autovalors y autovectores

8/8/2019 autovalors y autovectores

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1 Autovalores y autovectores. Diagonalizacion.

En el tema de las aplicaciones lineales vimos que dada una aplicacion linealf : Rn −→ R

n, por cada base B que fijaramos en el espacio vectorial Rn

obtenıamos una unica matriz que denotabamos M BB(f ). Se verifica que todasmatrices asociadas a una misma aplicacion lineal f : Rn −→ R

n respecto dedistintas bases son semejantes; esto es, dadas y B bases de Rn existe unamatriz P ∈ Mn regular (det P = 0) tal que

M BB(f ) = P M BB(f )P −1.

En este tema buscaremos una base del espacio vectorial Rn en la cual la matrizque represente la aplicacion lineal sea lo mas sencilla posible. La situacion masfavorable sera que exista una base B de Rn para la cual la matriz M BB(f ) sea

diagonal.

1.1 Autovalores y autovectores.

Definici´ on. Se dice que dos matrices cuadradas de orden n, A y B ∈ Mn, sonsemejantes si existe una matriz P ∈ Mn regular tal que A = P BP −1. Dichamatriz P se denomina matriz de paso.

Propiedades.

1. Si dos matrices son semejantes entonces sus rangos coinciden.

2. Si dos matrices A, B son semejantes entonces det A = det B.

3. Si Ay B son semejantes entonces An y Bn tambien son semejantes.

4. Las matrices asociadas a una misma aplicacion lineal f : Rn −→ Rn son

semejantes.

5. Si A es semejante a A∗ y B es semjante a B∗ y α, β ∈ R, entonces αA+βBes semejante a αA∗ + βB∗.

Definici´ on. Dada una aplicacion lineal f : Rn −→ Rn, diremos que λ ∈ R es

un autovalor o valor propio de f si existe un vector v = 0 tal que f (v) = λv. Alvector v ∈ Rn que cumple lo anterior lo llamaremos autovector o vector propio

de f asociado al autovalor λ.Denotamos

V (λ) = {v ∈ Rn | f (v) = λv}al conjunto de autovectores asociados al autovalor λ.Proposici´ on. V (λ) es un subespacio vectorial de Rn invariante por f .Demostracion. 0 ∈ V (λ) pues f ( 0) = 0 = λ 0. Y si v, w ∈ V (λ) y α, β ∈ R

entonces

f (αv + β w) = f (αv) + f (β w) = λαv + λβ w = λ(αv + β w),

1



y por tanto, αv + β w ∈ V (λ). Luego, V (λ) es un subespacio vectorial de Rn.

Veamos que es invariate por f ; esto es, si v ∈ V (λ) tenemos que ver quef (v) ∈ V (λ):f (f (v)) = f (λv) = λf (v) =⇒ f (v) ∈ V (λ).

Proposici´ on. Sea f : Rn −→ Rn una aplicacion lineal, BC la base canonica de

Rn y A = M BCBC (f ) la matriz asociada a f respecto de las bases canonicas.

Las siguientes afirmaciones son equivalentes:

(i) λ es un autovalor de f

(ii) El sistema homogeneo (A − λI )x = 0 es compatible indeterminado

(iii) det(A − λI ) = 0

Demostracion.

λ es un autovalor de f ⇐⇒ existe x ∈ Rn, x = 0, tal que f (x) = λx

⇐⇒ existe x ∈ Rn, x = 0, tal que A(x) = λx

⇐⇒ existe x ∈ Rn, x = 0, tal que (A − λI )x = 0,

donde I es la matriz identidad de orden n

⇐⇒ el sistema homogeneo (A − λI )x = 0

es compatible indeterminado

⇐⇒ det(A − λI ) = 0.

Definici´ on. Los autovalore s de una matriz A ∈ Mn son los valores λ ∈ R queanulan el siguiente polinomio de grado n:

pA(λ) = |A − λI |que llamaremos polinomio caracterıstico.

A la ecuacion |A − λI | = 0 la llamaremos ecuaci´ on caracterıstica . Las raıcesde la ecuacion caracterıstica son, por tanto, los autovalores de la matriz A.Denotando por αi la multiplicidad de la raiz λi de la ecuacion caracterıstica,entonces la factorizacion del polinomio caracterıstico es

pA(λ) = |A − λI | = (λ1 − λ)α1 · · · (λr − λ)αr , donde α1 + · · · + αr = n.

