UNIVERSIDAD DE CUENCAINGENIERIA CIVILTRABAJO DE ALGEBRA LINEAL

TEMA: VALORES Y VECTORES PROPIOSNOMBRE:CARLOS MAURICIO CALDERONPROFESOR:ING.HERNAN PEZANTES

INTRODUCCION

En este captulo investigaremos la teora de un nico operador lineal sobre un espacio vectorial V de dimensin finita. En particular, hallaremos condiciones en las cuales es diagonizable como tambin asociaremos ciertos polinomios con un operador .Antes de iniciar con la definicin de valores propios es necesario saber un poco de la historia del mismo y un pequeo ejemplo que nos ayudara a entender de una mejor manera este nuevo tema La palabra alemana eigen, que se traduce en espaol como propio se us por primera vez en este contexto por David Hilbert en 1904 (aunque Helmholtz la us previamente con un significado parecido). Eigen se ha traducido tambin como inherente, caracterstico o el prefijo auto-, donde se aprecia el nfasis en la importancia de los valores propios para definir la naturaleza nica de una determinada transformacin lineal. Las denominaciones vector y valor caractersticos tambin se utilizan habitualmente.

Como podemos ver en esta imagen de la Mona Lisa, se ha rotado y deformado de tal forma que su eje vertical no ha cambiado. El vector azul, representado por la flecha azul que va desde el pecho hasta el hombro, ha cambiado de direccin, mientras que el rojo, representado por la flecha roja, no ha cambiado. El vector rojo es entonces un vector propio de la transformacin, mientras que el azul no lo es. Dado que el vector rojo no ha cambiado de longitud, su valor propio es 1. Todos los vectores de esta misma direccin son vectores propios, con el mismo valor propio. Forman el espacio propio de este valor propio.

Las transformaciones lineales del espacio, como la rotacin, la reflexin, el ensanchamiento, o cualquier combinacin de las anteriores; pueden interpretarse mediante el efecto que producen en los vectores. Los vectores pueden visualizarse como flechas de una cierta longitud apuntando en una direccin y sentido determinados.

Valores Propios y Vectores Propios de matrices reales y complejasDefinicinSi A es una matriz n x n, a menudo existen ciertos vectores X distintos de cero tales que AX sea un mltiplo escalar de X. ste escalar, denotado por se llama Valor Propio (Eigenvalor) de la matriz A, y el vector X distinto de cero se llama Vector Propio (Eigenvector) de A correspondiente a , es decir:

AX = XVector PropioValor Propio

Interpretacin geomtrica en R2X X

Para matrices no cuadradas (nxm)Si A es una matriz de orden nxm y x es un vector en , entonces no hay ninguna relacin geomtrica general entre el vector x y el vector Ax, como se ve en la figura:

Ecuacin CaractersticaPara encontrar los Valores Propios de una matriz A de n x n planteamos que:

Para que sea un Valor Propio, esta ecuacin debe tener una solucin diferente de cero, para lo cual se debe cumplir que:

La cual es conocida como la Ecuacin Caracterstica de A.Polinomio CaractersticoSi desarrollamos la Ecuacin Caracterstica obtenemos un polinomio en llamado Polinomio Caracterstico de A. Como A es una matriz n x n, entonces el Polinomio Caracterstico de A es de grado n y el coeficiente de n es 1, es decir el Polinomio Caracterstico de A es de la forma:

Entonces la Ecuacin caracterstica sera igual a:

Que tiene cuando mucho n soluciones distintas, por lo que la matriz A tiene n Valores Propios distintos.Valores Propios de Matrices TriangularesSi tenemos una matriz triangular A de n x n:

Como ya sabemos, el determinante de una matriz Triangular es el producto de los elementos de la diagonal principal.

Entonces, la Ecuacin Caracterstica es:

Y los Valores Propios son:

As, podemos concluir que, si A es una matriz Triangular (Superior, Inferior o Diagonal) de dimensiones n x n, los Valores Propios de dicha matriz son los elementos de su Diagonal Principal. EJERCICIOS1. Encuentre el polinomio caracterstico de las siguientes matricesA=Solucin: La ecuacin caracterstica queda: = 0Polinomio caracterstico

Polinomio caracterstico: 2. Compruebe que es un Valor Propio de A y que X es su Vector Propio correspondiente.

