Valores y vectores propios

Si $A$ es una matriz regular idempotente ($A^2=A$), justificar si es cierto que: A) $0$ es valor propio de $A$. B) $1$ es el único valor propio de $A$. C) Cualquier número real es valor propio de $A$. D) Ninguna de las anteriores es verdadera.

Qué se pide. Decidir qué valores propios puede tener una matriz que cumple una ecuación polinómica ($A^2=A$) y es regular.

1. Datos: $A^2=A$ y $|A|\neq0$ (regular, U p.27).
2. A) es falsa. Si $0$ fuese valor propio, existiría $v\neq0$ con $Av=0$. Entonces el sistema homogéneo $AX=0$ tendría una solución no nula, luego $\operatorname{rang}A\lt n$ (Rouché, U p.30) y $|A|=0$: contradicción. En general: $0$ es valor propio $\iff|A|=0\iff A$ es singular.
3. Los valores propios solo pueden ser $0$ o $1$. Sea $Av=\lambda v$, $v\neq0$. Multiplicando por $A$: $A^2v=A(\lambda v)=\lambda^2v$. Como $A^2=A$, el primer miembro es $Av=\lambda v$. Luego $(\lambda-\lambda^2)v=0$ y, como $v\neq0$, el escalar es cero: $\lambda(1-\lambda)=0$. Por el paso anterior $\lambda\neq0$; así $\lambda=1$.
4. Existe el valor propio $1$ (paso que el libro omite). Multiplicando $A^2=A$ por $A^{-1}$ queda $A=I$ (idempotente y regular $\Rightarrow A=I$; mismo argumento en tema 1.2, X Feb. 2022), y $Iv=1\cdot v$ para todo $v\neq0$. Así $1$ es valor propio (y $L_1=\mathbb R^n$). Sin este paso, «único valor propio» no estaría probado: una matriz real puede no tener valores propios (ejemplo propio 2).
5. C) falsa (p. ej. $2$ no es valor propio, paso 3). D) falsa porque B es cierta.

Respuesta: B.

Error típico: pasar de $(\lambda-\lambda^2)v=0$ a $\lambda-\lambda^2=0$ sin decir que $v\neq0$; y olvidar que «único valor propio» exige que exista. Teoría: Def. 4.6-4.7 (U p.151); U p.27 y p.30. Nota sobre el libro: E solo prueba «$\lambda$ valor propio $\Rightarrow\lambda=1$» (y usa «$\Leftrightarrow$» donde solo vale «$\Rightarrow$»); no demuestra que $1$ sea valor propio, que es el paso 4.

Si la ecuación característica de $A$ es $(\lambda-3)^2(\lambda+1)=0$ e $I$ es la identidad del mismo orden que $A$, justificar si: A) $|A-I|=|A-3I|$. B) $|A+I|=|A-3I|$. C) $|A+I|=|A+3I|$. D) Ninguna de las anteriores.

Qué se pide. Interpretar $|A-\mu I|$ como el polinomio característico evaluado en $\mu$.

1. Orden de $A$: el polinomio característico tiene grado $n$ (Def. 4.10), aquí $3$; luego $A$ es $3\times3$ y $|A-\lambda I|=-(\lambda-3)^2(\lambda+1)$ (el signo $(-1)^3$ no cambia las raíces).
2. Valores propios (Def. 4.9): $\lambda_1=3$ ($\alpha=2$) y $\lambda_2=-1$ ($\alpha=1$).
3. Clave: $|A-\mu I|=p(\mu)$, que se anula exactamente cuando $\mu$ es valor propio.
   • $|A-3I|$: $\mu=3$, raíz $\Rightarrow0$. $|A+I|=|A-(-1)I|$: $\mu=-1$, raíz $\Rightarrow0$.
   • $|A-I|$: $\mu=1$, $p(1)=-(1-3)^2(1+1)=-8\neq0$. $|A+3I|=|A-(-3)I|$: $\mu=-3$, $p(-3)=-(-6)^2(-2)=72\neq0$.
4. A) $-8\neq0$: falsa. B) $0=0$: cierta. C) $0\neq72$: falsa. D) falsa.

Respuesta: B.

Error típico: leer $|A+I|$ como evaluar en $\lambda=1$. Teoría: Def. 4.9 (U p.152), Def. 4.10 (p.153). Erratas de E: «$\lambda_1=-1$» debe ser $\lambda_2=-1$; «ecuación de grado grado solo puede tres raíces» debe decir «de grado tres solo puede tener tres raíces»; y con $n=3$ el polinomio lleva el signo menos.

Si $\lambda_1=2$, $\lambda_2=1$ y $\lambda_3=-1$ son las raíces características de $A$, justificar si: A) $|A-I|=|A+I|$. B) $|A-I|=|A+2I|$. C) $|A+I|=|A+2I|$.

1. Como en 4.12: $|A-\mu I|=0\iff\mu\in\{2,1,-1\}$.
2. $|A-I|$ ($\mu=1$, raíz) $=0$; $|A+I|$ ($\mu=-1$, raíz) $=0$; $|A+2I|$ ($\mu=-2$, no es raíz) $\neq0$. (Si $A$ es $3\times3$ incluso se calcula: $|A-\mu I|=(2-\mu)(1-\mu)(-1-\mu)$ y en $\mu=-2$ vale $4\cdot3\cdot1=12$.)
3. A) $0=0$: cierta. B) $0\neq|A+2I|$: falsa. C) $0\neq|A+2I|$: falsa.

Respuesta: A.

Omisión en E: para descartar B y C escribe $|A-2I|=|A-I|=|A+I|=0$ (el $|A-2I|$ ni aparece en las opciones); lo que las descarta es que $-2$ no es raíz y por tanto $|A+2I|\neq0$.

Dadas dos matrices $A$ y $B$, justificar si: A) si $A$ y $B$ son semejantes tienen la misma ecuación característica. B) Si $A$ y $B$ tienen la misma ecuación característica son semejantes.

Qué se pide. El Teorema 4.4 y su recíproco falso. (Frontera con el tema 4.1.)

1. A) cierta. $B=P^{-1}AP$ con $P$ regular (Def. 4.5). Como $\lambda I=P^{-1}(\lambda I)P$: $B-\lambda I=P^{-1}(A-\lambda I)P$. Tomando determinantes, $|B-\lambda I|=|P^{-1}||A-\lambda I||P|=|A-\lambda I|$ porque $|P^{-1}||P|=1$. Es el Teorema 4.4.
2. B) falsa: contraejemplo. $A=I_2$, $B=\begin{pmatrix}1&1\cr0&1\end{pmatrix}$. Ambas son triangulares, así que $|A-\lambda I|=|B-\lambda I|=(1-\lambda)^2$.
3. No son semejantes (forma rápida, U Ej. 4.10): para toda $P$ regular, $P^{-1}IP=I\neq B$.
4. Forma larga (útil si ninguna es $I$): buscar $P=\begin{pmatrix}a&b\cr c&d\end{pmatrix}$ con $PB=AP$: $\begin{pmatrix}a&a+b\cr c&c+d\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a&b\cr c&d\end{pmatrix}$ $\Rightarrow a=c=0$, y $|P|=0$: no hay $P$ regular.

Error típico: creer el recíproco. Teoría: Def. 4.5 (U p.148), Teor. 4.4 (p.153), Ej. 4.10 (p.155).

Si $A=\begin{pmatrix}0&a&a^2\cr\tfrac1a&0&a\cr\tfrac1{a^2}&\tfrac1a&0\end{pmatrix}$ con $a\neq0$, justificar si los valores propios de $A$: A) dependen del valor de $a$. B) son $\lambda=-1$, $\lambda=2$. C) son $\lambda=1$, $\lambda=-1$. D) Ninguna de las anteriores.

Qué se pide. Calcular el polinomio característico de una $3\times3$ con parámetro y ver si el parámetro sobrevive.

