= 2 6 6 6 4 −1 0 2 −2 4 4 −1 −2 4 8 4 −9 4 5 1 −5 3 7 7 7 5 .
Para esta matriz ya obtuvimos en la secci´on anterior dos bases de autovectores genera-lizados. Con la primera de las bases obtuvimos que A era semejane a una matriz tiangular superior con los autovalores de la matriz en la diagonal, pero esa matriz no es la forma can´onica de Jordan, con la segunda obtuvimos que A era semejante a una matriz que ni siquiera era triangular. Ahora vamos a obtener una base adecuada para comprobar queA es semejante a su forma can´onica de Jordan.
De la secci´on anterior tenemos que los autovalores de la matriz son λ1 = −1 con
multi-plicidad algebraica y geom´etrica uno y λ2 = 1 con ma(λ2) = 3 y mg(λ2) = 1. Por lo tanto
la forma can´onica de Jordan tiene dos bloques, uno asociado al autovalorλ1 de orden uno y
otro asociado al autovalorλ2 de orden tres. Por lo tanto su forma can´onica de Jordan es
J = 2 6 6 6 4 −1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 3 7 7 7 5 . La matriz de pasoP = v1 v2 v3 v4
la obtenemos con la condici´on de queA=P JP−1 , o lo que es lo mismo AP = P J. Entonces los vectores v1, v2, v3 y v4 deben verificar las
siguientes condiciones: 8 > > < > > : Av1 =−v1 Av2 =v2 Av3 =v2 +v3 Av4 =v3 +v4
La condici´on Av1 =v1 nos dice que v1 es un autovector asociado al autovalor λ1 = −1,
por ejemplo v1 =
1 1 3 3
T
La condici´on Av2 = v2 nos dice que v2 es un autovector asociado al autovalor λ2 = 1.
Tomamos como vector v2 =
2α −α 3α α
T
La condici´on Av3 = v2+v3 da lugar al sistema (A−I)v3 =v2. Determinamos α con la
condici´on de que este sistema tenga soluci´on. Por el m´etodo de Gauss obtenemos
2 6 6 6 4 −2 0 2 −2 2α 4 3 −1 −2 −α 4 8 3 −9 3α 4 5 1 −6 α 3 7 7 7 5 −→ 2 6 6 6 4 −2 0 2 −2 2α 0 3 3 −6 3α 0 8 7 −13 7α 0 5 5 −10 5α 3 7 7 7 5 −→ 2 6 6 6 4 −2 0 2 −2 2α 0 3 3 −6 3α 0 0 −1 3 −α 0 0 0 0 0 3 7 7 7 5
que este sistema tiene soluci´on para todo α y su soluci´on es
v3 = 2 6 6 6 4 2β −β α+ 3β β 3 7 7 7 5
siendo α y β par´ametros arbitrarios con la condici´on de queα6= 0.
La condici´on Av4 =v3+v4 da lugar al sistema (A−I)v4 =v3. Determinamos α y β con
la condici´on de que este sistema tenga soluci´on. Por el m´etodo de Gauss obtenemos
2 6 6 6 4 −2 0 2 −2 2β 4 3 −1 −2 −β 4 8 3 −9 α+ 3β 4 5 1 −6 β 3 7 7 7 5 −→ 2 6 6 6 4 −2 0 2 −2 2β 0 3 3 −6 3β 0 8 7 −13 7β+α 0 5 5 −10 5β 3 7 7 7 5 −→ 2 6 6 6 4 −2 0 2 −2 2β 0 3 3 −6 3β 0 0 −1 3 −α+β 0 0 0 0 0 3 7 7 7 5
que este sistema tiene soluci´on para todo α y β y su soluci´on es
v4 = 2 6 6 6 4 −α+γ α−γ −α+β+ 3γ γ 3 7 7 7 5
siendo α, β y γ par´ametros arbitrarios con la condici´on de que α6= 0. Eligiendo los valores
α = 1, β = 0 y γ = 0, obtenemos que la base de autovectores generalizados que nos da la matrizP es la formada por los vectores:
v1 = 2 6 6 6 4 1 1 3 3 3 7 7 7 5 , v2 = 2 6 6 6 4 2 −1 3 1 3 7 7 7 5 , v3 = 2 6 6 6 4 0 0 1 0 3 7 7 7 5 , v4 = 2 6 6 6 4 −1 1 −1 0 3 7 7 7 5 por lo tanto A= 2 6 6 6 4 1 2 0 −1 1 −1 0 1 3 3 1 −1 3 1 0 0 3 7 7 7 5 2 6 6 6 4 −1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 3 7 7 7 5 2 6 6 6 4 1 2 0 −1 1 −1 0 1 3 3 1 −1 3 1 0 0 3 7 7 7 5 −1 .