Propiedad. Todas las matrices asociadas a una misma aplicaci on lineal f , A =M BB(f ), tienen el mismo polinomio caracterıstico y, por tanto, los mismosautovalores que son precisamente los autovalores de la aplicacion lineal f .

Demostracion: Si A = M BB(f ) y A = M BB(f ) son dos matrices asoci-adas a f respecto de distintas bases, entonces existe una matriz regular P talque A = P AP −1. Por tanto,

|A − λI | = |P AP −1 − λI | = |P BAP −1 − λPIP −1| = |P (A − λI )P −1|= |P ||A − λI ||P −1| = |P ||A − λI ||P |−1 = |A − λI |.

2



Si A = M BCBC(f ) para cada autovalor λi de A, tenemos el subespacio de los

autovectores asociados al autovalor λi:V (λi) = {v ∈ Rn | Av = λiv}

= {v ∈ Rn | (A − λiI )v = 0}Llamaremos multiplicidad geometrica de λi a la dimension de V (λi) y la deno-taremos por mi = dim V (λi).

Observese quedim V (λi) = n − rg(A − λiI )

y por ser λi un autovalor de A, se tiene que det(A − λiI ) = 0 y, por tanto,rg(A − λiI ) < n. Luego dim V (λi) = 0.

1.2 Propiedades de los autovectores

1. Se verifica quedim V (λi) ≤ αi

donde αi es la multiplicidad de la raiz λi. Luego

1 ≤ dim V (λi) ≤ αi.

2. Autovectores asociados a autovalores distintos son linealmente independi-entes

3. Si A es una matriz simetrica, entonces autovectores asociados a autovaloresdistintos son ortogonales.

1.3 Propiedades de los autovalores

Sea A ∈ Mn una matriz cuadrada con polinomio caracterıstico:

pA(λ) = |A − λI | = (λ1 − λ) · · · (λn − λ)

donde los autovalores λi se pueden repetir. Entonces

1. La matriz A y su traspuesta A tienen los mismos autovalores

2. det A = λ1 · · · λn y trA = λ1 + · · · + λn

3. Dado α ∈ R, los autovalores de la matriz αA son αλ1, . . . , α λn

4. Dado k ∈ N, los autovalores de la matriz Ak son λk1 , . . . , λk

n

5. Si A es una matriz no singular entonces todos sus autovalores son no nulos

y los autovalores de la matriz A−1

son: 1/λ1, . . . , 1/λn

6. Si A es una matriz idempotente entonces sus autovalores son 0 o 1

7. Si A es una matriz triangular entonces sus autovalores son los elementosde la diagonal principal

8. Si A es una matriz ortogonal con autovalores reales entonces sus autoval-ores son −1 o 1

3



1.4 Diagonalizacion

Definici´ on. Una aplicacion lineal f : Rn−→ Rn se dice que es diagonalizable siexiste una base B∗ de Rn formada por autovectores de f . La matriz asociada af en dicha base es diagonal.

Si B∗ = {u1, . . . , uα1 , v1, . . . , vα2 , . . . , w1, . . . , wαr} con

u1, . . . , uα1 autovectores linealmente independientes

asociados al autovalor λ1 de multiplicidad α1

v1, . . . ,vα2 autovectores linealmente independientes

asociados al autovalor λ2 de multiplicidad α2

...

w1, . . . , wαr autovectores linealmente independientes

asociados al autovalor λr de multiplicidad αr

con α1 + · · · + αr = n. Como

f (u1) = λ1u1 = λ1u1 + · · · + 0uα1 + 0v1 + · · · + 0vα2 + · · · + 0 w1 + · · · + 0 wαr

...f (uα1) = λ1uα1 = 0u1 + · · · + λ1uα1 + 0v1 + · · · + 0vα2 + · · · + 0 w1 + · · · + 0 wαr

f (v1) = λ2v1 = 0u1 + · · · + 0uα1 + λ2v1 + · · · + 0vα2 + · · · + 0 w1 + · · · + 0 wαr

...f (vα2) = λ2vα2 = 0u1 + · · · + 0uα1 + 0v1 + · · · + λ2vα2 + · · · + 0 w1 + · · · + 0 wαr

...f ( w1) = λr w1 = 0u1 + · · · + 0uα1 + 0v1 + · · · + 0vα2 + · · · + λr w1 + · · · + 0 wαr

...f ( wαr) = λr wαr = 0u1 + · · · + 0uα1 + 0v1 + · · · + 0vα2 + · · · + 0 w1 + · · · + λr wαr

se tiene

M B∗B∗(f ) =

λ1 · · · 0 · · · 0 · · · 0

.... . .