1. Ecuación característica (Def. 4.9): $\begin{vmatrix}-\lambda&a&a^2\cr\frac1a&-\lambda&a\cr\frac1{a^2}&\frac1a&-\lambda\end{vmatrix}=0$.
2. Sarrus (U p.26). Productos positivos: $(-\lambda)^3=-\lambda^3$; $a\cdot a\cdot\frac1{a^2}=1$; $a^2\cdot\frac1a\cdot\frac1a=1$. Productos negativos (se restan): $a^2(-\lambda)\frac1{a^2}=-\lambda$; $(-\lambda)\,a\,\frac1a=-\lambda$; $a\,\frac1a(-\lambda)=-\lambda$. Así $$|A-\lambda I|=-\lambda^3+2-(-3\lambda)=-\lambda^3+3\lambda+2.$$ No aparece $a$: todos los productos se simplifican.
3. Raíces: divisores de $2$: $\lambda=-1$ da $1-3+2=0$ ✓. Ruffini: $-\lambda^3+3\lambda+2=-(\lambda+1)(\lambda^2-\lambda-2)=-(\lambda+1)^2(\lambda-2)$. Valores propios: $-1$ ($\alpha=2$) y $2$ ($\alpha=1$).
4. A) falsa. B) cierta. C) falsa ($\lambda=1$ da $-1+3+2=4\neq0$). D) falsa.

Respuesta: B. (Los valores propios no dependen de $a$, aunque los vectores propios sí: $L_2=\langle(a^2,a,1)\rangle$.)

Error típico: concluir «dependen de $a$» porque la matriz depende de $a$, sin calcular. Teoría: Def. 4.9 (U p.152); Sarrus (p.26).

Si $A=\begin{pmatrix}-1&3&-3\cr-2&3&-2\cr-2&1&0\end{pmatrix}$, hallar el valor propio correspondiente al vector propio $(-1,0,1)$.

1. Por las Def. 4.6-4.7 buscamos $\lambda$ con $AX=\lambda X$, $X=(-1,0,1)^t\neq0$.
2. Se multiplica: $$AX=\begin{pmatrix}-1&3&-3\\-2&3&-2\\-2&1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1+0-3\\2+0-2\\2+0+0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2\\0\\2\end{pmatrix}.$$
3. Se compara con $\lambda X=(-\lambda,0,\lambda)^t$: $$-2=-\lambda,\qquad0=0,\qquad2=\lambda.$$

   Las tres ecuaciones dan el mismo $\lambda=2$ (si dieran valores distintos, $X$ no sería propio).

Respuesta: $\lambda=2$.

Error típico: usar una sola componente sin comprobar las demás. Teoría: Def. 4.6-4.7 (U p.151).

Si $A$ es la matriz del Ejercicio 4.16, utilizar MAXIMA para encontrar: A) los autovalores y explicar la salida; B) los autovectores y explicar la salida. (Maxima está fuera de examen; se resuelve a mano.)

Qué dice Maxima. eigenvalues(A) devuelve [[2,-1,1],[1,1,1]]: la 1.ª lista son los valores propios y la 2.ª sus multiplicidades algebraicas. eigenvectors(A) devuelve [[[2,-1,1],[1,1,1]],[[[1,0,-1]],[[1,1,1]],[[0,1,1]]]]: repite lo anterior y da, para cada valor propio y en el mismo orden, una lista con una base de su subespacio propio.

1. Polinomio con operaciones de columna (sumar a una columna otra no cambia el determinante, U p.27): $C_3\to C_3+C_2$ deja la columna 3 en $(0,1-\lambda,1-\lambda)^t$ y se saca el factor $(1-\lambda)$: $$(1-\lambda)\begin{vmatrix}-1-\lambda&3&0\\-2&3-\lambda&1\\-2&1&1\end{vmatrix}\overset{F_2\to F_2-F_3}{=}(1-\lambda)\begin{vmatrix}-1-\lambda&3&0\\0&2-\lambda&0\\-2&1&1\end{vmatrix}.$$

   Desarrollando por la 3.ª columna:

   $$|A-\lambda I|=(1-\lambda)(-1-\lambda)(2-\lambda).$$

   Valores propios $2,-1,1$, todos con $\alpha=1$.

2. $L_2$: $$A-2I=\begin{pmatrix}-3&3&-3\\-2&1&-2\\-2&1&-2\end{pmatrix}:\quad x_1-x_2+x_3=0,\ \ -2x_1+x_2-2x_3=0.$$

   Sumando: $-x_1-x_3=0\Rightarrow x_3=-x_1$, y $x_2=0$. $L_2=\langle(1,0,-1)\rangle$.

3. $L_{-1}$: $$A+I=\begin{pmatrix}0&3&-3\\-2&4&-2\\-2&1&1\end{pmatrix}:$$

   fila 1 $\Rightarrow x_2=x_3$; fila 2 $\Rightarrow x_1=x_2$. $L_{-1}=\langle(1,1,1)\rangle$.

4. $L_1$: $$A-I=\begin{pmatrix}-2&3&-3\\-2&2&-2\\-2&1&-1\end{pmatrix}:$$

   fila 2 $\Rightarrow x_1=x_2-x_3$; en la fila 3, $-2x_2+2x_3+x_2-x_3=0\Rightarrow x_2=x_3$ y $x_1=0$. $L_1=\langle(0,1,1)\rangle$.

5. Cada $d_i=1=\alpha_i$ (Teor. 4.5 ya lo forzaba). Coincide con Maxima.

Teoría: Def. 4.8-4.9 (U p.152), Def. 4.11 (p.155); propiedades de determinantes (p.26-27).

Si $A=\begin{pmatrix}2&2&-2\cr0&3&-1\cr0&1&1\end{pmatrix}$, justificar si el conjunto de los vectores $\bar v$, no nulos, tales que $A\bar v=\lambda\bar v$ para un valor determinado de $\lambda$, es: A) $\{(1,0,0)\}$. B) $\{(1,0,0),(0,1,1)\}$. C) El subespacio de $\mathbb R^3$ definido por $x_2-x_3=0$.

1. Valores propios. Desarrollando por la 1.ª columna (un solo elemento no nulo): $$|A-\lambda I|=(2-\lambda)\begin{vmatrix}3-\lambda&-1\\1&1-\lambda\end{vmatrix}=(2-\lambda)\big[(3-\lambda)(1-\lambda)+1\big]=(2-\lambda)(\lambda^2-4\lambda+4)=(2-\lambda)^3.$$

   Único valor propio: $\lambda=2$, $\alpha=3$. «Un valor determinado de $\lambda$» solo puede ser $2$.

2. Subespacio propio: $$A-2I=\begin{pmatrix}0&2&-2\\0&1&-1\\0&1&-1\end{pmatrix}.$$

   Las tres filas son proporcionales a $(0,1,-1)$: rango $1$, una sola ecuación $x_2-x_3=0$; $d=3-1=2$, base $\{(1,0,0),(0,1,1)\}$. ($d=2<\alpha=3$: compatible con el Teor. 4.5.)

3. A) falsa: $(1,0,0)$ es propio pero no el único: $(2,0,0)$, $(0,1,1)$, $(1,1,1)$… también.
4. B) falsa: esos dos vectores son una base de $L_2$, no todos los vectores propios (falta, por ejemplo, $(1,1,1)$).
5. C) es la opción del libro: $L_2=\{x:x_2-x_3=0\}$.

Respuesta: C (con el matiz siguiente).

Error típico: confundir el subespacio propio con una base suya (opción B). Este mismo ejercicio cayó en X Feb. 2019 (B), problema a), desarrollado en el tema 4.3. Teoría: Def. 4.8 (U p.152), Def. 4.11 (p.155), Teor. 4.5 (p.158).

Si $A=\begin{pmatrix}2&1&-1\cr0&2&0\cr0&1&1\end{pmatrix}$ y $S$ es el subespacio de vectores propios asociados a $2$: A) comprobar que $2$ es valor propio y calcular su multiplicidad algebraica. B) Ecuaciones cartesianas de $S$. C) Ecuaciones paramétricas de $S$. D) Interpretar la salida de eigenvectors(A) (Maxima).