Acabamos esta secci´on introduciendo brevemente el concepto de exponencial de una matriz. Es conocido que la funci´on exponencial ex puede desarrollarse en serie de potencias
dex y que dicha serie de potencias es convergente para todo x,
ex = ∞ X k=0 1 k!x k.
SiA es una matriz cuadrada de orden m×m entonces puede probarse que la serie ∞ X k=0 1 k!A k =I+A+ 1 2!A 2+ 1 3!A 3+ · · ·
es convergente. A la matriz resultante (que es no singular) se le llama expnencial de la matriz y se escribe eA, es decir eA= ∞ X k=0 1 k!A k
Evidentemente, si queremos obtener eA, debemos ser capaces de calcular previamente Ak.
Veamos las distintas situaciones que pueden presentarse: Si A es una matriz diagonal
A= 2 6 6 6 6 4 λ1 0 · · · 0 0 λ2 · · · 0 .. . ... · · · ... 0 0 · · · λm 3 7 7 7 7 5 entonces Ak= 2 6 6 6 6 4 λk 1 0 · · · 0 0 λk 2 · · · 0 ... ... · · · ... 0 0 · · · λk m 3 7 7 7 7 5 y eA = ∞ X k=0 1 k!A k = 2 6 6 6 6 6 6 6 6 6 4 ∞ P k=0 1 k!λ k 1 0 · · · 0 0 ∞ P k=0 1 k!λ k 2 · · · 0 ... ... · · · ... 0 0 · · · ∞ P k=0 1 k!λ k m 3 7 7 7 7 7 7 7 7 7 5 = 2 6 6 6 6 4 eλ1 0 · · · 0 0 eλ2 · · · 0 ... ... · · · ... 0 0 · · · eλm 3 7 7 7 7 5
Si A es diagonalizable, entonces existe una matriz diagonal D con los autovalores de A
Ak=P DkP−1 y la mariz exponencial es eA = ∞ X k=0 1 k!A k=P ∞ X k=0 1 k!D k ! P−1 = P 2 6 6 6 6 4 eλ1 0 · · · 0 0 eλ2 · · · 0 .. . ... · · · ... 0 0 · · · eλm 3 7 7 7 7 5 P−1 .