(α1 ......

......

...0 · · · λ1 · · · 0 · · · 0...

......

. . ....

......

0· · ·

0· · ·

λr

· · ·0

......

......

.... . .

(αr ...0 · · · 0 · · · 0 · · · λr

.

Definici´ on. Se dice que una matriz cuadrada A es diagonalizable si es semejantea una matriz diagonal D; esto es, si existen una matriz diagonal D y una matrizregular P tal que A = P DP −1.

4



Observaci´ on.

f : Rn −→ Rn es diagonalizable ⇐⇒ A = M BCBC (f ) es diagonalizable

Teorema. Una matriz real A ∈ M n es diagonalizable si y solo si todos susautovalores son reales y la multiplicidad de cada autovalor λi coincide con ladimension del subespacio de autovectores asociado a λi; esto es, si

dim(λi) = multiplicidad del autovalor λi

Esto es, si el polinomio caracterıstico de A es

pA(λ) = |A − λI | = (λ1 − λ)α1 · · · (λr − λ)αr , donde α1 + · · · + αr = n

con λi

= λj , entonces se cumple que

A es diagonalizable ⇐⇒

dim V (λ1) = α1

dim V (λ2) = α2

...dim V (λr) = αr

(equivalentemente V (λ1) ⊕ V (λ2) ⊕ · · · ⊕ V (λr) = Rn). Ademas si tomamos

B1 = {u1, . . . , uα1} base de V (λ1)

B2 = {v1, . . . , vα2} base de V (λ2)

...

Br = { w1, . . . , wαr} base de V (λr)

entonces B∗ = {u1, . . . , uα1 , v1, . . . , vα2 , . . . , w1, . . . , wαr} es una base de au-tovectores de Rn (pues son α1 + · · · + αr = n vectores de Rn linealmente inde-pendientes) y ademas las matrices

P = (u1, . . . , uα1 , v1, . . . ,vα2 , . . . , w1, . . . , wαr)

D =

λ1 · · · 0 · · · 0 · · · 0

.... . .

(α1 ......

......

...0 · · · λ1 · · · 0 · · · 0...

......

. . ....

......

0· · ·

0· · ·

λr

· · ·0

......

......

.... . .

(αr ...0 · · · 0 · · · 0 · · · λr

verificanA = P DP −1.

Observaci´ on. Notese que D = M B∗B∗(f ).

5



Propiedades

1. Si una matriz A ∈ Mn es diagonalizable entonces

(a) para todo α ∈ R, la matriz αA es diagonalizable

(b) la matriz traspuesta A es diagonalizable

(c) si ademas A es no singular, entonces A−1 tambien es diagonalizable.Y si A = P DP −1 entonces A−1 = P D−1P −1.

2. Toda matriz A ∈ Mn simetrica es diagonalizable y ademas existe unamatriz Q ortogonal (Q−1 = Qt) tal que A = QDQt donde D es unamatriz diagonal.

3. Las matrices A ∈ Mn idempotentes solo tienen los autovalores 0 y 1.Ademas verifican que

dim V (0) = multiplicidad del autovalor 0

dim V (1) = multiplicidad del autovalor 1

y por tanto, son matrices diagonalizables.

1.5 Aplicaciones

• Calculo de la potencia k-esima de una matriz.

Si A ∈ Mn es una matriz diagonalizable entonces existen matrices P ∈ Mn

regular y D ∈ Mn diagonal tales que: A = P DP −1. Por tanto,

A

2

= P D P −1

P DP −1

= PDIDP −1

= P D

2

P −1

A3 = P D P −1P D2P −1 = PDID2P −1 = P D3P −1

en generalAk = P DkP −1.