1. A) Desarrollando por la 1.ª columna: $$|A-\lambda I|=\begin{vmatrix}2-\lambda&1&-1\\0&2-\lambda&0\\0&1&1-\lambda\end{vmatrix}=(2-\lambda)\begin{vmatrix}2-\lambda&0\\1&1-\lambda\end{vmatrix}=(2-\lambda)^2(1-\lambda).$$

   $\lambda=2$ anula el polinomio (es valor propio, Def. 4.9) y aparece dos veces: $\alpha(2)=2$. (El otro: $\lambda=1$, $\alpha=1$.)

2. B) $(A-2I)X=0$ con $$A-2I=\begin{pmatrix}0&1&-1\\0&0&0\\0&1&-1\end{pmatrix}:$$

   rango $1$ (filas 1 y 3 iguales, fila 2 nula) $\Rightarrow$ una ecuación: $S:\ x_2-x_3=0$.

3. C) $\dim S=3-1=2$ parámetros: $x_1=s$, $x_2=t$, $x_3=t$, es decir $$(x_1,x_2,x_3)=s(1,0,0)+t(0,1,1),\qquad s,t\in\mathbb R.$$

   ($d(2)=2=\alpha(2)$.)

4. D) Maxima devuelve [[[1,2],[1,2]],[[[1,0,1]],[[1,0,0],[0,1,1]]]]: valores propios $1,2$ con multiplicidades $1,2$; base de $L_1$: $(1,0,1)$; base de $L_2$: $(1,0,0),(0,1,1)$. Comprobación a mano de $L_1$: $$A-I=\begin{pmatrix}1&1&-1\\0&1&0\\0&1&0\end{pmatrix}\ \Rightarrow\ x_2=0,\ x_1=x_3.$$

Erratas de E: en A) el determinante lleva $+1$ en la posición $(1,3)$ en lugar de $-1$ (no afecta, se desarrolla por la 1.ª columna); en D) la salida de Maxima está mal transcrita (falta la estructura de corchetes); en C) usa $\alpha$ como parámetro cuando $\alpha$ es la multiplicidad: mejor $s,t$. Teoría: Def. 4.8-4.9 (U p.152), Def. 4.11 (p.155).

Si $A$ es regular y $B$ es cuadrada del mismo orden, justificar si los valores propios de $AB$ y $BA$ son: A) iguales. B) opuestos. C) recíprocos.

1. Vía semejanza (la más corta). Como $A$ es regular, $A^{-1}(AB)A=(A^{-1}A)BA=BA$: $BA$ es semejante a $AB$ con matriz de paso $A$ (Def. 4.5). Por el Teor. 4.4 tienen el mismo polinomio característico $\Rightarrow$ los mismos valores propios (y las mismas $\alpha$).
2. Vía del libro. $AB-\lambda I=A(B-\lambda A^{-1})$ y $BA-\lambda I=(B-\lambda A^{-1})A$; con $|XY|=|X||Y|=|Y||X|$: $|AB-\lambda I|=|A||B-\lambda A^{-1}|=|(B-\lambda A^{-1})A|=|BA-\lambda I|$.
3. B y C son falsas en general. Con $A=I$ y $B=2I$: $AB=BA=2I$ tiene el valor propio $2$, no $-2$ (opuesto) ni $\tfrac12$ (recíproco).

Respuesta: A. (Con $A=\begin{pmatrix}1&2\cr3&4\end{pmatrix}$, $B=\begin{pmatrix}0&1\cr5&2\end{pmatrix}$ ambos polinomios son $\lambda^2-21\lambda+10$.)

Nota: el resultado es cierto también con $A$ singular, pero esta prueba necesita $A^{-1}$; no se pide más. Teoría: Def. 4.5 (U p.148), Teor. 4.4 (p.153), U p.26.

El determinante de una matriz $A$ de orden $6$ semejante a una diagonal cuyos valores propios son $2$ y $-3$ con multiplicidades algebraicas $4$ y $2$ es: A) $144$. B) $-6$. C) independiente de los valores propios.

1. La diagonal. Una diagonal es triangular: $|\Lambda-\lambda I|=\prod(\lambda_{ii}-\lambda)$, sus valores propios son sus elementos diagonales repetidos tantas veces como aparecen. Con $\alpha(2)=4$ y $\alpha(-3)=2$: $\Lambda=\operatorname{diag}(2,2,2,2,-3,-3)$.
2. Semejantes, mismo determinante: $\Lambda=P^{-1}AP\Rightarrow|\Lambda|=|P^{-1}||A||P|=|A|$ (también es el término independiente del polinomio, $\lambda=0$).
3. $|A|=|\Lambda|=2^4\cdot(-3)^2=16\cdot9=144$.

Respuesta: A. B) ($-6=2\cdot(-3)$) olvida las multiplicidades.

Teoría: Def. 4.5 (U p.148), Teor. 4.4 (p.153), U p.26. Más ejercicios de este tipo: 1.3 X Feb. 2019 (B), Sept. 2024, Feb. 2026 (2.ª).

Si $A$ es singular con filas $(a,1,2)$, $(b,2,1)$, $(c,-1,1)$ y son vectores propios $(-1,0,1)$ y $(1,1,0)$, justificar si: A) todos los valores propios de $A$ son iguales. B) $a,b,c$ valen $2,1,1$. C) los dos vectores pertenecen al mismo subespacio propio. D) Ninguna de las anteriores.

1. Plantear la definición con valores propios desconocidos $\mu$ (de $u=(-1,0,1)$) y $\nu$ (de $w=(1,1,0)$; E los llama $\alpha$ y $\beta$, aquí $\mu,\nu$ para no confundir con la multiplicidad $\alpha$): $$Au=\begin{pmatrix}-a+2\\-b+1\\-c+1\end{pmatrix}=\mu\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix},\qquad Aw=\begin{pmatrix}a+1\\b+2\\c-1\end{pmatrix}=\nu\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}.$$

   Es decir:

   $$-a+2=-\mu,\quad-b+1=0,\quad-c+1=\mu,\quad a+1=\nu,\quad b+2=\nu,\quad c-1=0.$$
2. Resolver (seis ecuaciones, cinco incógnitas; se encadenan): $$b=1,\quad c=1;\qquad\nu=b+2=3;\qquad a=\nu-1=2;\qquad\mu=-c+1=0.$$

   Comprobación de la primera: $-2+2=0=-\mu$ ✓.

   $$A=\begin{pmatrix}2&1&2\\1&2&1\\1&-1&1\end{pmatrix},\qquad Au=0\cdot u,\quad Aw=3w.$$
3. A) falsa: hay al menos dos valores propios distintos, $0$ y $3$. B) cierta. C) falsa: $u\in L_0$ y $w\in L_3$, y subespacios de valores distintos solo comparten el $0$ (directamente: $Aw=(3,3,0)^t\neq0\cdot w$). D) falsa.

Respuesta: B.

Complementos. (i) La hipótesis «singular» es redundante: sale $\mu=0$, luego $|A|=0$ (comprobación: $2\cdot3-1\cdot0+2\cdot(-3)=0$). (ii) El tercer valor propio, por la traza: $\operatorname{tr}A=5=0+3+\lambda_3\Rightarrow\lambda_3=2$, con vector propio $(-1,-2,1)$. Polinomio: $-\lambda(\lambda-3)(\lambda-2)$.

Error típico: suponer que ambos vectores comparten valor propio (una sola $\lambda$). Teoría: Def. 4.6 (U p.151), p.152.

Sabiendo que $A$ es la matriz de un endomorfismo cuyas dos primeras columnas son $(4,2,2)$, $(2,1,1)$, y que es simétrica y $(2,1,-2)$ es vector propio, se pide: A) completar la matriz. B) Encontrar sus valores propios (Maxima). C) Encontrar bases de los subespacios propios (Maxima).