Cuando la matriz A no es diagonalizable haremos uso de la forma can´onica de Jordan. En primer lugar veremos que calcular potencias de bloques de Jordan es sencillo (aunque no tan sencillo como calcular la potencia de una matriz diagonal). Por comodidad escribimos la k−potencia para un bloque de orden cuatro, pero es sencillo intuir como ser´ıa para un bloque de ordenn. Si J(λ) = 2 6 6 6 4 λ 1 0 0 0 λ 1 0 0 0 λ 1 0 0 0 λ 3 7 7 7 5 entonces Jk(λ) = 2 6 6 6 6 4 λk kλk−1 k(k−1) 2! λ k−2 k(k−1)(k−2) 3! λ k−3 0 λk kλk−1 k(k−1) 2! λ k−2 0 0 λk kλk−1 0 0 0 λk 3 7 7 7 7 5
y la matriz exponencial de un bloque de Jordan ser´ıa
eJ(λ) = 2 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 4 ∞ P k=0 1 k!λ k P∞ k=1 1 k!kλ k−1 P∞ k=2 k(k−1) 2!k! λ k−2 P∞ k=3 k(k−1)(k−2) 3!k! λ k−3 0 ∞ P k=0 1 k!λ k P∞ k=1 1 k!kλ k−1 P∞ k=2 k(k−1 2!k! λ k−2 0 0 ∞ P k=0 1 k!λ k P∞ k=1 1 k!kλ k−1 0 0 0 ∞ P k=0 1 k!λ k 3 7 7 7 7 7 7 7 7 7 7 5 = 2 6 6 6 4 eλ eλ 1 2!e λ 1 3!e λ 0 eλ eλ 1 2!e λ 0 0 eλ eλ 0 0 0 eλ . 3 7 7 7 5
Si A no es diagonalizable podemos descomponerla en la forma A = P JP−1
, siendo J = 2 6 6 6 6 4 J1 0 · · · 0 0 J2 · · · 0 ... ... · · · ... 0 0 · · · Js 3 7 7 7 7 5
su forma can´onica de Jordan. Entones
Ak =P 2 6 6 6 6 4 Jk 1 0 · · · 0 0 Jk 2 · · · 0 ... ... · · · ... 0 0 · · · Jk s 3 7 7 7 7 5 P−1
y eA=P 2 6 6 6 6 4 eJ1 0 · · · 0 0 eJ2 · · · 0 .. . ... · · · ... 0 0 · · · eJs 3 7 7 7 7 5 P−1
Acabamos con unos cuantos ejemplos. Ejemplo 4.
Calcular la matriz exponencial eA de la matriz A=
2 6 4 1 −1 0 −1 2 −1 0 −1 1 3 7 5
Calculamos el polinomio caracter´ıstico de la matriz A, det (A−λI) =−λ(λ−1) (λ−3)
Como la matriz tiene tres autovalores simples, es diagonaizable. Calculamos los autovectores asociados a cada uno de los autovalores, que son: a λ1 = 0 el autovector v1 =
1 1 1 T , al autovalorλ2 = 1 el autovectorv1 = 1 0 −1 T y al autovalorλ3 = 3 el autovector v1 = 1 −2 1 T . Por lo tanto eA = 2 6 4 1 1 1 1 0 −2 1 −1 1 3 7 5 2 6 4 1 0 0 0 e 0 0 0 e3 3 7 5 2 6 4 1 1 1 1 0 −2 1 −1 1 3 7 5 −1 Ejemplo 5.
Calcular la matriz exponencial eA de la matriz A del ejemplo 1, A=
2 6 4 5 4 3 −1 0 −3 1 −2 1 3 7 5
Como ya tenemos calculada su forma can´onica de Jordan, su matiz exponencial ser´a
eA= 2 6 4 1 1 1 −1 −1 0 −1 1 0 3 7 5 2 6 4 e−2 0 0 0 e4 e4 0 0 e4 3 7 5 2 6 4 1 1 1 −1 −1 0 −1 1 0 3 7 5 −1 Ejemplo 6.
Calcular la matriz exponencial eAde la matrizAdel ejemplo 3,A=
2 6 6 6 4 −1 0 2 −2 4 4 −1 −2 4 8 4 −9 4 5 1 −5 3 7 7 7 5
Como ya tenemos calculada su forma can´onica de Jordan, su matiz exponencial ser´a
eA= 2 6 6 6 4 1 2 0 −1 1 −1 0 1 3 3 1 −1 3 1 0 0 3 7 7 7 5 2 6 6 6 4 e−1 0 0 0 0 e e 1 2!e 2 0 0 e e 0 0 0 e 3 7 7 7 5 2 6 6 6 4 1 2 0 −1 1 −1 0 1 3 3 1 −1 3 1 0 0 3 7 7 7 5 −1 .