Ejemplo Un estudio realizado sobre la comunidad de licenciados en CienciasEmpresariales revela el hecho siguiente: El 90% de los hijos de padres licencia-dos en Ciencias Empresariales cursan estudios de Ciencias Empresariales y s oloel 20% de los que no lo hicieron consiguen que sus hijos cursen dicha carrera.Despues de muchas generaciones, de los estudiantes de Ciencias Empresariales¿cual sera el porcentaje de estudiantes cuyos padres son licenciados en Cien-

cias Empresariales? (NOTA: Se supondra un hijo como descendencia de cadafamilia)

SOLUCION: Sea xn el numero de licencados en Ciencias Economicas en lan-esima generacion y sea yn el numero de no licencados en Ciencias Economicasen la n-esima generacion. Se tiene:

xn+1 = 0.9xn + 0.2ynyn+1 = 0.1xn + 0.8yn

6



Es decir,

xn+1yn+1 = A xnyn

con A = 0.9 0.20.1 0.8

(Observese que los elementos de las columnas de la matriz A suman 1. Estosuele ser ası en este tipo de problemas)

Para calcular el porcentaje de estudiantes que cursaran dicha carrera despuesde muchas generaciones estudiamos

limn→∞

An.

El polinomio caracterıstico de A es:

pA(λ) = det(A − λI ) =

0.9 − λ 0.20.1 0.8

−λ

Sumando a la primera fila, la segunda obtenemos: 1 − λ 1 − λ0.1 0.8 − λ

= (1 − λ)

1 10.1 0.8 − λ

Por tanto, λ = 1 es un autovalor de la matriz A. Esto simpre es ası para estetipo de matrices en el que o bien los elemenots de las filas o bien los de lascolumnas suman1. Por tanto,

pA(λ) = (1 − λ)

1 10.1 0.8 − λ

= (1

−λ)(0.8

−λ

−0.1)

= (1 − λ)(0.7 − λ)

Los autovalores de A son: λ = 1 y λ = 0.7. Sea B = {u, v} ua base de R2

formada por autovectores de A; esto es, Au = 1u y Av = 0.7v. Cualquier vector w ∈ R2 se escribe:

w = αu + βv

y se tiene

An w = An(αu + βv) = αAnu + βAnv

= α(1)nu + β (0.7)nv

= αu + β (0.7)nv

Por tanto,

limn→∞

(An w) = limn→∞

(αu + β (0.7)nv)

= αu + β limn→∞

(0.7)nv

= αu

7



donde u es un autovector asociado al autovalor 1. Calculemos V (1):

(A − 1I ) x

y

= −0.1 0.2

0.1 −0.2

xy

= 0

0

Esto es,

V (1) = ker(A − 1I ) = {(x, y) ∈ R2 | − 0.1x + 0.2y = 0} = L({(2, 1)})

Por tanto,limn→∞

(An w) = αu = α(2, 1)

y el porcentaje de estudiantes de Ciencias Empresariales cuyos padres son lince-niados en Ciencias Empresariales es

x = 22 + 1

= 23

.

1.6 Ejercicios resueltos.

1. Dada la aplicacion lineal f (x,y,z) = (x + 2y, −x + 3y + z, y + z) estudiar siexiste una base B tal que la matriz asociada respecto de B en los espaciosde partida y de llegada sea una matriz diagonal.

SOLUCION: La matriz asociada a f respecto de las bases canonicas es:

A =

1 2 0−1 3 10 1 1

.

La ecuacion caracterıstica de A es:

|A − λI | =

1 − λ 2 0−1 3 − λ 10 1 1 − λ

= (1 − λ)(3 − λ)(1 − λ) − (1 − λ) + 2(1 − λ)

= (1 − λ)2(3 − λ) + (1 − λ)

= (1 − λ){(1 − λ)(3 − λ) + 1}= (1 − λ){λ2 − 4λ + 3 + 1}= (1 − λ){λ2 − 4λ + 4}

= (1 − λ)(λ − 2)2

Por tanto, los autovalores de A son λ = 1 simple y λ = 2 doble.

El subespacio asociado a λ = 1 tiene dimension 1 pues la multiplicidad deλ = 1 es uno.

8



El subespacio asociado a λ = 2 tiene dimension:

dim V (2) = 3 − rg(A − 2I )

= 3 − rg

−1 2 0

−1 1 10 1 −1

= 3 − 2 = 1 = 2

Por tanto, como dim V (2) no coincide con la multiplicidad del autovalor2, la matriz A no es diagonalizable.

2. Sea

A =

2 0 0 04 −5 6 06

−3 4 0

0 0 1 3

la matriz asociada a una aplicacion lineal f respecto de las bases canonicas.

(a) ¿Es el vector (0, 0, 0, 5) un autovector de f asociado al autovalor 3?

(b) ¿Es la matriz A diagonalizable?