1. =10X=(2,4,-2)

El valor de =10 es un Valor Propio de A y X=(2,4,-2)es un Vector Propio correspondiente1. =3X=(5,1,2)

El valor de =3 no es un Valor Propio de A y por lo tanto X=(5,1,2) no es un Vector Propio3. En el siguiente ejercicio, encuentre la Ecuacin Caracterstica, los Valores Propios y sus respectivos Vectores Propios

Hallamos la Ecuacin caracterstica:

Como tenemos una matriz Triangular Superior, sabemos que los Valores Propios son los elementos de su Diagonal Principal, es decir que: =1 y =2.Obtenemos el Vector Propio para el Valor Propio =1.

Resolviendo el sistema mediante el Mtodo de Eliminacin Continua tenemos:

El vector U=(1,0,0) es el Vector Propio correspondiente a =1.Ahora, para el Valor Propio =2

El vector V=(-7,4,1) es el Vector Propio correspondiente a =24. Encontrar una base para los eigenespacios de:D=El polinomio caracterstico ser:

Por lo que la ecuacin caracterstica es:

Las races del polinomio son todas iguales a -1; obteniendo su eigenvector es:Teniendo a v como: , se coloca que:

Y de donde el eigenvector que aparece como base de este eigenespacio de A correspondiente a =-1 es:

5. Calcular los valores propios de la siguiente matriz triangularA=

La matriz A es una triangular superior por lo que su ecuacin caracterstica es:=0Los valores propios de A son:DIAGONALIZACION DE MATRICESSe dice que una matriz cuadrada A es diagonalizable si existe una matriz invertible P tal que es una matriz diagonal; se dice que la matriz P diagonaliza a A.Si A es una matriz cuadrada de nxn, entonces es equivalente decir que A es diagonalizable a decir que A tiene n eigenvectores linealmente independientes.Condicin para la DiagonalizacinSi una matriz A de n x n tiene n Valores Propios distintos, entonces los Vectores Propios correspondientes son Linealmente Independientes, y en consecuencia, A es DiagonizableProcedimiento para diagonalizar una MatrizPara diagonalizar a una matriz A de orden nxn se debe hacer:1. Encontrar n eigenvectores linealmente independientes de A, por ejemplo: , ,.,.1. Formar la matriz P con , ,., como sus vectores columna.1. Luego, la matriz sera diagonal con , ,., como sus elementos diagonales sucesivos, donde es el eigenvalor correspondiente a para i=1,2, ., n.Para efectuar el paso I. de este procedimiento, primero es necesario determinar si una matriz dada A de orden nxn tiene n eigenvectores linealmente independientes, luego se requiere un mtodo para poder hallarlos. Estos dos inconvenientes se pueden resolver a la vez determinando las bases de los eigenespacios de A. Por lo que deben existir n vectores para que A sea diagonalizable y los n vectores bsicos se pueden usar como los vectores columna de la matriz de diagonalizacion P. Si hay menos de n vectores bsicos, entonces la matriz A no es diagonalizable.Ejemplo: Encontrar una matriz P que diagonalice a:A=Solucin: los eigenvalores de esta matriz son: y Como A es una matriz 2 por 2 con 2 valores propios diferentes, entonces se dice que es diagonizable. Si queremos diagonalizarAnecesitamos calcular los correspondientes vectores propios. Ellos son: y Ahora,Pes la matriz invertible con los vectores propios deAcomo columnas: y su inversa es Hallaremos ahora la matriz diagonal, usando esta matrizPcomo sigue:

Como si dio como resultado una matriz diagonal, la matriz , si diagonaliza a la matriz A=.EJERCICIOS1. Encontrar la matriz P que Diagonalice a la matriz A:

Primeramente buscamos los Vectores Propios. Como A es una matriz de 3 x 3, entonces debe tener 3 Vectores Propios para ser Diagonizable.Como A es una matriz Triangular Superior, sabemos que los Valores Propios son los elementos de su Diagonal Principal, es decir: =2 y =3.A continuacin, encontramos la base para el espacio propio generado por el Valor Propio =2. El vector U=(1,0,0) es el Vector Propio.Ahora hallamos la base para el espacio propio generado por el Valor Propio =3.

Los vectores V=(-2,0,1) y Z=(0,1,0) son los Vectores Propios.Finalmente, formamos la matriz P que est constituida por los Vectores Propios como Vectores Columna. 1. Encontrar P que diagonalice a

El polinomio caracterstico de A es:=Los valores caractersticas son:

La bases para los eigenespacios son: p1=

P2=Como A es una matriz 3x3 y en total solo hay dos vectores bsicos entonces A no es diagonalizable 1. En el siguiente ejercicio, determinar si A es Diagonizable. En caso de que lo sea, encontrar una matriz P que Diagonalice a A y determinar P-1AP.