5.3.- Aplicaciones del c´
alculo de autovalores y autovectores.
Vamos a considerar la relaci´on del c´alculo de autovalores y autovectores con los llamados problemas de evoluci´on. Dichos problemas vendr´an expresados por una ecuaci´on en diferencias en el caso discretoy por una ecuaci´on diferencialen el caso continuo.
En forma gen´erica se tratar´a de obtener una funci´on vectorial de variable discreta (en cuyo caso tendremos una sucesi´on de vectores) o de variable continua (en cuyo caso tendremos una funci´on vectorial de variable real) determinadas por una condici´on sobre su evoluci´on. Como es natural s´olo consideraremos problemas lineales. De esta forma los correspondientes conjuntos de soluciones tendr´an una estructura similar a la del conjunto de soluciones de un sistema de ecuaciones lineales. Es decir, tendr´an una estructura de subespacio vectorial (o de variedad lineal) y podr´anmanipularsede forma an´aloga a la manipulaci´on de vectores de coordenadas.
5.3.1.- Sistemas de ecuaciones en diferencias.
Aqu´ı trataremos de obtener las sucesiones de vectores enRm (´o Cm)
u0, u1, u2, u3, . . . , un, . . .
en la que la relaci´on entre dos t´erminos consecutivos es lineal, constante y homog´enea. De forma m´as precisa, la relaci´on entre dos vectores consecutivos ser´a de la forma
un+1 =Aun
siendo Auna matriz cuadrada m×m constante (independiente de n).
Definici´on. Sea A una matriz cuadrada de orden m y sea u1, u2, . . . , un, . . . una sucesi´on
de vectores en Rm definidos de manera recurrente por
un=Aun−1, n = 1,2, . . .
a partir de un vector inicial u0 ∈ Rm. Una relaci´on de recurrencia de esta forma se llama
sistema de ecuaciones en diferenciaslineal homog´eneo de primer orden (con coeficientes constantes). No nos ocuparemos aqu´ı ni del caso no homog´eneo, ni del caso de coeficientes no constantes y muchisimos menos de casos no lineales.
A partir de la relaci´on un = Aun−1 se tiene que un = Anu0 y tenemos la expresi´on
del t´ermino general un en funci´on del vector original u0. El problema es determinar las
potenciasAn de A. Tendremos esencialmente dos situaciones. Por un lado, el caso en queA
sea diagonalizable ser´a f´acil de tratar y por otro, el caso en el queAno sea diagonalizable que necesitar´a de m´as elaboraci´on puesto que tendremos que recurrir al c´alculo de autovectores generalizados. Uno de los aspectos que permite estudiar la expresi´on del t´ermino general un
(a partir deu0) es elcomportamiento asint´otico, es decir el comportamiento a largo plazo de
la sucesi´on un, ¿qu´e sucede con los vectores un cuando n se hace grande?
Proposici´on. Sea A una matriz cuadrada de orden m y u0 ∈Rm. Entonces
(a) Si A es diagonalizable, A = P DP−1 (P matriz de paso de orden m cuyas columnas
son autovectores deA linealmente independientes, D matriz diagonal cuyos elementos diagonales son los autovalores correspondientes deA), se verifica que
An =P DnP−1 y un =Anu0 =P DnP
−1
(b) Si u0 es combinaci´on lineal de autovectores de A (independientemente de que A sea
diagonalizable o no),
u0 =c1v1+· · ·+ckvk y Avj =λjvj, j = 1, . . . , k,
entonces
Anu0 =c1λn1v1+· · ·ckλnkvk.
Observaciones. ¿Qu´e sucede si A no es diagonalizable y u0 no es combinaci´on lineal de
autovectores? Sea A una matrizm×m no diagonalizable.
(a) Siv es un autovector generalizado de A asociado a un autovalor λ, para un cierto valor
k se verifica que
(A−λI)v 6= 0, . . . , (A−λI)k−1v 6= 0, (A−λI)kv = 0.