SOLUCION:

(a) Veamos si f (0, 0, 0, 5) = 3(0, 0, 0, 5). Como A es la matriz asociada af respecto de las bases canonicas sabemos que la cuarta columna deA son las coordenadas de f (0, 0, 0, 1) en la base canonica; esto es,

f (0, 0, 0, 1) = (0, 0, 0, 3) = 3(0, 0, 0, 1)luego, (0, 0, 0, 1) es un autovectro de f asociado al autovalor 3. Ypor tanto, (0, 0, 0, 5) = 5(0, 0, 0, 1) tambien es un autovector de f asociado al autovalor 3.

(b) Calculamos el polinomio caractrerıstico de A:

|A − λI | =

2 − λ 0 0 0

4 −5 − λ 6 06 −3 4 − λ 00 0 1 3 − λ

= (2

−λ)

−5 − λ 6 0

−3 4

−λ 0

0 1 3 − λ

= (2 − λ)(3 − λ)

−5 − λ 6−3 4 − λ

= (2 − λ)(3 − λ){(−5 − λ)(4 − λ) − 18}= (2 − λ)(3 − λ){λ2 + λ − 2}= (2 − λ)(3 − λ)(λ − 1)(λ + 2)

9



Por tanto los autovalores de A son: −2, 1, 2 y 3. Como los autovalores

de A son distintos dos a dos, la matriz A es diagonalizable.3. Sea la matriz

A =

1 1 1 11 1 −1 −11 −1 1 −11 −1 −1 1

.

Probar que A es diagonalizable y hallar matrices Q ortogonal y D diagonaltales que A = QDQt.

SOLUCION: Sabemos que la matriz A es diagonalizable pues es una ma-triz simetrica. Vamos a comprobar que efectivamente es diagonalizable.Calculamos el polinomio caracterıstico de A:

|A − λI | =

1 − λ 1 1 1

1 1 − λ −1 −11 −1 1 − λ −11 −1 −1 1 − λ

Sumando a la primera fila la segunda fila, restando a la tercera fila lacuarta y sumando a la cuarta fila la primera, obtenemos:

1 − λ 1 1 11 1 − λ −1 −11 −1 1 − λ −11 −1 −1 1 − λ

=

2 − λ 2 − λ 0 0

1 1 − λ −1 −10 0 2 − λ −2 + λ

2 − λ 0 0 2 − λ

= (2 − λ)3

1 1 0 0

1 1 − λ −1 −10 0 1 −11 0 0 1

Calculemos el determinante:

1 1 0 01 1 − λ −1 −10 0 1 −11 0 0 1

Restando a la segunda columna la primera columna obtenemos:

1 0 0 01 −λ −1 −10 0 1 −11 −1 0 1

=

−λ −1 −1

0 1 −1−1 0 1

= −λ − 1 − 1 = −(λ + 2)

Por tanto,|A − λI | = −(2 − λ)3(λ + 2)

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Por tanto los autovalores de A son: −2 de multiplicidad 1 y 2 de multi-

plicidad 3. Por tanto, dim V (−2) = 1

Veamos que dim V (2) = 3:

dim V (2) = 4 − rg(A − 2I )

= 4 − rg

−1 1 1 11 −1 −1 −11 −1 −1 −11 −1 −1 −1

= 4 − 1 = 3.

Por tanto, la matriz A es diagonalizable siendo una posible matriz diago-

nal:

D =

−2 0 0 00 2 0 00 0 2 00 0 0 2

Calculemos una base de autovectores y ası tendremos una posible matrizde paso P .

Subespacio V (−2) = ker(A + 2I ):

3 1 1 11 3 −1 −11 −1 3 −1

1 −1 −1 3

xyz

t

=

000

0

Sabemos que rango de (A + 2I ) es 3. Tomamos como menor principal de(A+2I ) el formado por las tres primeras filas y las tres primeras columnas.Por tanto, el sistema anterior es equivalente al siguiente:

3x + y + z = −α

x + 3y − z = α

x − y + 3z = α

t = α ∈ R

11



Por tanto, resolviendo el sistema anterior por Cramer, tenemos:

x =

−α 1 1α 3 −1α −1 3

3 1 11 3 −11 −1 3

=

−16α

16= −α

y =

3 −α 11 α −11 α 3

3 1 11 3 −1

1 −1 3

=16α

16= α

z =

3 1 −α1 3 α1 −1 α

3 1 11 3 −11 −1 3

=

16α

16= α

Por tanto,

V (−2) = {(−α,α,α,α) | α ∈ R} = L{(−1, 1, 1, 1)}Subespacio V (2) = ker(A − 2I ):