Para determinar si A es Diagonizable debemos ver si cumple la condicin. Observamos que A es una matriz de 3 x 3, por lo que deber tener 3 Vectores Propios para ser Diagonizable.Procedemos a encontrar los Vectores Propios:

Los Valores Propios de la matriz A son: =3, =2 y =1.Seguidamente, encontramos la base para el Espacio Propio generado por el Valor Propio =3. Desarrollando por Eliminacin Continua tenemos: El vector U=(1,3,4) es el Vector Propio.Realizando el mismo procedimiento obtenemos:Para el Valor Propio =2 el vector V=(2,3,3) es el Vector Propio.Para el Valor Propio =1 el vector Z=(1,1,1) es el Vector Propio.Por lo tanto, como A tiene 3 Vectores propios Linealmente Independientes, es Diagonizable.La matriz P que Diagonaliza a A es:

1. Demuestre que la siguiente matriz no es diagonalizable.A=

== () () ()+20+21+5(-4)+14(-2)-6(+3)= (--12) (-2)+41+5-20+14-28-6-18 = -2-+2-12+24-25+13 = -3+3+1= (-1)El valor caracterstico es:que tiene multiplicidad 3Ahora determino los vectores caractersticos para.Sea x= un vector propio de A, x es un vector propio de si y solo si es una solucin no trivial de x =0 es decir:= (1)Si =1 (1) se convierten y resolviendo por eliminacin contina:

Resolviendo se tiene X= Por consiguiente = Pero segn el teorema si la matriz A nn tiene n valores caractersticos distintos entonces A es diagonalizable .En este ejemplo la matriz de orden 3 tiene 1 vector caracterstico entonces se concluye que A no es diagonalizable.1. Encuentre P en caso de que A sea diagonalizable y luego determine Si:

Como A es triangular superior entonces los valores caractersticos son: =-2, =3Determino los vectores caractersticos:Para =-2 la ecuacin (I-A) x se transforma en: = = =+sPara =3 la ecuacin (I-A) x se transforma en: = = =+sEntonces:,, son los vectores caractersticos.Por lo tanto A es diagonalizable: P= (P no es nica)Ahora determinamos ==Matrices Simtricas y Diagonalizacin OrtogonalDefinicin de Matriz SimtricaUna matriz A es simtrica si es cuadrada, y si cada elemento por lo que se cumplir que .Para la mayora de las matrices es necesario avanzar bastante en su procedimiento para saber si es diagonizable. Una excepcin es la matriz triangular con sus elementos diferentes en la diagonal principal; pero adems de este tipo de matrices, las matrices simtricas garantizan tambin que son diagonizables.Propiedades de una Matriz SimtricaSi A es una matriz Simtrica n x n, entonces: A es Diagonizable Todos los Valores Propios de A son Reales Si 1 y 2 son Valores Propios distintos de A, entonces sus Vectores Propios correspondientes X1 y X2 son Ortogonales.Definicin de Matriz OrtogonalUna matriz cuadrada P se denomina Ortogonal si es Invertible y si P-1=PT. Una matriz P es Ortogonal si y slo si sus vectores columnas forman un conjunto Ortonormal.Diagonalizacin OrtogonalUna matriz A es Diagonizable Ortogonalmente si existe una matriz Ortogonal P tal que D= P-1AP.Procedimiento para la Diagonalizacin Ortogonal de una Matriz SimtricaPaso 1: Determinamos todos los Valores Propios de A y la multiplicidad de cada uno.Paso 2: Para cada Valor Propio de multiplicidad 1, elegimos un Vector Propio Unitario.Paso 3: Para cada Valor Propio de multiplicidad k2, encontramos un conjunto de k Vectores Propios Linealmente Independientes. Paso 4: Obtenemos un conjunto Ortonormal de n Vectores Propios, con los cuales formamos la matriz P. La matriz P-1AP= PTAP=D ser Diagonal.EJERCICIOS1. Encontrar una matriz ortogonal P que diagonalice a

La ecuacin caracterstica de A es=(los eingenvalores de A son:u1= y u2=Aplicando el proceso de Schmidt a {u1,u2} se obtiene los siguientes eigenvectores ortonormalesv1= y v2=El eingenespacio correspondiente a U3=Aplicando el proceso de Schimidt se tieneV3=Finalmente usando a v1,v2,v3 como vectores columna se tiene:P=2. Encontrar una matriz P que diagonalice ortogonalmente a A y determinar .dado:A=A es simtrica entonces la ecuacin caracterstica de A es:=+2