Utilizando esto podemos determinar la soluci´on (sucesi´on de vectores) del sistema de ecuaciones en diferencias un = Aun−1 que tiene como valor inicial u0 = v. Para ello,
basta considerar la f´ormula del binomio de Newton: (a+b)n= n 0 anb0+ n 1 an−1b1+ n 2 an−2b2+ · · · n n−1 a1bn−1+ n n a0bn p q := p(p−1)· · ·(p−q+ 1) q! = p! q!(p−q)!, (0! := 1)
que es aplicable a la potencia de una suma de matrices si estas conmutan. Es decir, si
AyB son dos matrices cuadradas que conmutan(AB =BA), se verifica la igualdad
(A+B)n= n 0 AnB0+ n 1 An−1B1+ n 2 An−2B2+· · ·+ n n A0Bn siendoA0 =B0 =I. Puesto que las matrices A−λI y λI conmutan, podemos aplicar
la f´ormula del binomio de Newton y para n≥k obtenemos Anv = [λI+ (A−λI)]nv= = n 0 (λI)n+ n 1 (λI)n−1(A−λI)1+· · ·+ n n (A−λI)n v
puesto que (A−λI)kv= (A−λI)k+1v= (A−λI)k+2v=· · ·= 0
=λnv+nλn−1(A−λI)v+n(n−1) 2 λ n−2 (A−λI)2v+· · ·+ +· · ·+λn−k+1 n k−1 (A−λI)k−1v
y aparecen (a lo sumo) k sumandos en el sumatorio, independientemente de lo grande que sea n. En los ejemplos que veremos k ser´a peque˜no y aparecer´an pocos t´erminos en el sumatorio.
(b) Si obtenemos una base {v1, . . . , vm} (de Rm ´o Cm) formada por autovectores
generali-zados de A, entonces puede encontrarse la soluci´on general del sistema de ecuaciones en diferencias un = Aun−1 para cualquier u0 ∈ Rn. Para ello, expresamos u0 como
combinaci´on lineal de los autovectores generalizados {v1, . . . , vm},
u0 =α1v1+· · ·+αmvm
con lo que
un=Anu0 =α1Anv1+· · ·+αmAnvm
y, por tanto, bastar´a determinar (Anv
j) para cada autovector generalizado vj.
(c) C´alculo deAn.A partir de una base formada por autovectores generalizados{v
1, . . . , vm}
podemos calcularAnsin m´as que obtener los vectores {Anv 1, . . . , Anvm}y despejarAn de la igualdad matricial An 2 6 4 v1 v2 . . . vm 3 7 5= 2 6 4 A nv 1 Anv2 . . . Anvm 3 7 5.
(d) Comportamiento asint´otico de Anu
0. Con este t´ermino se designa al estudio del
comportamiento de la sucesi´on de vectores u0, u1, u2, . . . a largo plazo. Es decir se
trata de estudiar qu´e sucede cuandon −→ ∞. Los vectores un
¿convergen a un cierto vector? ¿oscilan entre ciertos vectores?
¿tienden a ∞? Es decir, ¿l´ımn→∞||un||=∞?
Si tenemos un vector u0 expresado como combinaci´on lineal de autovectores y autovectores
generalizados
u0 =c1v1+· · ·+cmvm,
la sucesi´on generada viene dada mediante
un=Anu0 =c1Anv1+· · ·+cmAnvm
con lo cual podemos reducir el estudio al comportamiento de las sucesiones Anv siendo v
un autovector o un autovector generalizado de A. En la situaci´on m´as simple, que v sea un autovector asociado a un cierto autovalor λ tenemos que
Anv =λnv y, por tanto, Si|λ|<1, tenemos que (λn)→0 y (Anv) = (λnv)→0. Si|λ|>1, tenemos que (λn) → ∞ y (||Anv ||) = (|λ|n||v||)→+∞.