1. A) Simetría ($a_{ij}=a_{ji}$): $a_{31}=a_{13}=2$, $a_{32}=a_{23}=1$; solo falta $a_{33}=m$: $$A=\begin{pmatrix}4&2&2\\2&1&1\\2&1&m\end{pmatrix}.$$
2. Vector propio $X=(2,1,-2)^t$: $$AX=\begin{pmatrix}8+2-4\\4+1-2\\4+1-2m\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6\\3\\5-2m\end{pmatrix}=\lambda\begin{pmatrix}2\\1\\-2\end{pmatrix}.$$

   Fila 1: $\lambda=3$; fila 2: $3=\lambda$ ✓; fila 3: $5-2m=-6\Rightarrow m=\tfrac{11}2$.

   $$A=\begin{pmatrix}4&2&2\\2&1&1\\2&1&\tfrac{11}2\end{pmatrix}.$$
3. B) Valores propios sin Maxima (traza y determinante): fila 1 $=2\cdot$ fila 2 $\Rightarrow|A|=0\Rightarrow\lambda=0$ es valor propio. Ya sabemos $\lambda=3$. Traza: $$4+1+\tfrac{11}2=\tfrac{21}2=\text{suma de los tres}\ \Rightarrow\ \lambda_3=\tfrac{21}2-0-3=\tfrac{15}2.$$

   Valores propios $\tfrac{15}2,\ 3,\ 0$, distintos, cada uno con $\alpha=d=1$. (Maxima: [[15/2,3,0],[1,1,1]].)

4. C) Bases. $L_3$: ya tenemos $(2,1,-2)$. $L_0$: $AX=0$; fila 3 $-$ fila 2: $\tfrac92x_3=0\Rightarrow x_3=0$; fila 2: $2x_1+x_2=0$: $(1,-2,0)$. $L_{15/2}$: $$2(A-\tfrac{15}2I)=\begin{pmatrix}-7&4&4\\4&-13&2\\4&2&-4\end{pmatrix};$$

   fila 3: $x_3=x_1+\tfrac{x_2}2$; en la fila 1: $-3x_1+6x_2=0\Rightarrow x_1=2x_2$; con $x_2=2$: $(4,2,5)$ (fila 2: $16-26+10=0$ ✓). Maxima da vectores proporcionales a estos.

5. Observación (anticipa 5.3). Los tres vectores son ortogonales dos a dos: $$(4,2,5)\cdot(2,1,-2)=0,\qquad(4,2,5)\cdot(1,-2,0)=0,\qquad(2,1,-2)\cdot(1,-2,0)=0.$$

   Es lo que pasa siempre con matrices simétricas.

Errata de E: en C) la «segunda parte» de la salida de Maxima lleva un corchete de cierre de más. Teoría: Def. 4.6 (U p.151), Teor. 4.4 (p.153), U p.26-27.

Valores propios y subespacios propios.

1. El polinomio característico: $$|A-\lambda I|=(4-\lambda)(3-\lambda)-2=\lambda^2-7\lambda+10=(\lambda-5)(\lambda-2).$$

   Valores $5$ y $2$.

2. $L_5$: $$A-5I=\begin{pmatrix}-1&1\\2&-2\end{pmatrix},$$

   rango $1$: $x_1=x_2$; base $(1,1)$. $L_2$:

   $$A-2I=\begin{pmatrix}2&1\\2&1\end{pmatrix}:\quad2x_1+x_2=0;\ \text{base }(1,-2).$$
3. Comprobación: $A(1,-2)^t=(2,-4)^t=2(1,-2)^t$; $5+2=7=\operatorname{tr}A$; $5\cdot2=10=|A|$.

$A=\begin{pmatrix}0&-1\cr1&0\end{pmatrix}$ (giro de $90^\circ$). ¿Tiene valores propios?

1. $|A-\lambda I|=\lambda^2+1$, sin raíces reales.
2. Como U exige $\lambda\in\mathbb R$ (Def. 4.6), $A$ no tiene valores propios: ningún vector conserva su recta al girarlo $90^\circ$.

Moraleja: no se puede dar por hecho que existan (ver la omisión de E 4.11).

$A=\begin{pmatrix}3&1\cr-1&1\end{pmatrix}$: valores propios y multiplicidades.

1. $\lambda^2-4\lambda+4=(\lambda-2)^2$: $\lambda=2$, $\alpha=2$.
2. $A-2I=\begin{pmatrix}1&1\cr-1&-1\end{pmatrix}$, rango $1\Rightarrow d=2-1=1$: $L_2=\langle(1,-1)\rangle$.
3. $d=1\lt\alpha=2$: no hay base de vectores propios (tema 4.3).

$A=\begin{pmatrix}2&1&1\cr0&1&-1\cr0&0&-1\end{pmatrix}$: valores y subespacios propios.

1. $A-\lambda I$ es triangular: $$|A-\lambda I|=(2-\lambda)(1-\lambda)(-1-\lambda).$$

   Valores propios: la diagonal, $2,1,-1$.

2. $L_2$: $$\begin{pmatrix}0&1&1\\0&-1&-1\\0&0&-3\end{pmatrix}\ \Rightarrow\ x_3=0,\ x_2=0:\quad(1,0,0).$$
3. $L_1$: $$\begin{pmatrix}1&1&1\\0&0&-1\\0&0&-2\end{pmatrix}\ \Rightarrow\ x_3=0,\ x_1=-x_2:\quad(1,-1,0).$$
4. $L_{-1}$: $$\begin{pmatrix}3&1&1\\0&2&-1\\0&0&0\end{pmatrix}\ \Rightarrow\ x_3=2x_2,\ 3x_1=-x_2-x_3=-3x_2:\quad(-1,1,2).$$

¿Para qué $m$ es $\lambda=3$ valor propio de $A=\begin{pmatrix}1&m\cr2&1\end{pmatrix}$? Calcula todos los valores y vectores propios para ese $m$.

1. Hace falta $|A-3I|=\begin{vmatrix}-2&m\cr2&-2\end{vmatrix}=4-2m=0\Rightarrow m=2$.
2. Con $m=2$: $\operatorname{tr}A=2$, así que el otro valor propio es $2-3=-1$ (y $|A|=-3=3\cdot(-1)$ ✓).
3. $L_3=\langle(1,1)\rangle$, $L_{-1}=\langle(1,-1)\rangle$.

$A=\begin{pmatrix}3&1&1\cr1&3&1\cr1&1&3\end{pmatrix}$: polinomio característico factorizado y subespacios propios.

1. Polinomio. $C_1\to C_1+C_2+C_3$ (no cambia el determinante, U p.27) deja la 1.ª columna en $(5-\lambda)(1,1,1)^t$. Sacando el factor: $$(5-\lambda)\begin{vmatrix}1&1&1\\1&3-\lambda&1\\1&1&3-\lambda\end{vmatrix};$$

   $F_2-F_1$ y $F_3-F_1$ dejan una triangular con diagonal $1,\ 2-\lambda,\ 2-\lambda$. Resultado:

   $$(5-\lambda)(2-\lambda)^2.$$
2. $L_2$: $A-2I$ es la matriz de unos, rango $1$: $x_1+x_2+x_3=0$; $d=2=\alpha$; base $(-1,1,0),(-1,0,1)$.
3. $L_5$: $$A-5I=\begin{pmatrix}-2&1&1\\1&-2&1\\1&1&-2\end{pmatrix},$$

   rango $2$: $x_1=x_2=x_3$; base $(1,1,1)$.

4. Control: $5+2+2=9=\operatorname{tr}A$; $5\cdot2\cdot2=20=|A|$.

$A=\begin{pmatrix}1&1&0\cr-1&3&0\cr0&0&2\end{pmatrix}$: valores propios y multiplicidades.

