Valores y vectores propios – matemáticas 1º Grado (Universidad): soluciones del examen para descargar en PDF

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1. Solución del ejercicio 1 (5 puntos)

   Criterios. Se valora el polinomio característico, los vectores propios y la coherencia entre \(P\) y \(D\).

   1. \(\lambda^2-5\lambda+4=0\): \(4\) y \(1\). El polinomio característico es \(\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)(2-\lambda)-2=(\lambda-4)(\lambda-1)\). Comprobación: traza \(5=4+1\) y determinante \(4=4\cdot1\).
   2. \(V_4=\langle(2,1)\rangle\), \(V_1=\langle(1,-1)\rangle\). Para \(\lambda=4\), \((A-4I)v=0\) da \(-x+2y=0\), es decir, \(x=2y\). Para \(\lambda=1\), \(2x+2y=0\), es decir, \(y=-x\).
   3. \(P=\begin{pmatrix}2&1\\1&-1\end{pmatrix}\), \(D=\operatorname{diag}(4,1)\). Las columnas de \(P\) son los vectores propios en el mismo orden que los valores de \(D\), y \(A=PDP^{-1}\). \(P\) es invertible porque \(\det P=-3\neq0\).

2. Solución del ejercicio 2 (4 puntos)

   Criterios. Se valora comparar la multiplicidad algebraica y la geométrica con el rango de \(B-2I\).

   1. Triangular: 3 (simple) y 2 (doble). Al ser triangular, los valores propios son los elementos de la diagonal: 3 aparece una vez y 2 dos veces.
   2. \(\dim V_3=1\); \(\operatorname{rg}(B-2I)=2\), \(\dim V_2=1\). \(B-2I=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix}\) tiene rango 2, así que \(\dim V_2=3-2=1\). Para un valor propio simple, como \(\lambda=3\), la dimensión es siempre 1.
   3. No: \(1+1=2\lt 3\). Para \(\lambda=2\) la multiplicidad geométrica (1) es menor que la algebraica (2), de modo que no existe una base de vectores propios.

3. Solución del ejercicio 3 (4 puntos)

   Criterios. Se valora la diagonalización y el cálculo de \(C^n=PD^nP^{-1}\).

   1. Valores 1 y 2; \(V_1=\langle(1,0)\rangle\), \(V_2=\langle(1,1)\rangle\); \(P=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}\). Es triangular, así que sus valores propios son 1 y 2, distintos, y es diagonalizable. Para \(\lambda=1\): \(y=0\). Para \(\lambda=2\): \(-x+y=0\). Con \(D=\operatorname{diag}(1,2)\), \(P^{-1}=\begin{pmatrix}1&-1\\0&1\end{pmatrix}\).
   2. \(C^n=P\operatorname{diag}(1,2^n)P^{-1}=\begin{pmatrix}1&2^n-1\\0&2^n\end{pmatrix}\). Se usa \(C^n=(PDP^{-1})^n=PD^nP^{-1}\), porque los factores \(P^{-1}P\) intermedios se cancelan. Comprobación con \(n=2\): \(C^2=\begin{pmatrix}1&3\\0&4\end{pmatrix}\), y la fórmula da \(2^2-1=3\) y \(2^2=4\).

4. Solución del ejercicio 4 (4 puntos)

   Criterios. Se valora la matriz de transición, el vector estacionario y la interpretación del segundo valor propio.

   1. \(M=\begin{pmatrix}\frac{7}{10}&\frac{1}{5}\\\frac{3}{10}&\frac{4}{5}\end{pmatrix}\). Cada columna suma 1: la de A indica que se queda el 70 % y se va el 30 %.
   2. \((M-I)x=0\): \(-0{,}3a+0{,}2b=0\), \(a:b=2:3\): 400 en A y 600 en B. Con \(a+b=1000\) y \(b=1{,}5a\) resulta \(a=400\).
   3. \(\operatorname{tr}M=1{,}5\), así que el otro es \(0{,}5\): las diferencias con el equilibrio se reducen a la mitad cada mes. El valor propio 1 corresponde al equilibrio.

5. Solución del ejercicio 5 (3 puntos)

   Criterios. Se valora usar la traza y el determinante para hallar los valores propios.

   1. \(\lambda_2+\lambda_3=5\) y \(\lambda_2\lambda_3=6\): son 2 y 3. La traza es la suma de los valores propios y el determinante su producto: \(1+\lambda_2+\lambda_3=6\) y \(1\cdot\lambda_2\lambda_3=6\). Son las raíces de \(t^2-5t+6=0\).
   2. Sí: tres valores propios distintos. Una matriz de orden 3 con tres valores propios distintos tiene tres vectores propios linealmente independientes, que forman una base. Por tanto, \(A\) es semejante a \(\operatorname{diag}(1,2,3)\).

Total : 20 puntos