Calculando por RuffiniLos valore caractersticos son =2,=6Sea x= un vector propio de A, x es un vector propio de si y solo si es una solucin no trivial de x =0 es decir:Para =2 Resolviendo tenemos Para =6 Resolviendo tenemos Entonces son vectores caractersticosAhora hago =, = , = ,=). Tenemos que:

Por consiguiente son ortogonales.Normalizando estos vectores tenemos:

Con los vectores ortonormalizados ( obtengo las columnas de la matriz P

Haciendo la comprobacin respectiva

3. Encuentre la ecuacin caracterstica de la matriz simtrica y luego por inspeccin determinar las dimensiones de los eigenespacios

A=Obtenemos la ecuacin caractersticaA=

Los eigenvalores son: Por lo tanto la dimensin es 2 sea bidimensional4. Determine si la matriz dada es Ortogonal. Para demostrar que una matriz es Ortogonal debemos probar que AAT=I: Por lo tanto se concluye que PT=P-1, por lo tanto P es Ortogonal. Adems si hacemos: En consecuencia el conjunto es un conjunto Ortonormal.

5. Encontrar una matriz P que diagonalice ortogonalmente a A

Encontramos la ecuacin caracterstica= (-1=0

Remplazamos el valor de 4 en la matriz y tenemos:

X1-X2=0-X1+X2=0 S (1,1)

Remplazamos el valor de 4 en la matriz y tenemos:

-X1-X2=0-X1+X2=0 S (-1,1)La matriz P es:

POTENCIA DE MATRICES.ECUACIONES EN DIFERENCIASClculo de las Potencias de una MatrizSi A es una matriz n x n y P es una matriz Invertible, entonces:

Si generalizamos para cualquier entero positivo k:

Por esta expresin se concluye que A es Diagonizable; Si D= P-1AP es una Diagonal, entonces:

Si despejamos Ak tenemos:

Esta ecuacin expresa la k-sima potencia de A en trminos de la k-sima potencia de la matriz Diagonal D. Ecuaciones en diferencias Unaecuacin en diferenciases una expresin que relaciona distintassucesiones, siendo una de ellas una sucesin desconocida.Son similares a lasecuaciones diferenciales, sustituyendo las funciones por sucesiones.Para su resolucin suele utilizarse el mtodo de latransformada ZEJERCICIOS1. ENCONTRAR A

La ecuacin caracterstica es (Las bases para los eigenespacios son:

y

Por lo tanto

2. Calcular A6, donde la matriz A es igual a:

Primeramente encontramos la matriz P que Diagonaliza a A:

Los Valores Propios de A son: =1 y =-2Hallamos los Vectores Propios correspondientes:Correspondiente a =1 es el Vector Propio U=(-2,1).Correspondiente a =-2 es el Vector Propio V=(-3,2).Formamos la matriz P:

Ahora, procedemos a hallar D=P-1AP y luego D6:

Aqu aplicamos la ecuacin del Clculo de las Potencias de una Matriz:

3. Encontrar dado A=Encuentro la matriz que diagonalice a A .Determino la ecuacin caracterstica == ()()()Para. Obtengo la siguiente matriz= (1)Si =-1 (1) se convierte en: = Resolviendo se tiene X= Por consiguiente = Si =1 (1) se convierte en: = Resolviendo se tiene X= Por consiguiente = Si =-2 (1) se convierten y resolviendo tenemos: = = Resolviendo se tiene X= Por consiguiente = Sabemos que A es diagonalizable,P=D=AP==Por consiguiente:===

4. Encuentre A5.A= SOLUCIN:= 2( 1)Por tanto los valores caractersticos de A son = 0 y = 1.La ecuacin se transforma en:= Resolviendo el sistema se obtienex1= -1/3tx2= u x3= tAdems se sabe que el vector= y =Forman una base del espacio caracterstico correspondiente a =0 y que = es una base del espacio caracterstico correspondiente a = 1. Es muy fcil comprobar que {p1, p2, p3} es linealmente independiente; y por tantoP= D=AP==Por consiguiente:===5. Calcule aplicando valores y vectores propios si A=Encuentro la matriz que diagonalize a A. == =Aplicando RuffiniLos valores caractersticos son -1 y Ahora determino los vectores caractersticos para.x== Resolviendo = t+ Ahora determino los vectores caractersticos para.x== Resolviendo = y son los vectores caractersticosP=D=AP=