1. Por la 3.ª fila: $$|A-\lambda I|=(2-\lambda)\big[(1-\lambda)(3-\lambda)+1\big]=(2-\lambda)(\lambda-2)^2=-(\lambda-2)^3:$$

   $\lambda=2$, $\alpha=3$.

2. $$A-2I=\begin{pmatrix}-1&1&0\\-1&1&0\\0&0&0\end{pmatrix},$$

   rango $1\Rightarrow d=2$: $L_2:\ x_1=x_2$, base $(1,1,0),(0,0,1)$. Se cumple $1\le2<3$ (Teor. 4.5), como en U Ej. 4.12.

$A=\begin{pmatrix}1&1&0\cr0&3&3\cr0&4&2\end{pmatrix}$ tiene un vector propio $(1,0,0)$. Halla todos sus valores propios sin desarrollar el cúbico.

1. $A(1,0,0)^t=(1,0,0)^t$: $\lambda_1=1$.
2. Traza y determinante (por la 1.ª columna): $$1+3+2=6=1+\lambda_2+\lambda_3\ \Rightarrow\ \lambda_2+\lambda_3=5,$$ $$|A|=1\cdot(6-12)=-6=1\cdot\lambda_2\lambda_3\ \Rightarrow\ \lambda_2\lambda_3=-6.$$
3. $\lambda_2,\lambda_3$ son raíces de $$t^2-5t-6=(t-6)(t+1):$$

   $6$ y $-1$. (Polinomio: $-(\lambda-6)(\lambda-1)(\lambda+1)$.)

Si $Av=\lambda v$ con $v\neq0$: ¿qué pasa con $A^2$, $A^3$, $A^{-1}$ y $A^2-3A+I$? Aplícalo a $A=\begin{pmatrix}4&1\cr2&3\end{pmatrix}$ (valores $5,2$; vectores $(1,1),(1,-2)$).

1. $$A^2v=A(\lambda v)=\lambda^2v,\qquad A^kv=\lambda^kv\ \text{(por inducción)}.$$
2. Si $A$ es regular, $\lambda\neq0$ (E 4.11) y $$v=A^{-1}Av=\lambda A^{-1}v\ \Rightarrow\ A^{-1}v=\tfrac1\lambda v.$$
3. Para un polinomio $q$: $q(A)v=q(\lambda)v$. El mismo $v$ sirve en todos los casos.
4. Con $A$ dada: $A^{-1}$ tiene valores $\tfrac15,\tfrac12$; $A^3$: $125$ y $8$; $A^2-3A+I$: $$25-15+1=11\quad\text{y}\quad4-6+1=-1.$$

Conexión con la autoevaluación (U p.190): el ítem 4 es justo esto.

$A=\begin{pmatrix}2&0&0\cr a&2&0\cr1&1&3\end{pmatrix}$. Valores propios, $\alpha$ y $d$ según $a$.

1. Triangular inferior: $$|A-\lambda I|=(2-\lambda)^2(3-\lambda)\quad\text{para todo }a:$$

   $\lambda=2$ ($\alpha=2$), $\lambda=3$ ($\alpha=1$).

2. $$A-2I=\begin{pmatrix}0&0&0\\a&0&0\\1&1&1\end{pmatrix}.$$

   Si $a\neq0$: rango $2\Rightarrow d(2)=1<\alpha$; $L_2:\ x_1=0,\ x_1+x_2+x_3=0$, base $(0,-1,1)$. Si $a=0$: rango $1\Rightarrow d(2)=2=\alpha$; $L_2:\ x_1+x_2+x_3=0$, base $(-1,1,0),(-1,0,1)$.

3. $L_3$ (cualquier $a$): $$A-3I=\begin{pmatrix}-1&0&0\\a&-1&0\\1&1&0\end{pmatrix}\ \Rightarrow\ x_1=x_2=0:\quad\text{base }(0,0,1).$$

Moraleja (para el 4.3): el mismo polinomio característico puede dar $d$ distintas; la diferencia está en $\operatorname{rang}(A-\lambda I)$, no en $\operatorname{rang}A$.

Dada $B=\begin{pmatrix}a&1&2\cr0&b&-1\cr4&-3&c\end{pmatrix}$ con $a,b,c\in\mathbb R$, calcule $a$, $b$ y $c$ para que $\begin{pmatrix}1\cr1\cr1\end{pmatrix}$ sea un autovector asociado al autovalor $7$ de $B$.

Qué se pide. Traducir «autovector de autovalor $7$» a ecuaciones. Oficial: $a=4$, $b=8$, $c=6$ (correcta).

1. Qué hay que imponer (Def. 4.6-4.7): $X=(1,1,1)^t$ es autovector con autovalor $7$ si $X\neq0$ y $BX=7X$. Como $X\neq0$, solo queda la igualdad matricial. No hace falta el polinomio característico: nos dan a la vez el vector y el valor.
2. Calcular $BX$ (cada componente es la suma de la fila): $$BX=\begin{pmatrix}a+1+2\\b-1\\4-3+c\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a+3\\b-1\\c+1\end{pmatrix}.$$
3. Igualar a $7X=(7,7,7)^t$ componente a componente: $$a+3=7,\qquad b-1=7,\qquad c+1=7.$$
4. Resolver: $$a=4,\qquad b=8,\qquad c=6$$

   (cada ecuación tiene una sola incógnita).

5. Comprobación: con $$B=\begin{pmatrix}4&1&2\\0&8&-1\\4&-3&6\end{pmatrix},\qquad B(1,1,1)^t=(7,7,7)^t.$$

   (Polinomio $-(\lambda-7)(\lambda^2-11\lambda+16)$: $7$ es raíz.)

Error típico: calcular el polinomio característico con tres parámetros (enorme e innecesario); o igualar $BX$ a $X$ en vez de a $7X$.

Sea $Q(x_1,x_2,x_3)=6x_1^2+4x_1x_2+4x_1x_3+8x_2x_3$ una forma cuadrática. Halle la matriz $A$ asociada a $Q$. Calcule el autovalor correspondiente al autovector $(2,1,1)$ de $A$. Halle la signatura de $Q$. (Este apartado es el segundo; los otros son del tema 6.)

Qué se pide. Calcular el valor propio de un vector propio dado. Oficial: $A=\begin{pmatrix}6&2&2\cr2&0&4\cr2&4&0\end{pmatrix}$, $\lambda=8$ (correcta).

1. Dato (tema 6.2): la diagonal de $A$ son los coeficientes de los cuadrados y fuera de ella va la mitad del coeficiente de cada producto cruzado: $$A=\begin{pmatrix}6&2&2\\2&0&4\\2&4&0\end{pmatrix}.$$
2. Qué se pide (Def. 4.7): el $\lambda$ tal que $AX=\lambda X$, con $X=(2,1,1)^t$. El enunciado afirma que $X$ es autovector, así que basta ver qué múltiplo de $X$ es $AX$.
3. Calcular: $$AX=\begin{pmatrix}12+2+2\\4+0+4\\4+4+0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}16\\8\\8\end{pmatrix}=8\begin{pmatrix}2\\1\\1\end{pmatrix}.$$
4. Conclusión: $\lambda=8$. Las tres componentes dan el mismo cociente ($16/2=8/1=8/1=8$); si no coincidieran, $X$ no sería autovector.
5. Para el 3.er apartado ya conocemos una raíz: $$|A-\lambda I|=-(\lambda-8)(\lambda-2)(\lambda+4),$$

   así que basta dividir por $(\lambda-8)$ con Ruffini.

Error típico: calcular todo el polinomio y luego adivinar cuál raíz «corresponde» al vector; no comprobar que el cociente es el mismo en todas las componentes.

Si $(1,1,0)$ y $(-1,0,1)$ son vectores propios de la matriz de filas $(a,1,2)$, $(b,2,1)$, $(c,-1,1)$, hallar los valores propios asociados a dichos vectores propios.

