Día: 10 de diciembre de 2025

Plantemos el poplinomio característico:\[\mathbf{det}(A-\lambda I)=\begin{vmatrix}2-\lambda &1\\1&2-\lambda \end{vmatrix}=3-4\lambda +\lambda ^{2}.\]
Esto nos proporciona \[{\lambda _1} = 1\;\; \wedge \;\;\;{\lambda _2} = 3\]

Plantemos el poplinomio característico: \[\left|\begin{bmatrix}3&2&{-1}\\2&3&1\\0&0&5\end{bmatrix}-\lambda\begin{bmatrix}1&0&0\\ 0&1&0\\0&0&1\end{bmatrix}\right|=\left|\begin{bmatrix}3-\lambda &2&{-1}\\2&3-\lambda&1\\0&0&5-\lambda\end{bmatrix}\right|= \left( {5 – \lambda } \right).\left( {{{\left( {3 – \lambda } \right)}^2} – 4} \right) = 0\]
De la última igualdad obtenemos \[\left( {5 – \lambda } \right).\left( {{{\left( {3 – \lambda } \right)}^2} – 4} \right) =\]\[ \left( {5 – \lambda } \right).\left( {{{\left( {3 – \lambda } \right)}} – 2}\right).\left( {{{\left( {3 – \lambda } \right)}} + 2} \right)= \]\[\left( {5 – \lambda } \right)^2.\left( {1 – \lambda } \right)=0\]
Esto nos proporciona \[{\lambda _1} = 5\;\; \wedge \;\;\;{\lambda _2} = 5\;\; \wedge \;\;{\lambda _3} = 1\]

\[
\begin{align}
\begin{vmatrix}4-\lambda & -1 & 6 & 0\\
2 & 1-\lambda & 6 & 0\\
2 & -1 & 8-\lambda & 0\\
0 & 2 & 0 & 1-\lambda \end{vmatrix}&={{\lambda }^{4}}-14 {{\lambda }^{3}}+53 {{\lambda }^{2}}-76 \lambda +36\\
&=\left( \lambda -9\right) {{\left( \lambda -2\right) }^{2}} \left( \lambda -1\right)
\end{align}
\]

Por tanto, \({\lambda _1} = 9\;\; \wedge \;\;\;{\lambda _2} = 2\;\; \wedge \;\;{\lambda _3} = 1\).

Buscamos los autovalores restantes resolviendo \( \det(A – \lambda I) = 0 \):

\[
\det \begin{bmatrix} 5-\lambda & 2 & 1 & 1 \\ 1 & 4-\lambda & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 3-\lambda & 1 \\ 0 & 0 & 0 & -\lambda \end{bmatrix} =
-\lambda\det \begin{bmatrix} 5-\lambda & 2 & 1 \\ 1 & 4-\lambda & 1 \\ 1 & 1 & 3-\lambda \end{bmatrix}\]

Como vemos, \( \lambda = 0 \) es una autovalor, y los autovalores restantes vienen de resolver \( \det(M_{44}) = 0 \). Donde \( M_{44} \) es el adjunto \( 3 \times 3 \) correspondiente al elemento \(a_{44}\) de la matriz de partida.

Para simplificar \( \det(M_{44}) \), aplicamos la operación de columna \( C_1 \leftarrow C_1 – C_3 \) y \( C_2 \leftarrow C_2 – C_3 \):

\[
\begin{align}
\det(M_{44}) &= \det \begin{bmatrix} 5-\lambda – 1 & 2 – 1 & 1 \\ 1 – 1 & 4-\lambda – 1 & 1 \\ 1 – (3-\lambda) & 1 – 1 & 3-\lambda \end{bmatrix}\\
&=\left( \lambda -3\right) \left( {{\lambda }^{2}}-9 \lambda +16\right)
\end{align}
\]
Cómo \( {{\lambda }^{2}}-9 \lambda +16\) tiene raices reales, podemos concluir que la matriz tiene cuatro autovalores distintos.