=

MATRICES UNITARIAS, MATRICES NORMALES Y MATRICES HERMITIANASMATRICES UNITARIASLas matrices unitarias son de gran importancia ya que, en muchos casos, son la herramienta principal para obtener distintos resultados en el anlisis matricial.Definicin Se dice que A es unitariamente equivalente a B y se nota A B si existe:U 2 U(n) tal que A = U_BU.TEOREMAS SOBRE MATRICES UNITARIASSi U 2Mn(C), las siguientes afirmaciones son equivalentes:a) U es unitaria.b) U es no singular y U*=Uc) UU*= I.d) U*=es unitaria.Triangularizacion Unitaria de Schur.Dada A Mn(C) con autovalores 1,. ,n dispuestos en cualquier orden (y contados con multiplicidad). Entonces existen matrices U U(n) y T Mn(C) triangular superior (o sea que tij = 0 si i > j) que verifican:1. tii = i , 1 =< i =< n y2. A = UTU*Si A Mn(R), el teorema sigue valiendo (entre matrices reales) si (A) R. Adems, si B Mn(C) conmuta con A, se las puede triangular a ambas con la misma matriz unitaria, pero respetando un orden dado para los autovalores en uno solo de los casos (hay que elegir (A o B).Demostracion. La prueba del teorema la realizaremos por induccin sobre la dimensin n.Si n = 1, el resultado es trivial. Si n > 1, tomemos x1 Nu(A 1I) con x1 = 1.Completamos a una bon con vectores x2, . . . , xn, y los ponemos en las columnas de una matriz U1, que resulta unitaria. Es fcil ver que

donde A2 Mn1(C), con autovalores 2, . . . , n. Por HI se triangula a A2 con una matrizunitaria V Mn1(C), que se extiende a otra unitaria U2 Mn(C) poniendo un 1 en ellugar 1, 1 y ceros en los costados. Es fcil verificar que U = U1U2 triangula a A de la formarequerida.El caso real sale igual. Notar que el x1 Rn existe si 1 R. El caso de dos matricesque conmutan se deduce de que Nu(A 1I) es invariante para B, por lo que el vector x1 se puede elegir como un autovector de B (aunque no se sabe cuales de los autovalores de B pueden elegirse). El resto de la prueba sigue igual.

MATRICES NORMALESRecordemos que una matriz A Mn(C) es normal si A*A = AA*, es decir si A conmuta con su adjunta.Definicin Si A Mn(C) es unitariamente equivalente a una matriz diagonal,entonces se dice que A es unitariamente diagonalizable.Notacin: Si a = (a1, . . . , an) Cn, denotaremos por diag (a) a la matriz diagonal

TeoremaSi A = [aij ] Mn(C) tiene autovalores 1, ..., n, las siguientes condiciones son equivalentesa) A es normal.b) A es unitariamente diagonalizable.

La equivalencia entre a) y d) la obtenemos del siguiente hecho: para cadax Cn,

Recordar que si B Mn(C) cumple que (Bx, xi )= 0 para todo x Cn, entoncesB = 0.Por el Teorema de Schur existe una matriz unitaria U y una matriz triangular superior T tal que T = U*AU. Adems como A es normal, T es normal, es decir T*T = TT* y esto ms el hecho de que T es triangular superior implican que T es una matriz diagonal (Ejercicio: verificarlo). Entonces A es unitariamente diagonalizable. Por lo tanto a) implica b). Recprocamente si A es unitariamente diagonalizable, A = U*TU con U unitaria y T diagonal, por lo tanto T es normal. Entonces A es normal. Luego queda demostrado que a) y b) son equivalentes.

Si A es unitariamente diagonalizable, A = U*DU con U unitaria y D diagonal y por el teorema (1.2.2) tenemos que

Asumamos la condicin c). El teorema de Schur nos dice que A es unitariamente equivalentea una matriz T triangular superior, entonces

Por lo tanto tij = 0 para i < j y T es diagonal.Matrices HermitianasUnamatriz Hermitiana(oHermtica) es unamatriz cuadradade elementoscomplejosque tiene la caracterstica de ser igual a su propiatraspuestaconjugada. Es decir, el elemento en lai-sima fila yj-sima columna es igual alconjugadodel elemento en laj-sima fila ei-sima columna, para todos los ndicesiyj:

o, escrita con la traspuesta conjugadaA*:

Por ejemplo,

es una matriz hermtica.