Qué se pide. Es el Ejercicio 4.22 de E con otros datos. Oficial: $a=2$, $b=1$, $c=1$, $\lambda=3$ (para $(1,1,0)$), $\mu=0$ (para $(-1,0,1)$) (correcta).

1. Planteamiento (Def. 4.6-4.7). $$A=\begin{pmatrix}a&1&2\\b&2&1\\c&-1&1\end{pmatrix}.$$

   Sea $\lambda$ el valor propio de $u=(1,1,0)$ y $\mu$ el de $v=(-1,0,1)$; son incógnitas junto con $a,b,c$.

2. Para $u$: $$Au=\begin{pmatrix}a+1\\b+2\\c-1\end{pmatrix}=\lambda\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}:\qquad a+1=\lambda,\ b+2=\lambda,\ c-1=0.$$
3. Para $v$: $$Av=\begin{pmatrix}-a+2\\-b+1\\-c+1\end{pmatrix}=\mu\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}:\qquad-a+2=-\mu,\ -b+1=0,\ -c+1=\mu.$$
4. Resolver (seis ecuaciones, cinco incógnitas; se encadenan): $$c=1;\quad\mu=-c+1=0;\quad b=1;\quad-a+2=0\Rightarrow a=2;\quad\lambda=a+1=3,$$

   y la ecuación sobrante $b+2=3=\lambda$ ✓ (si fallara, no existiría tal matriz).

5. Respuesta: $\lambda=3$ para $(1,1,0)$ y $\mu=0$ para $(-1,0,1)$. Que $0$ sea valor propio es posible: significa $Av=0$, $v\in\operatorname{Nuc}A$ (lo que no puede ser nulo es el vector).
6. Comprobación: $$A=\begin{pmatrix}2&1&2\\1&2&1\\1&-1&1\end{pmatrix}\ \text{tiene polinomio}\ -\lambda(\lambda-3)(\lambda-2).$$

Error típico: pensar que el valor propio $0$ «no vale»; usar la misma letra $\lambda$ para los dos vectores.

Feb. 2017: sabiendo que $A=(a_{ij})$ es la matriz de un endomorfismo simétrico cuyas dos primeras columnas son $(4,2,2)$, $(2,1,1)$ y que $(2,1,-2)$ es un vector propio, el elemento $a_{33}$ es: A) $3$; B) $\tfrac{11}2$; C) $-1$; D) ninguno. Feb. 2022: igual enunciado, abierto: halle la matriz $A$.

Qué se pide. Es el Ejercicio 4.23 A de E. Oficial: B ($a_{33}=\tfrac{11}2$, con $\lambda=3$) (correcta). Solo se usa la simetría para rellenar la matriz y la definición de autovector: es de este tema (y el 5.3 debe enlazar aquí).

1. Completar con la simetría ($a_{ij}=a_{ji}$): las dos primeras columnas dan $a_{31}=2$, $a_{32}=1$; por simetría $a_{13}=2$, $a_{23}=1$. Solo queda libre $a_{33}=m$: $$A=\begin{pmatrix}4&2&2\\2&1&1\\2&1&m\end{pmatrix}.$$
2. Imponer el vector propio (Def. 4.6): existe $\lambda\in\mathbb R$ con $AX=\lambda X$, $X=(2,1,-2)^t$. El valor $\lambda$ es otra incógnita.
3. Calcular: $$AX=\begin{pmatrix}8+2-4\\4+1-2\\4+1-2m\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6\\3\\5-2m\end{pmatrix}.$$
4. Igualar a $\lambda X=(2\lambda,\lambda,-2\lambda)^t$: $$6=2\lambda,\quad3=\lambda\ (\text{compatibles: }\lambda=3),\quad5-2m=-6\Rightarrow m=\tfrac{11}2.$$
5. Respuesta: $a_{33}=\tfrac{11}2$ (opción B) y $$A=\begin{pmatrix}4&2&2\\2&1&1\\2&1&\tfrac{11}2\end{pmatrix}.$$

   Comprobación: $A(2,1,-2)^t=(6,3,-6)^t=3(2,1,-2)^t$; valores propios $0,3,\tfrac{15}2$.

Error típico: suponer que la 3.ª columna es $(2,1,1)$ o dejar $a_{13},a_{23}$ como incógnitas (no se usa la simetría); suponer $\lambda=1$. Misma pregunta: E 4.23.

Razone si la siguiente afirmación es correcta: si $u$ y $v$ son autovectores de la matriz $A$ asociados al mismo autovalor $\lambda=5$, entonces $u+v$ es un autovector de $A$ asociado al autovalor $\lambda=5$.

1. Definición (Def. 4.6): $w$ es autovector de $A$ asociado a $5$ si (i) $Aw=5w$ y (ii) $w\neq0$. Hay que comprobar las dos para $w=u+v$.
2. Condición (i): siempre se cumple. $A(u+v)=Au+Av=5u+5v=5(u+v)$.
3. Condición (ii): puede fallar. Si $Au=5u$, también $A(-u)=-5u=5(-u)$ y $-u\neq0$: $v=-u$ es autovector de $5$. Pero $u+v=0$ no lo es.
4. Contraejemplo concreto: $A=\begin{pmatrix}5&0\cr0&5\end{pmatrix}$, $u=(1,0)$, $v=(-1,0)$: ambos cumplen $Ax=5x$ y son no nulos, y $u+v=(0,0)$.
5. Conclusión: falsa en general. Versión correcta: «si $u+v\neq0$, entonces $u+v$ es autovector de $5$», y «$u+v\in L_5$ siempre», porque $L_5=\{X:(A-5I)X=0\}$ es el conjunto de soluciones de un sistema homogéneo, que es un subespacio (contiene al $0$ y es cerrado por sumas y múltiplos).

Error típico: el de la propia oficial: confundir «autovector de $\lambda$» con «elemento del subespacio propio $L_\lambda$» ($L_\lambda$ = autovectores de $\lambda$ más el $0$; la Def. 4.8 de U también lo dice de forma imprecisa).

Si el polinomio característico de $A$ es $(\lambda+8)^2(\lambda-3)^2$, justifique si es cierto o no que $|A+8I|=|A-3I|$, donde $I$ es la matriz identidad de orden $4$.

Qué se pide. Es el truco de E 4.12-4.13. Oficial: $|A+8I|=|A-3I|=0$ (correcta, muy escueta).

1. Qué significa el dato (Def. 4.10): el polinomio característico es $p(\lambda)=|A-\lambda I|$. Por tanto, para cualquier número $t$, $|A-tI|=p(t)$. (Su grado es $4$: $A$ es $4\times4$, de acuerdo con $I$ de orden $4$.)
2. Reescribir $A+8I=A-(-8)I$: $|A+8I|=p(-8)=(-8+8)^2(-8-3)^2=0\cdot121=0$.
3. Igual con $A-3I$: $|A-3I|=p(3)=(3+8)^2(3-3)^2=121\cdot0=0$.
4. Conclusión: cierto, ambos valen $0$. Interpretación: $-8$ y $3$ son valores propios (raíces de la ecuación característica, Def. 4.9); $\lambda$ es valor propio exactamente cuando $A-\lambda I$ es singular.
5. Información extra: $\alpha(-8)=2$, $\alpha(3)=2$; $|A|=p(0)=8^2\cdot3^2=576$; por el Teor. 4.5, $1\le d\le2$ para cada uno, así que con este dato no se sabe si $A$ es diagonalizable (tema 4.3).

Error típico: evaluar en $+8$ en vez de $-8$; intentar «reconstruir» $A$.

Si $A$ es una matriz de orden $3$ y la salida de eigenvalues(A) es [[2,-1,1],[1,1,1]], explique qué información está dando MAXIMA con dicha salida.

Qué se pide. Aunque Maxima está fuera del temario, la pregunta es de teoría de este tema: multiplicidad algebraica. Oficial: «tres autovalores simples $\{2,-1,1\}$» (correcta).