Si|λ|= 1 hay que distinguir dos casos (al menos):
• Si |λ| = 1, λ 6= 1, puesto que |λn
| = 1 para todo n = 1,2, . . ., los coeficientes
λ, λ2, λ3, . . . recorren la circunferencia unidad (no completa, infinitas veces) y los
vectores Anv =λnv presentan un comportamiento oscilante.
Veamos a continuaci´on dos ejemplos de c´omo obtener Anv.
Ejemplo 1.Calcular un=Anu0 siendo
A= 2 6 4 1 1 0 0 1 0 0 0 2 3 7 5 y u0= 2 6 4 2 1 −1 3 7 5.
Por ser A triangular es inmediato que los autovalores son λ1 = 1 (doble) y λ2 = 2
(sim-ple). Como es f´acil comprobar, mg(λ1 = 1) = 1 < ma(λ1 = 1) = 2 y la matriz A no es
diagonalizable. No existe una base de autovectores (λ1 y λ2 aportan uno cada uno) y
nece-sitamos recurrir a un autovector generalizado de λ1 para obtener una base de R3 formada
por autovectores y autovectores generalizados. Autovectores asociados aλ1 = 1, (A−I)x= 0 =⇒Nul (A−I) = Gen 8 > < > : v1 = 2 6 4 1 0 0 3 7 5 9 > = > ; .
Autovectores generalizados asociados a λ1 = 1,
(A−I)2x= 0 =⇒Nul (A−I)2 = Gen 8 > < > : v1, v2 = 2 6 4 0 1 0 3 7 5 9 > = > ; . Autovectores asociados aλ2 = 2, (A−2I)x= 0 =⇒Nul (A−2I) = Gen 8 > < > : v3 = 2 6 4 0 0 1 3 7 5 9 > = > ; .
Es decir, trabajaremos con la base de R3 formada por {v1, v2, v3} (que en este caso sencillo
coincide con la can´onica). As´ı,
un=Anu0 =An(2v1+v2−v3) = 2Anv1+Anv2−Anv3.
Por ser v1 y v3 autovectores:
Anv
1 =λn1v1 = 1nv1 =v1 y Anv3 =λn2v3 = 2nv3.
Mientras que por serv2 autovector generalizado deλ1 = 1, que verifica (A−I)2v2 = 0 (k = 2
en la f´ormula dada anteriormente):
Anv 2 = [λ1I+ (A−λ1I)]nv2 = λn 1v2+nλn −1 1 (A−λ1I)v2+n(n −1) 2 λ n−2 1 (A−λ1I)2v2+· · · = 1nv 2+n1n−1v1+ 0 +...=v2+nv1 ya que (A−I)v2 =v1.
Finalmente un=Anu0 = 2v1 + (v2+nv1)−2nv3 = (n+ 2)v1+v2−2nv3 = 2 +n 1 −2n Ǒ .
Ejemplo 2.Calcular un=Anu0 siendo
A = 2 6 4 3/2 1/2 1/2 0 2 1 1/2 −1/2 5/2 3 7 5 y u0 = 2 6 4 0 2 1 3 7 5.
Autovalores. Calculamos sus autovalores mediante la ecuaci´on caracter´ıstica,
|A−λI|= 0 −→λ3−6λ2+ 12λ−8 = 0−→(λ−2)3 = 0,
de donde obtenemos que λ1 = 2 es un autovalor triple (ma(λ1) = 3). (Recu´erdese
que la traza de la matriz debe coincidir con la suma de los autovalores; en este caso ambas valen 6, puesto que tr(A) = 3/2 + 2 + 5/2 = 2 + 2 + 2 = 6). Si calculamos su multiplicidad geom´etrica
mg(λ1 = 2) = 3−rango(A−2I) = 3−2 = 1
vemos que s´olo tiene un autovector asociado linealmente independiente, con lo que necesitaremos encontrar dos autovectores generalizados (linealmente independientes) para formar una base deR3 con autovectores y autovectores generalizados.