La prctica nos ensea que, por lo general, no es fcil calcular los autovalores de una matriz, pero en muchos casos es suficiente saber que los autovalores estn en un intervalo especificado. El objetivo de esta seccin es estudiar algunas de las principales caractersticas que distinguen a las matrices Hermitianas y conocer principios variacionales que se utilizan para localizar el espectro de una matriz Hermitiana sin la necesidad de conocer los autovectores asociados en forma exacta. Recordemos las notaciones H(n) = {A Mn(C) : A = A*} y Mn(C)+ ={A H(n) : A >=0}.Teorema 1 Si A H(n), entonces A es unitariamente diagonalizable y (A) R.Teorema 2 Sea A H(n). Por el Teorema anterior, (A) R. Por lo tanto, susautovalores pueden ordenarse usando el orden de R. En adelante usaremos las siguientes notaciones:1. (A) = ( 1(A), . . . , n(A)) es el vector de autovalores de A ordenados en forma creciente.2. (A) = (1(A), . . . , n(A)) es el vector de autovalores de A ordenados en forma decreciente,es decir k(A) >=k+1(A), 1 =< k =< n 1. Tambin k(A) = nk+1(A).3. Se llamaran

As, cuando escribamos i(A) o, directamente i (si el contexto es claro) estaremos asumiendo que al enumerar los autovalores de A lo hemos hecho en forma creciente. Y en forma decreciente si escribimos i(A) o i.Para matrices generales la nica caracterizacin conocida de sus autovalores es que son las races del polinomio caracterstico de la matriz. Pero cuando las matrices son Hermitianas, el hecho de poder establecer un orden entre ellos nos permite obtener caracterizaciones ms interesantes. El prximo teorema describe el mximo y el mnimo de los autovalores de la matriz en funcin de las expresiones

conocidas como cocientes de Rayleig-Ritz.Teorema (Rayleigh-Ritz). Sea A H(n). Entonces

Demostracin. Como A es Hermitiana, es unitariamente diagonalizable, es decir A = U*DU, con U U(n) unitaria y D = diag ( 1(A), ..., n(A)). Notar que (Ax, x) = (D Ux, Ux),x Cn. Como U es una isometra

EJERCICIOS1. Determine si la siguiente matriz es Hermitiana

A=

Entonces:A=

De modo que A=A==A

Lo que significa que A es Hermitiana

2. Encontrar una matriz P que diagonalice unitariamente a A

El polinomio caracterstico de A es

Los eigenvalores son:

Por definicin:

Es un eingenvector de A correspondiente a si y solo si x es una solucin no trivial de

Por lo tanto

Por lo tanto este vector es unidimensional con base

Normalizamos el vector

El vector

P1=u/=

Esta es la base ortonormal para La base ortonormal para esP2=u/=Por lo tanto

3. Encontrar una matriz unitaria P que diagonalice a AA=

4. Para:

aplicamos el proceso de eliminacin contnua donde: Donde:

Para:

Donde: Donde:

5. Encontrar k,l,m de modo que A sea una matriz Hermitiana

Donde

6. Determine si la matriz A es unitaria

R1= R2=

===1===1R1*R2==-1/2+1/2=0De modo que los vectores forman un conjunto ortonormal en C ase que A es unitariaAplicaciones: Crecimiento de la poblacinLas matrices pueden aplicarse para elaborar modelos que describan el crecimiento de alguna poblacin. Para ello debemos agrupar la poblacin en clases de edad de la misma duracin. El nmero de elementos de la poblacin en cada clase de edad se representa por el Vector de Distribucin de Edades:

Durante un periodo de L/n aos, la probabilidad de que un elemento de la clase de la i-sima edad sobreviva para convertirse en un elemento de la clase (i+1)-sima edad est dada por pi, donde:

El nmero medio de descendencia producido por un miembro de la clase de la i-sima edad est dado por bi, donde:

Estos nmeros que hemos mencionado pueden escribirse en forma matricial como se muestra a continuacin:

Si multiplicamos esta matriz de Transicin de Edades por el Vector de Distribucin de Edades durante un periodo especfico se obtiene el vector de distribucin de edades para el siguiente periodo, es decir:

EJERCICIOS1. Use la matriz A de Transicin de Edades y el vector X1 de Distribucin de Edades para encontrar los vectores de Distribucin de Edades X2 y X3.