1. Formato: dos listas; la primera son los valores propios distintos y la segunda, en el mismo orden, su multiplicidad algebraica (Def. 4.11).
2. Lectura: $\lambda_1=2$, $\lambda_2=-1$, $\lambda_3=1$, cada uno con $\alpha_i=1$ (simples). Como $1+1+1=3$ es el orden de $A$, no hay más raíces.
3. Polinomio: $|A-\lambda I|=(2-\lambda)(-1-\lambda)(1-\lambda)=-\lambda^3+2\lambda^2+\lambda-2$ (coeficiente principal $-1$ para $n=3$).
4. Consecuencias que se pueden añadir: $|A|=p(0)=2\cdot(-1)\cdot1=-2$ (regular, pues ningún valor propio es $0$); $\operatorname{tr}A=2-1+1=2$; por el Teor. 4.5, $1\le d_i\le\alpha_i=1$: cada subespacio propio es una recta; y tres vectores propios (uno por valor distinto) son libres: base de $\mathbb R^3$, $A$ diagonalizable (tema 4.3).

Error típico: leer la segunda lista como «multiplicidad geométrica» o como otro grupo de valores propios ($1,1,1$). La misma salida es la de E 4.17.

Escribir la matriz de un endomorfismo de $\mathbb R^3$ tal que el subespacio de vectores propios asociados al valor propio $0$ sea el plano de ecuación $x+y-2z=0$.

Qué se pide. Un problema «inverso»: construir $A$. Oficial: base $\{(1,1,1),(1,-1,0)\}$ y, por ejemplo, $\begin{pmatrix}1&1&-2\cr2&2&-4\cr1&1&-2\end{pmatrix}$ (correcta).

1. Traducir la condición (Def. 4.8): $L_0=\{X:(A-0I)X=0\}=\operatorname{Nuc}A$. Se pide una matriz $3\times3$ cuyo núcleo sea exactamente el plano $\Pi:x+y-2z=0$ (ni más grande ni más pequeño).
2. Dimensiones (tema 3.2): $\dim\operatorname{Nuc}A=2\Rightarrow\operatorname{rang}A=3-2=1$. Una matriz de rango $1$ tiene todas sus filas proporcionales a una fila no nula.
3. Elegir la fila: $AX=0$ debe equivaler a la única ecuación $x+y-2z=0$: basta que cada fila sea múltiplo de $(1,1,-2)$ y alguna no nula. La más sencilla: $$A=\begin{pmatrix}1&1&-2\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}.$$
4. Comprobación: $AX=0\iff x+y-2z=0$, luego $\operatorname{Nuc}A=\Pi$ (base $\{(-1,1,0),(2,0,1)\}$). Como $\operatorname{Nuc}A\neq\{0\}$, $0$ es valor propio con $L_0=\Pi$. Polinomio $-\lambda^2(\lambda-1)$; $\alpha(0)=2=d(0)$. La de la oficial (filas $(1,1,-2)$, $2(1,1,-2)$, $(1,1,-2)$) vale por la misma razón.
5. Método alternativo (el del tema 4.3): $A=PDP^{-1}$ con $P$ de columnas una base de $\Pi$ y un vector fuera de $\Pi$, y $D=\operatorname{diag}(0,0,\mu)$, $\mu\neq0$. Es más largo (hay que invertir $P$).

Error típico: dar la matriz nula ($L_0=\mathbb R^3$, demasiado grande) o una con dos filas independientes (núcleo $=$ recta, demasiado pequeño).

Hallar los vectores propios del endomorfismo $f:\wp_3(x)\to\wp_3(x)$ definido por la derivada, siendo $\wp_3(x)$ el espacio de polinomios reales de grado menor que $3$: $f(p(x))=p'(x)$.

Qué se pide. Los vectores propios (polinomios) y no solo los valores propios. Oficial: matriz $\begin{pmatrix}0&1&0\cr0&0&2\cr0&0&0\end{pmatrix}$, valor propio $0$, «$\{(1,0,0)\}$ son todos los vectores propios». Correcta en el fondo pero imprecisa: $\{(1,0,0)\}$ es una base de $L_0$, no «todos»; los vectores propios son las constantes no nulas; y el paso a «$\lambda=b=c=0$» no se justifica.

Método 1: matriz asociada

1. Base y coordenadas: $B=\{1,x,x^2\}$; $p=a+bx+cx^2$ tiene coordenadas $(a,b,c)$.
2. Matriz de $f$ (columnas = coordenadas de las imágenes, tema 3.3): $f(1)=0$, $f(x)=1$, $f(x^2)=2x$: $A=\begin{pmatrix}0&1&0\cr0&0&2\cr0&0&0\end{pmatrix}$.
3. Ecuación característica: $A-\lambda I$ es triangular: $|A-\lambda I|=-\lambda^3=0\Rightarrow\lambda=0$, $\alpha=3$.
4. Subespacio propio $L_0$: $AX=0\iff b=0,\ 2c=0$. $\operatorname{rang}A=2$, $d=1$ ($1\le1\le3$). $L_0=\{(a,0,0)\}=\langle(1,0,0)\rangle$: los polinomios constantes.
5. Respuesta: único valor propio $0$; vectores propios: polinomios constantes $p(x)=a$, $a\neq0$.

Método 2: con la definición, sin matriz

1. Buscamos $p=a+bx+cx^2\neq0$ y $\lambda$ con $p'=\lambda p$: $b+2cx=\lambda a+\lambda bx+\lambda cx^2$.
2. Igualando coeficientes: $x^2$: $0=\lambda c$; $x$: $2c=\lambda b$; término independiente: $b=\lambda a$.
3. Caso $\lambda\neq0$: $c=0$, luego $b=0$, luego $a=0$: sería $p=0$, imposible. No hay valores propios distintos de $0$.
4. Caso $\lambda=0$: $c=0$, $b=0$, $a$ libre: $p=a$, $a\neq0$. (Interpretación: la derivada baja el grado, así que $p'$ solo puede ser múltiplo de $p$ si $p'=0$.)

Error típico: dar «$(1,0,0)$» como respuesta (es una base, en coordenadas: traducir a polinomios); incluir el polinomio $0$; dividir por $\lambda$ sin separar el caso $\lambda=0$. Atención al convenio: aquí $\wp_3$ es grado $\lt3$; en otros exámenes (p. ej. Sept. 2025) es grado $\le3$; se sigue lo que dice cada enunciado.

La matriz asociada a un endomorfismo $f$ es $\begin{pmatrix}1&2&1\cr4&3&0\cr5&6&7\end{pmatrix}$. Calcular todos los vectores $(x,y,z)\in\mathbb R^3$ que cumplen $f(x,y,z)=\lambda(x,y,z)$ para algún $\lambda\in\mathbb R$ (1,5 ptos.).

Qué se pide. Oficial: los $\lambda$ posibles son las raíces de $-x^3+11x^2-18x-26$ («reales pero no enteras») y los vectores son las soluciones de $(1-\lambda)x+2y+z=0$, $4x+(3-\lambda)y=0$, $5x+6y+(7-\lambda)z=0$. Correcta pero incompleta: no localiza las raíces, no resuelve el sistema y no menciona el vector $0$.

1. Interpretar (Def. 4.6-4.7): los $X\neq0$ que cumplen la condición son los vectores propios; además $X=0$ la cumple para todo $\lambda$. El conjunto pedido es $\bigcup_\lambda L_\lambda$ (unión de los subespacios propios, que ya incluyen el $0$).
2. Ecuación característica (Def. 4.9), desarrollando por la 3.ª columna, que tiene un cero: $$p(\lambda)=\begin{vmatrix}1-\lambda&2&1\\4&3-\lambda&0\\5&6&7-\lambda\end{vmatrix}=1\cdot\begin{vmatrix}4&3-\lambda\\5&6\end{vmatrix}+(7-\lambda)\begin{vmatrix}1-\lambda&2\\4&3-\lambda\end{vmatrix}$$ $$=(24-15+5\lambda)+(7-\lambda)(\lambda^2-4\lambda-5)=-\lambda^3+11\lambda^2-18\lambda-26.$$

   Coherencia: coeficiente de $\lambda^2$ = traza $=11$; $p(0)=|A|=-26$.