Calculamos

\[\begin{vmatrix}1-\lambda & 0 & 0 & 0\\
0 & 1-\lambda & 5 & -10\\
1 & 0 & 2-\lambda & 0\\
1 & 0 & 0 & 3-\lambda \end{vmatrix}={{\lambda }^{4}}-7 {{\lambda }^{3}}+17 {{\lambda }^{2}}-17 \lambda +6=0\]
El último término es 6, veamos si entre los divisores de 6 hay soluciones:
\[\begin{vmatrix}1-\lambda & 0 & 0 & 0\\
0 & 1-\lambda & 5 & -10\\
1 & 0 & 2-\lambda & 0\\
1 & 0 & 0 & 3-\lambda \end{vmatrix}=\left( \lambda -3\right) \, \left( \lambda -2\right) {{\left( \lambda -1\right) }^{2}}\]
Por tanto, tenemos tres autovalores distintos.

Es suficiente con ver que:\[\mathbf{det}(A-\lambda I)=\begin{vmatrix}1-\lambda &2\\3&4-\lambda \end{vmatrix}=\lambda^{2}-5\lambda-2,\] y aplicar el resultado anterior.

1. Cálculo de Autovalores (\( \lambda \))

Por el ejercicio anterio sabemos que los autovalores son \( \lambda_1 = -1 \) y \( \lambda_2 = 3 \).

2. Cálculo de Autovectores (\( \mathbf{v} \))

Para cada autovalor \( \lambda \), el autovector \( \mathbf{v} = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} \) asociado se encuentra resolviendo el sistema homogéneo \( (A – \lambda I)\mathbf{v} = \mathbf{0} \).

2.1. Autovectores para \( \lambda_1 = -1 \)

Sustituimos \( \lambda = -1 \) en la matriz \( A – \lambda I \):
\[
A – (-1)I = \begin{bmatrix} 1-(-1) & 2 \\ 2 & 1-(-1) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 2 \end{bmatrix}
\]

El sistema \( (A – \lambda_1 I)\mathbf{v}_1 = \mathbf{0} \) es:
\[
\begin{bmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}
\]

Esto conduce al sistema de ecuaciones:
1. \( 2x + 2y = 0 \)
2. \( 2x + 2y = 0 \)

Ambas ecuaciones son linealmente dependientes y se simplifican a \( x + y = 0 \), lo que implica \( y = -x \).

Si elegimos \( x = t \) (con \( t \ne 0 \)), entonces \( y = -t \).
Los autovectores asociados a \( \lambda_1 = -1 \) son:
\[
\mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} t \\ -t \end{bmatrix} = t \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix}, \quad t \ne 0
\]
Un autovector base es \( \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix} \).

2.2. Autovectores para \( \lambda_2 = 3 \)

Sustituimos \( \lambda = 3 \) en la matriz \( A – \lambda I \):
\[
A – 3I = \begin{bmatrix} 1-3 & 2 \\ 2 & 1-3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -2 & 2 \\ 2 & -2 \end{bmatrix}
\]

El sistema \( (A – \lambda_2 I)\mathbf{v}_2 = \mathbf{0} \) es:
\[
\begin{bmatrix} -2 & 2 \\ 2 & -2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}
\]

Esto conduce al sistema de ecuaciones:
1. \( -2x + 2y = 0 \)
2. \( 2x – 2y = 0 \)

Ambas ecuaciones son linealmente dependientes y se simplifican a \( x – y = 0 \), lo que implica \( y = x \).

Si elegimos \( x = s \) (con \( s \ne 0 \)), entonces \( y = s \).
Los autovectores asociados a \( \lambda_2 = 3 \) son:
\[
\mathbf{v}_2 = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} s \\ s \end{bmatrix} = s \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix}, \quad s \ne 0
\]
Un autovector base es \( \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} \).

3. Conclusión

Los autovectores de la matriz \( A = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{bmatrix} \) son:

* Para el autovalor \( \lambda_1 = -1 \), los autovectores son múltiplos no nulos de \( \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix} \).
* Para el autovalor \( \lambda_2 = 3 \), los autovectores son múltiplos no nulos de \( \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} \).

Es fácil ver, por el procedimiento que hemos visto antes, que \(p_A(\lambda)=\lambda\left( \lambda -3\right) \left( {{\lambda }^{2}}-9 \lambda +16\right)\), con lo cual tendremos \( \lambda_1 = 0 \) y \( \lambda_2 = 3 \) como autovalores enteros.