Autovectores: (A−2I)x= 2 6 4 −1 2 1 2 1 2 0 0 1 1 2 − 1 2 1 2 3 7 5 2 6 4 x1 x2 x3 3 7 5= 0−→ ¨ x1−x2+x3 = 0 x3 = 0 −→x=x2 2 6 4 1 1 0 3 7 5.
Tomamos como autovector, por ejemplo, v1 = (1,1,0)T.
Autovectores generalizados: • (A−2I)2x= 0 2 6 4 1 2 − 1 2 1 2 1 2 − 1 2 1 2 0 0 0 3 7 5 2 6 4 x1 x2 x3 3 7 5= 0−→x1−x2+x3 = 0−→x=x1 2 6 4 1 1 0 3 7 5+x3 2 6 4 0 1 1 3 7 5.
Tomamos como primer autovector generalizado (que debe ser linealmente inde-pendiente con v1), por ejemplo, v2 = (0,1,1)T.
• Finalmente, (A−2I)3x= 0 2 6 4 0 0 0 0 0 0 0 0 0 3 7 5 2 6 4 x1 x2 x3 3 7 5= 0 −→x= 2 6 4 x1 x2 x3 3 7 5∈R 3 arbitrario.
Podemos tomar como segundo autovector generalizado cualquier vector deR3que sea linealmente independiente con {v1, v2}, por ejemplo, v3 = (1,0,0)T.
Una vez que tenemos la base B = {v1, v2, v3} formada por autovectores y autovectores
generalizados, calculamos las coordenadas de u0 en dicha base,
u0 =PB[u0]B −→ 2 6 4 0 2 1 3 7 5= 2 6 4 1 0 1 1 1 0 0 1 0 3 7 5 2 6 4 α β γ 3 7 5−→[u0]B = 2 6 4 1 1 −1 3 7 5, es decir, u0 =v1+v2−v3. Por tanto, un=Anu0=An(v1+v2−v3) =Anv1+Anv2−Anv3.
Puesto quev1 es autovector de A asociado a λ1 = 2, Anv1 =λn1v1 = 2nv1. Por otra parte,
Anv 2 = [λ1I+ (A−λ1I)]nv2 =λn1v2+nλn −1 1 (A−λ1I)v2+n(n −1) 2 λ n−2 1 (A−λ1I)2v2+· · · = 2nv 2+n2n−1v1+ 0 +...= 2n 2 6 4 0 1 1 3 7 5+n2 n−1 2 6 4 1 1 0 3 7 5
(por ser v2 autovector generalizado asociado a λ1 = 2, que verifica (A−2I)2v2 = 0 (k = 2
en la f´ormula anterior) y ya que (A−2I)v2 =v1),
Anv 3 = [λ1I+ (A−λ1I)]nv3 =λn1v3+nλn −1 1 (A−λ1I)v3+n(n −1) 2 λ n−2 1 (A−λ1I)2v3+· · · = 2n 2 6 4 1 0 0 3 7 5+n2 n−1 2 6 4 −1/2 0 1/2 3 7 5+ n(n−1) 2 2 n−2 2 6 4 1/2 1/2 0 3 7 5
(por ser v3 autovector generalizado de λ1 = 2, que verifica (A−2I)3v3 = 0 (k = 3 en la
f´ormula anterior) y ya que
(A−2I)v3 = 2 6 4 −1/2 0 1/2 3 7 5 y (A−2I) 2v 3 = 2 6 4 1/2 1/2 0 3 7 5.
N´otese que si hubi´eramos elegido una base formada por tres autovectores generalizados,
{w1, w2, w3},
a partir de (A−2I)3v = 0, tendr´ıamos
un=Anu0 =An(α1w1+α2w2+α3w3) =α1Anw1+α2Anw2+α3Anw3.