−1 1 1 11 −1 −1 −11 −1 −1 −11 −1 −1 −1

xyzt

=

0000

⇐⇒ −x + y + z + t = 0

Por tanto,

V (2) = {(x,y,z,t) ∈ R4 | − x + y + z + t = 0}= {(α + β + γ , α , β , γ ) | α,β,γ ∈ R}= L{(1, 1, 0, 0), (1, 0, 1, 0), (1, 0, 0, 1)}

Luego una matriz de paso puede ser:

P =

−1 1 1 11 1 0 01 0 1 01 0 0 1

La base de R4: B = {(−1, 1, 1, 1), (1, 1, 0, 0), (1, 0, 1, 0), (1, 0, 0, 1)} es or-togonal pero no ortonormal pues los vectores de la base no son unitarios.

12



Como:

(−1, 1, 1, 1) = (−1)2 + 12 + 12 + 12 = √4 = 2

(1, 1, 0, 0) =

12 + 12 + 02 + 02 =√

2

(1, 0, 1, 0) =

12 + 02 + 12 + 02 =√

2

(1, 0, 0, 1) =

12 + 02 + 02 + 12 =√

2

la base: B = {(−12

, 12

, 12

, 12

), ( 1√ 2

, 1√ 2

, 0, 0), ( 1√ 2

, 0, 1√ 2

, 0), ( 1√ 2

, 0, 0, 1√ 2

)} sı

es ortonormal y

Q =

−12

1√ 2

1√ 2

1√ 2

12

1√ 2

0 012

0 1√ 2

012

0 0 1√ 2

verifica: A = QDQ.

4. Estudiar para que valores del parametro m es la matriz:

A =

m 0 0

0 4 40 1 1

diagonalizable.

SOLUCION: Como det A = 0 uno de los autovalores de A es λ = 0. Otroautovalor es λ = m. Y como trA = m + 5 y sabemos que trA es la sumade los autovalores tenemos:

m + 5 = trA = m + 0 + λ =

⇒λ = 5

Tenemos:

• Si m = 0, 5 entonces los tres autovalores son distintos y la matriz esdiagonalizable

• Si m = 0 entonces λ = 0 es un autovalor doble y λ = 5 es un autovalorsimple (luego dim V (5) = 1). Ademas para m = 0 tenemos

dim V (0) = 3 − rg(A) = 3 − rg

0 0 0

0 4 40 1 1

= 3 − 1 = 2

Luego, en este caso A tambien es diagonalizable

• Si m = 5 entonces λ = 5 es un autovalor doble y λ = 0 es un autovalorsimple (luego dim V (0) = 1). Ademas para m = 5 tenemos

dim V (5) = 3 − rg(A − 5I ) = 3 − rg

0 0 0

0 −1 40 1 −4

= 3 − 1 = 2

13



Luego, en este caso A tambien es diagonalizable

Por tanto A es diagonalizable para todo valor de m.

5. La poblacion activa de un paıs se clasifica en tres categorıas profesionales:tecnicos superiores (x), obreros especializados (y) y obreros no especial-izados (z) . Ası, en cada generacion t la fuerza de trabajo del paıs estacaracterizada por el numero de personas incluidas en las tres categorıas,es decir, (xt, yt, zt) . Supongase que:

• Cada trabajador activo solo tiene un hijo.

• El 1/2 de los hijos de los tecnicos superiores lo son tambien, el 1/4pasa a ser obrero especializado y el 1/4 restante es obrero no espe-cializado.

• Los hijos de los obreros especializados se reparten entre las tres cat-egorıas segun los porcentajes 3/10, 4/10 y 3/10.

• Para los hijos de obreros no especializados, las proporciones de repartoentre las categorıas son 1/2, 1/4 y 1/4.

Se pide:

(a) Plantear en forma matricial un modelo que represente la distribucionde la fuerza de trabajo del paıs de generacion en generacion.

(b) ¿Cual sera la distribucion de los trabajadores a largo plazo, indepen-dientemente de la distribucion inicial?

SOLUCION:

La matriz de transici´ on es xt+1

yt+1zt+1

= A

xt

ytzt

con A =

0.5 0.3 0.5

0.25 0.4 0.250.25 0.3 0.25

A largo plazo habrıa que elevar la matriz de transicion a t y ver a quetiende cuando t tiende a ∞. Esto es,

limt→∞

At.