1. Cálculo de Autovectores (\( \mathbf{v} \))

Calcularemos los autovectores base para los autovalores más sencillos: \( \lambda_1 = 0 \) y \( \lambda_2 = 3 \).

1.1. Autovectores para \( \lambda_1 = 0 \)

Resolvemos \( (A – 0I)\mathbf{v}_1 = \mathbf{0} \), que es \( A\mathbf{v}_1 = \mathbf{0} \):

\[
\begin{bmatrix} 5 & 2 & 1 & 1 \\ 1 & 4 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 3 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \\ w \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}
\]

Reducimos por Gauss-Jordan. Intercambiamos \( F_1 \leftrightarrow F_3 \):
\[
\begin{bmatrix} 1 & 1 & 3 & 1 \\ 1 & 4 & 1 & 1 \\ 5 & 2 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}
\]
\( F_2 \leftarrow F_2 – F_1 \); \( F_3 \leftarrow F_3 – 5F_1 \):
\[
\begin{bmatrix} 1 & 1 & 3 & 1 \\ 0 & 3 & -2 & 0 \\ 0 & -3 & -14 & -4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}
\]
\( F_3 \leftarrow F_3 + F_2 \):
\[
\begin{bmatrix} 1 & 1 & 3 & 1 \\ 0 & 3 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & -16 & -4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}
\]

De \( F_3 \): \( -16z – 4w = 0 \quad \Rightarrow \quad w = -4z \).
De \( F_2 \): \( 3y – 2z = 0 \quad \Rightarrow \quad y = \frac{2}{3}z \).
De \( F_1 \): \( x + y + 3z + w = 0 \).
\[
x + \left(\frac{2}{3}z\right) + 3z + (-4z) = 0 \quad \Rightarrow \quad x + \left(\frac{2}{3} + 3 – 4\right)z = 0
\]
\[
x + \left(\frac{2+9-12}{3}\right)z = 0 \quad \Rightarrow \quad x – \frac{1}{3}z = 0 \quad \Rightarrow \quad x = \frac{1}{3}z
\]

Elegimos \( z = 3t \) para evitar fracciones (con \( t \ne 0 \)).
\[
x = t, \quad y = 2t, \quad z = 3t, \quad w = -12t
\]
Los autovectores para \( \lambda_1 = 0 \) son:
\[
\mathbf{v}_1 = t \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \\ -12 \end{bmatrix}, \quad t \ne 0
\]
Un autovector base es \( \begin{bmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \\ -12 \end{bmatrix} \).

1.2. Autovectores para \( \lambda_2 = 3 \)

Resolvemos \( (A – 3I)\mathbf{v}_2 = \mathbf{0} \):

\[
A – 3I = \begin{bmatrix} 5-3 & 2 & 1 & 1 \\ 1 & 4-3 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 3-3 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0-3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 2 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & -3 \end{bmatrix}
\]

\[
\begin{bmatrix} 2 & 2 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & -3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \\ w \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}
\]

De \( F_4 \): \( -3w = 0 \quad \Rightarrow \quad w = 0 \).
Sustituimos \( w=0 \) en las primeras tres ecuaciones:
1. \( 2x + 2y + z = 0 \)
2. \( x + y + z = 0 \)
3. \( x + y = 0 \)

De \( F_3 \): \( y = -x \).
Sustituimos \( y = -x \) en \( F_2 \): \( x + (-x) + z = 0 \quad \Rightarrow \quad z = 0 \).

Verificamos en \( F_1 \): \( 2x + 2(-x) + 0 = 0 \quad \Rightarrow \quad 0 = 0 \). Consistente.

Elegimos \( x = s \) (con \( s \ne 0 \)). Entonces \( y = -s \), \( z = 0 \), \( w = 0 \).
Los autovectores para \( \lambda_2 = 3 \) son:
\[
\mathbf{v}_2 = s \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}, \quad s \ne 0
\]
Un autovector base es \( \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} \).

Por el ejercicio anterior conocemos quienes son sus autovalores, calculemos los autovectores de cada autovalor.