Para obtener cada uno los tres t´erminosAnw
inecesitar´ıamos recurrir a una expresi´on an´aloga
a la obtenida para Anv
3. De ah´ı que, en general, sea recomendable construir la base de
Rn formada por autovectores y autovectores generalizados de forma progresiva: resolviendo
primero (A−λI)v = 0, despu´es (A−λI)2v = 0, despu´es (A−λI)3v = 0, etc.
No obstante, puesto que en el caso anterior todo vector es un autovector generalizado (puesto que s´olo hay 1 autovalor), calcular Anu
0 conlleva los mismos c´alculos que obtener
Anv 3.
5.3.2.- Sistemas lineales de ecuaciones diferenciales.
Una primera advertencia que debemos hacer es que s´olo vamos a considerar algunos aspectos manipulativos de un tipo particularmente simple de ecuaciones y sistemas de ecuaciones diferenciales. No vamos a considerar ni los problemas de la ciencia y la ingenier´ıa que dan lugar a dichas ecuaciones (desintegraci´on radiactiva, circuitos LCR, leyes de Newton del enfriamiento y del calentamiento, din´amica de poblaciones, mezclas, reaccio-nes qu´ımicas,...) ni los conceptos f´ısicos (velocidad,...) o geom´etricos (recta tangente a una curva,...) que pueden asociarse a una ecuaci´on diferencial, ni las variantes m´as simples que suelen asociarse a las ecuaciones y sistemas que consideraremos.
El estudio de las ecuaciones diferenciales ser´a uno de los t´opicos esenciales en la asignatura Ampliaci´on de Matem´aticas de segundo curso.
Una ecuaci´on diferencial es una igualdad en la que aparece una inc´ognita (que debemos obtener) con la particularidad de que esta inc´ognita no es un n´umero sino una funci´on (real de una variable real) definida en un intervalo (finito o infinito) y en la igualdad est´an involucradas, adem´as de la propia funci´on inc´ognita, una o varias de las derivadas de dicha funci´on inc´ognita. Siendo t la variable independiente, y(t) una funci´on a determinar y f(t) una funci´on dada, la igualdad y′
(t) = f(t) es una ecuaci´on diferencial cuyas soluciones son las primitivas de la funci´onf(t). Suponiendo que las primitivas est´an definidas en toda la recta real, cuando fijamos un punto (t0, y0) del plano, s´olo hay una de dichas primitivas
cuya gr´afica pase por dicho punto. La igualdad y′
(t) = y(t) es otra ecuaci´on diferencial y sus soluciones son las funciones y(t) = ket siendo k una constante arbitraria. De entre
estas soluciones, s´olo hay una cuya gr´afica pase por el punto (t0, y0) (la que se obtiene con
k =y0e−t0). Las ecuaciones diferenciales se suelen clasificar atendiendo en primer lugar a su
orden, es decir, al mayor orden de derivaci´on (de la funci´on inc´ognita) que aparece en la ecuaci´on. Por ejemplo:
(a) y′
−2y= cos(t), yy′
= 0,(y′
)2+y= 0 son ecuaciones de primer orden,
(b) y′′
=t2−3t, yy′′
−2y′
= 3 son ecuaciones de segundo orden, (c) y′′′
= 0 es una ecuaci´on de tercer orden, ...
Un tipo especial (e importante) de ecuaciones diferenciales lo constituyen las llamadas ecuaciones diferenciales lineales. Se llama as´ı a las ecuaciones diferenciales que resultan de igualar unacombinaci´on lineal de la funci´on inc´ognita y sus derivadas a una funci´on dada, siendo los coeficientes en dicha combinaci´on lineal funciones de la variable independiente. Por ejemplo, la ecuaci´on
2y′′
−ty′
+ety=t2 −1
es una ecuaci´on diferencial lineal de segundo orden (con coeficientes no constantes). Notemos que la parte que afecta a la funci´on inc´ognita
L(y) := 2y′′
−ty′ +ety
act´ua de forma lineal sobre ella, es decir, siendo c1 y c2 constantes arbitrarias y siendo y1(t)
ey2(t) funciones para las que L(y) est´a definida, se verifica