El polinomio caracterıstico de A es:

|A − λI | = 0.5

−λ 0.3 0.5

0.25 0.4 − λ 0.250.25 0.3 0.25 − λ

sumando a la primera fila el resto de las filas obtenemos:

1 − λ 1 − λ 1 − λ0.25 0.4 − λ 0.250.25 0.3 0.25 − λ

= (1 − λ)

1 1 1

0.25 0.4 − λ 0.250.25 0.3 0.25 − λ

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y restando a la tercera columna la primera, obtenemos:

(1 − λ)

1 1 0

0.25 0.4 − λ 00.25 0.3 −λ

= (1 − λ)(−λ)

1 10.25 0.4 − λ

= (1 − λ)(−λ)(0.4 − λ − 0.25)

= −(1 − λ)λ(0.15 − λ)

Por tanto, los autovalores de A son λ = 1, 0.15 y 0, distintos dos a dos ypor tanto, la matriz A es diagonalizable. Sea B = {u1, u2, u3} una basede R3 formada por auovectores de A; esto es, supongamos

Au1 = 1u1 = u1, Au2 = 0.15u2 y Au3 = 0u3 = 0.

Cualquier vector w ∈ R3 se escribe: w = αu1 + βu2 + γu3 y por tanto,

At w = At(αu1 + βu2 + γu3)

= αAtu1 + βAtu2 + γAtu3

= α(1)tu1 + β (0.15)tu2 + γ 0tu3

= α(1)tu1 + β (0.15)tu2

= αu1 + β (0.15)tu2

y

limt−→∞

At w = limt−→∞

(αu1 + β (0.15)tu2)

= αu1 + β limt−→∞(0.15)

t

u2= αu1

donde u1 es un autovector asociado al autovalor 1. Calculemos V (1):

V (1) = {x ∈ R3 | (A − I ) x = 0}

Resolvemos el sistema de ecuaciones (A − I ) x = 0. Como det(A − I ) = 0y −0.5 0.3

0.25 −0.6

= 0

tenemos

−0.5 0.3 0.50.25 −0.6 0.250.25 0.3 −0.75

xyz

=

000

⇐⇒ −5x + 3y + 5z = 0

5x − 12y + 5z = 0

x = 1.5α, y = α, z = 0.6α

15



luego

V (1) = L{(1.5, 1, 0.6)}Por tanto,

limt→∞

(At w) = αu1 = α(1.5, 1, 0.6)

la distribucion a largo plazo sera

x =1.5

1.5 + 1 + 0.6=

1.5

3.1=

15

31

y =1

1.5 + 1 + 0.6=

10

31

y =0.6

1.5 + 1 + 0.6=

6

31

1.7 Cuestiones

Razonar si son verdaderas o falsas las siguientes afirmaciones:

1. Sea A ∈ M3×3 y sean u y v dos vectores no nulos de R3 tales que

Au = 0 y (A − I )v = 0.

Entonces, se verifica que u y v son linealmente independientes.

2. Sea A ∈ Mn×n tal que λ = 0 es un autovalor de A. Entonces, el sistemahomogeneo Ax = 0 es compatible indeterminado.

3. Sean A1 y A2 dos matrices de orden n diagonalizables. Entonces, se

verifica que la matriz A1 + A2 tambien es diagonalizable.

4. Sea A una matriz cuadrada de orden 2 tal que |A| = −1. Entonces severifica que A es diagonalizable.

5. La matriz A =

1 0 −2

0 3 0−2 0 1

es diagonalizable.

6. El vector u = (2, 0, 2) es un autovector asociado a un autovalor negativode la matriz

A =

1 1 −2

−1 2 1

0 1 −1

7. Sea A una matriz de orden 4 con autovalores: λ1 = 1 de multiplicidad

3 y λ2 = −1 de multiplicad 1, entonces la traza de la matriz 5A−1 estr(5A−1) = 10.

8. Sea A ∈ M3×3 tal que |A| = 0, tr(A) = 3 y λ = 1 es un autovalor de A.Entonces λ = 0 es autovalor de A y dim V (0) = 1.

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9. Si conocemos la traza y el determinante de una matriz cuadrada A de

orden 2 entonces conocemos sus autovalores.10. Sea A una matriz cuadrada de orden 3 y sean u, v y w autovectores de A.

Entonces se verifica que B = {u,v,w} es una base de R3.

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