1. Una poblacin presenta las siguientes caractersticas:1. Un total del 75% de la poblacin sobrevive el primer ao. De este 75%, el 25% sobrevive el segundo ao. La duracin mxima de vida es tres aos.1. El nmero medio de descendencia de cada miembro de la poblacin es 2 el primer ao, 4 el segundo y 2 el tercero. Actualmente la poblacin consta con 120 elementos en cada una de las tres clases de edad. Cuntos habr en cada clase de edad en un ao? Y en dos aos?Primeramente formamos la matriz de Transicin de Edades y el Vector de Distribucin de Edades a partir de los datos: Entonces, al cabo de un ao el Vector de Distribucin de Edades quedar as: Habr 960 individuos en la primera clase de edad, 90 en la segunda y 30 en la tercera.Si el patrn de crecimiento no se altera, entonces el Vector de Distribucin de Edades ser:

Habr 2340 individuos en la primera clase de edad, 720 en la segunda y 22 en la tercera.1. Una poblacin de conejos criados en un laboratorio tiene las siguientes caractersticas:1. La mitad de conejos sobrevive el primer ao. De stos, la mitad sobrevive el segundo ao. La duracin mxima de vida es tres aos.1. Durante el primer ao los conejos no producen descendencia. El nmero medio de descendencia es 6 durante el segundo ao y 8 durante el tercer ao.Actualmente, la poblacin de laboratorio consta de 24 conejos en la clase de la primera edad, 24 en la segunda y 20 en la tercera. Cuntas habr en cada clase de edad en un ao?Comenzamos formando la matriz de Transicin de Edades y el Vector de Distribucin de Edades con los datos del problema: Al cabo de un ao el Vector de Distribucin de edades ser: Como conclusin podemos decir que: Al cabo de un ao, en la primera clase de edad habrn 304 conejos; en la segunda clase de edad habrn 12 conejos; y en la tercera clase de edad habrn 12 conejos.1. Determine las cantidades e hembras jvenes y adultas al cabo de 1, 2, 5, 10, 19,20 aos determine las razones de la poblacin joven y adulta ( y las razones del nmero total de hembras en aos sucesivos. Sea y A=Se obtiene , , , ,para lo cual usamos la ecuacin: y obtenemos los siguientes valores establecidos en la siguiente tabla:aonNm. jvenes

Nm. adultas

Poblacin total dehembras en n-esimo ao

0020200-

180169654.8

264691330.9281.39

5109249815902.19-

104241222807652191.86-

193.69*1.95*5.64*1.89-

207.82*4.14*11.96*1.892.12

Si A= Su ecuacin caracterstica es: =

Ahora calculamos los vectores caractersticos correspondientes al valor caractersticos Tenemos. Resolviendo: =tCalculamos los vectores caractersticos correspondientes a Tenemos. Resolviendo: =tPor consiguiente (1.89, 1) es un vector caractersticoSi 1.89/1 = 2.08 esto explica el cociente en la quinta columna de la tabla.

1. Use la matriz A de Transicin de Edades y el vector X1 de Distribucin de Edades para encontrar los vectores de Distribucin de Edades X2 y X3. Luego encuentre una Distribucin de Edades estable para la matriz dada.

Ahora, encontramos una Distribucin de Edades Estable. Para ello encontramos los valores Propios: Los Valores Propios de A son: =-1 y =1.Solo trabajaremos con el Valor Propio positivo, es decir con =1 y hallamos el Vector Propio correspondiente: Si resolvemos el sistema mediante el Mtodo de Eliminacin Continua tenemos: Por lo tanto el vector de Distribucin de Edades es:

Aplicaciones: formas cuadrticasLos Valores Propios y los Vectores Propios se pueden usar para resolver problemas como por ejemplo la rotacin de ejes.Formas Cuadrticas con Dos VariablesUna Forma Cuadrtica con dos variables x y y se define como la siguiente expresin:

Si la ecuacin cuadrtica no contiene el trmino xy, entonces b=0. En cambio, si la ecuacin si contiene el trmino xy, realizamos una rotacin de ejes para obtener una ecuacin sin el trmino xy.A la expresin se le denomina Forma Cuadrtica asociada con la ecuacin cuadrtica . A la matriz se le denomina Matriz de la Forma Cuadrtica.Formas Cuadrticas con n VariablesUna Forma Cuadrtica con n variables, es una expresin que se puede escribir como:

En donde A es una matriz Simtrica de n x n. Si , entonces la definicin se simplificara de la siguiente manera:

Una matriz de la Forma Cuadrtica se puede usar para una rotacin de ejes, as: Entonces la expresin cuadrtica puede escribirse en la forma matricial:

Como A es Simtrica, concluimos que existen una matriz Ortogonal P tal que PTAP=D. Si hacemos que: Si reemplazamos en la expresin de Forma Cuadrtica tenemos:

La eleccin de P debe hacerse con mucho cuidado. Si P se elige de modo que , entonces P ser de la forma: En donde el ngulo es el ngulo de rotacin.Teorema de los Ejes PrincipalesPara una cnica , la rotacin definida por elimina el trmino si P es una matriz Ortogonal con que Diagonaliza a A, es decir:

La ecuacin de la cnica rotada est dada por: Si queremos analizar ecuaciones de superficies cuadrticas en el espacio, que tengan la forma , su matriz de la Forma Cuadrtica es:

Pasos para Rotar una CnicaPaso 1: Formamos la matriz A y determinamos sus Valores Propios.Paso 2: Encontramos los Vectores propios correspondientes. Luego los normalizamos para formar la matriz P.Paso 3: Si , multiplicamos una de las columnas de P por -1 para obtener una matriz de la forma Paso 4: El ngulo representa el ngulo de rotacin de la cnica.Paso 5: La ecuacin de la cnica rotada es EJERCICIOS1. Obtenga la matriz de la forma cuadrtica asociada con la ecuacin dada.

Como tenemos que: a=0, b=10 y c=-10, la matriz de la Forma Cuadrtica sera:

1. Escriba la forma cuadrtica en trminos de las nuevas variables de tal manera que no estn productos cruzados Si: La matriz A asociada con la ecuacin cuadrtica es A=La ecuacin caracterstica es

Se concluye que los valores caractersticos son =0 y =6 y .Por consiguiente en el sistema rotado la ecuacin cuadrtica es:

Determino los vectores caractersticos de A.Para =0x===Resolviendo obtenemos ==tPara =6x===Resolviendo obtenemos ==Para =3x===Resolviendo obtenemos ==Los vectores caractersticos son normalizando estos vectores obtengo las columnas de la matriz P

Concluimos que el ngulo de rotacin es de 4148Y la ecuacin cuadrtica de rotacin es de 3y+6z=0

1. Obtenga la matriz asociada con la ecuacin dada .Encuentre los valores caractersticos de A y una matriz ortogonal P tal que sea diagonal. La matriz asociada con la ecuacin cuadrtica es: A=La ecuacin caracterstica es

Se concluye que los valores caractersticos son =0 y =25Determino los vectores caractersticos de A.Para =0 x= Resolviendo tenemos:

Para =25x= Resolviendo tenemos:

Los vectores caractersticos son normalizando estos vectores obtengo las columnas de la matriz P

Y se verifica que (Matriz diagonal)1. Determine la matriz A de la Forma Cuadrtica asociada con la ecuacin dada. Luego, encuentre la ecuacin de la superficie cuadrtica rotada en la que se hayan eliminado lo trminos xy, xz y yz.

Como tenemos que: a=3, b=3, c=8, d=-2, e=0, f=0, g=0, h=0, i=0 y j=-16.Formamos la matriz de la Forma Cuadrtica:

A continuacin, obtenemos los Valores Propios de la matriz A: Por lo tanto los Valores Propios son: 1=2, 2=4 y 3=8.Finalmente obtenemos la ecuacin rotada igual a:

1. Efecte una rotacin de los ejes que elimine el trmino xy en la ecuacin cuadrtica dada. Identifique la cnica rotada resultante y d su ecuacin en el nuevo sistema de coordenadas. Empezamos hallando la matriz de la Forma Cuadrtica:Tenemos que a=0, b=1, c=0, d=1, e=-2 y f=3, por lo tanto la matriz queda as: Ahora, hallamos los Valores Propios de A: Los Valores Propios son: 1=-1/2 y 2=1/2.Posteriormente encontramos los Vectores Propios correspondientes a los Valores Propios obtenidos:El Vector Propio correspondiente a 1=-1/2 es el vector U=(-1,1).El Vector Propio correspondiente a 2=1/2 es el vector V=(1,1).A continuacin, normalizamos los Vectores obtenidos:

Luego formamos la matriz P con los vectores P1 y P2 como vectores columna:

Como tenemos que , multiplicamos a una de las columnas de P por -1 para obtener que .

Como , concluimos que el ngulo de rotacin es igual a .A continuacin obtenemos los trminos restantes de la ecuacin rotada:

Finalmente, la ecuacin rotada en el nuevo sistema es:

La cul es la ecuacin de una Hiprbola.