3. Raíces racionales: las candidatas enteras son los divisores de $26$: $$p(1)=-34,\quad p(-1)=4,\quad p(2)=-26,\quad p(-2)=62,\quad p(13)\neq0,\ \dots$$

   ninguna es raíz. Las raíces no son enteras.

4. Localizarlas (Bolzano, de Cálculo): $$p(-1)=4>0,\ p(0)=-26<0;\qquad p(3)=-8<0,\ p(4)=14>0;\qquad p(8)=22>0,\ p(9)=-26<0.$$

   Hay una raíz en cada intervalo $(-1,0)$, $(3,4)$, $(8,9)$ y, como el grado es $3$, no hay más: tres valores propios reales y simples, $\lambda_1\approx-0{,}904$, $\lambda_2\approx3{,}370$, $\lambda_3\approx8{,}534$ (suma $11$ = traza, producto $-26$ = $|A|$).

5. Subespacios propios (Def. 4.8). Para cada raíz, $(A-\lambda I)X=0$ dejando $\lambda$ como letra: de la 2.ª ecuación, $4x+(3-\lambda)y=0$: tomamos $x=\lambda-3$, $y=4$; de la 1.ª, $$z=-(1-\lambda)x-2y=(\lambda-1)(\lambda-3)-8=\lambda^2-4\lambda-5=(\lambda-5)(\lambda+1);$$

   la 3.ª se cumple sola, porque al sustituir resulta $p(\lambda)=0$ (por eso el sistema tiene solución no trivial). Luego

   $$L_{\lambda_i}=\big\langle(\lambda_i-3,\ 4,\ (\lambda_i-5)(\lambda_i+1))\big\rangle,\quad i=1,2,3,$$

   rectas ($d_i=1=\alpha_i$, Teor. 4.5), con generador no nulo (2.ª componente $4$).

6. Respuesta: $X=0$ y los múltiplos no nulos de $(\lambda_i-3,4,(\lambda_i-5)(\lambda_i+1))$, con $\lambda_i$ las tres raíces reales de $\lambda^3-11\lambda^2+18\lambda+26=0$. Numéricamente, aprox. $(-3{,}904,\ 4,\ -0{,}567)$, $(0{,}370,\ 4,\ -7{,}122)$, $(5{,}534,\ 4,\ 33{,}689)$.

Error típico: concluir «no hay valores propios» porque no salen enteros; resolver con $\lambda$ genérico y obtener solo $X=0$ (es lo que pasa si $\lambda$ no es raíz); dar solo los $\lambda$ y no los vectores.

Sean $a,b\in\mathbb R$ y $A=\begin{pmatrix}2a-b&0&2a-2b\cr1&a&2\cr-a+b&0&-a+2b\end{pmatrix}$. Calcule los autovalores de $A$ en función de $a,b$, con $a\neq b$ (1,5 puntos). (El 2.º apartado, «diagonalizable si $a=b$», es del tema 4.3.)

Qué se pide. Oficial: $p(\lambda)=(a-\lambda)(\lambda^2-(a+b)\lambda+ab)$, autovalores $a$ (doble) y $b$ (simple) (correcta).

1. Ecuación característica (Def. 4.9): $$p(\lambda)=\begin{vmatrix}2a-b-\lambda&0&2a-2b\\1&a-\lambda&2\\-a+b&0&-a+2b-\lambda\end{vmatrix}.$$
2. Desarrollar por la 2.ª columna (dos ceros): único término, el elemento $(2,2)$, $a-\lambda$, con signo $(-1)^{2+2}=+$: $$p(\lambda)=(a-\lambda)\begin{vmatrix}2a-b-\lambda&2a-2b\\-a+b&-a+2b-\lambda\end{vmatrix}.$$
3. El determinante $2\times2$: $$(2a-b-\lambda)(-a+2b-\lambda)=\lambda^2-(a+b)\lambda-2a^2+5ab-2b^2$$

   (la suma $(2a-b)+(-a+2b)=a+b$); y

   $$-(2a-2b)(b-a)=2(a-b)^2=2a^2-4ab+2b^2.$$

   Suma: $\lambda^2-(a+b)\lambda+ab$.

4. Factorizar: dos números de suma $a+b$ y producto $ab$: $(\lambda-a)(\lambda-b)$. Por tanto $$p(\lambda)=(a-\lambda)(\lambda-a)(\lambda-b)=-(\lambda-a)^2(\lambda-b).$$
5. Valores propios y multiplicidades (Def. 4.11), con $a\neq b$: $\lambda=a$ ($\alpha=2$) y $\lambda=b$ ($\alpha=1$). La hipótesis $a\neq b$ garantiza que son dos valores distintos.
6. Comprobación: traza $=(2a-b)+a+(-a+2b)=2a+b=a+a+b$ ✓.
7. Extra que prepara el 4.3 (no pedido): $A-aI$ tiene todas las filas proporcionales a $(1,0,2)$, rango $1$, luego $$L_a=\{x+2z=0\}=\langle(0,1,0),(-2,0,1)\rangle,\quad d_a=2=\alpha_a;\qquad L_b=\langle(a-b,\ 1,\ -(a-b))\rangle.$$

Error típico: expandir el $3\times3$ entero y no saber factorizar un cúbico con parámetros; olvidar la multiplicidad (decir «autovalores $a$ y $b$» sin decir que $a$ es doble).

Halla los valores propios, los subespacios propios y las multiplicidades de $A=\begin{pmatrix}2&1\cr1&2\end{pmatrix}$.

1. El polinomio: $$|A-\lambda I|=(2-\lambda)^2-1=\lambda^2-4\lambda+3=(\lambda-1)(\lambda-3).$$

   Control: $1+3=4=\operatorname{tr}A$, $1\cdot3=3=|A|$.

2. $\lambda=1$: $$A-I=\begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix}\Rightarrow x+y=0,\quad L_1=\langle(1,-1)\rangle.$$

   $\lambda=3$:

   $$A-3I=\begin{pmatrix}-1&1\\1&-1\end{pmatrix}\Rightarrow x=y,\quad L_3=\langle(1,1)\rangle.$$
3. $\alpha=d=1$ (Teor. 4.5). Comprobación: $A(1,1)^t=(3,3)^t$, $A(1,-1)^t=(1,-1)^t$. (Perpendiculares: es simétrica, tema 5.3.)

Para $a\in\mathbb R$, $A=\begin{pmatrix}1&a&0\cr0&1&0\cr0&0&2\end{pmatrix}$. Halla valores propios, $\alpha$, $d$ y subespacios propios, discutiendo según $a$.

1. Triangular: $$p(\lambda)=(1-\lambda)^2(2-\lambda).$$

   Valores $1$ ($\alpha=2$) y $2$ ($\alpha=1$), para todo $a$.

2. $\lambda=2$: $$A-2I=\begin{pmatrix}-1&a&0\\0&-1&0\\0&0&0\end{pmatrix},$$

   rango $2$, $L_2=\langle(0,0,1)\rangle$, $d=1$.

3. $\lambda=1$: $$A-I=\begin{pmatrix}0&a&0\\0&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}.$$

   Si $a\neq0$: rango $2$, $y=0$, $z=0$: $L_1=\langle(1,0,0)\rangle$, $d=1<\alpha=2$. Si $a=0$: rango $1$, $z=0$: $L_1=\langle(1,0,0),(0,1,0)\rangle$, $d=2=\alpha$.

4. Siempre $1\le d\le\alpha$. Que $d$ dependa de $a$ aunque $p(\lambda)$ no, ilustra U Ej. 4.10: mismo polinomio no implica semejanza ($a=1$ y $a=0$ no son semejantes, porque $\dim L_1$ es invariante por semejanza, ver Teor. 4.4).