1. Autovectores para \( \lambda_1 = 3 \) (Multiplicidad 1)

Resolvemos el sistema homogéneo \( (A – 3I)\mathbf{v} = \mathbf{0} \), donde \( \mathbf{v} = (x, y, z, w)^T \).

\[
A – 3I = \begin{bmatrix} 1-3 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1-3 & 5 & -10 \\ 1 & 0 & 2-3 & 10 \\ 1 & 0 & 0 & 3-3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & 5 & -10 \\ 1 & 0 & -1 & 10 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}
\]

De \( F_1 \): \( -2x = 0 \quad \Rightarrow \quad x = 0 \).
De \( F_4 \): \( x = 0 \). (Consistente).

Sustituimos \( x = 0 \) en \( F_3 \): \( 1(0) + 0 – z + 10w = 0 \quad \Rightarrow \quad z = 10w \).
Sustituimos \( x = 0 \) y \( z = 10w \) en \( F_2 \): \( 0 – 2y + 5(10w) – 10w = 0 \).
\[
-2y + 50w – 10w = 0 \quad \Rightarrow \quad -2y + 40w = 0 \quad \Rightarrow \quad y = 20w
\]

Tenemos una variable libre, \( w \). Elegimos \( w = t \) (con \( t \ne 0 \)).
\[
\mathbf{v}_1 = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \\ w \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 20t \\ 10t \\ t \end{bmatrix} = t \begin{bmatrix} 0 \\ 20 \\ 10 \\ 1 \end{bmatrix}, \quad t \ne 0
\]
Un autovector base para \( \lambda_1 = 3 \) es \( \begin{bmatrix} 0 \\ 20 \\ 10 \\ 1 \end{bmatrix} \).

2. Autovectores para \( \lambda_2 = 2 \) (Multiplicidad 1)

Resolvemos el sistema homogéneo \( (A – 2I)\mathbf{v} = \mathbf{0} \).

\[
A – 2I = \begin{bmatrix} 1-2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1-2 & 5 & -10 \\ 1 & 0 & 2-2 & 10 \\ 1 & 0 & 0 & 3-2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 5 & -10 \\ 1 & 0 & 0 & 10 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}
\]

De \( F_1 \): \( -x = 0 \quad \Rightarrow \quad x = 0 \).

Sustituimos \( x = 0 \) en \( F_3 \): \( 0 + 0 + 0 + 10w = 0 \quad \Rightarrow \quad w = 0 \).
Sustituimos \( x = 0 \) en \( F_4 \): \( 0 + 0 + 0 + w = 0 \quad \Rightarrow \quad w = 0 \). (Consistente).

Sustituimos \( w = 0 \) en \( F_2 \): \( 0 – y + 5z – 10(0) = 0 \quad \Rightarrow \quad y = 5z \).

Tenemos una variable libre, \( z \). Elegimos \( z = s \) (con \( s \ne 0 \)).
\[
\mathbf{v}_2 = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \\ w \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 5s \\ s \\ 0 \end{bmatrix} = s \begin{bmatrix} 0 \\ 5 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}, \quad s \ne 0
\]
Un autovector base para \( \lambda_2 = 2 \) es \( \begin{bmatrix} 0 \\ 5 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix} \).

3. Autovectores para \( \lambda_3 = 1 \) (Multiplicidad Doble)

Resolvemos el sistema homogéneo \( (A – 1I)\mathbf{v} = \mathbf{0} \).

\[
A – 1I = \begin{bmatrix} 1-1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1-1 & 5 & -10 \\ 1 & 0 & 2-1 & 10 \\ 1 & 0 & 0 & 3-1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 5 & -10 \\ 1 & 0 & 1 & 10 \\ 1 & 0 & 0 & 2 \end{bmatrix}
\]

Esta matriz ya está parcialmente reducida. Las ecuaciones son:
1. \( 0 = 0 \) (Fila libre, da una variable libre)
2. \( 5z – 10w = 0 \quad \Rightarrow \quad z = 2w \)
3. \( x + z + 10w = 0 \)
4. \( x + 2w = 0 \)

De \( F_4 \): \( x = -2w \).

Sustituimos \( x = -2w \) y \( z = 2w \) en \( F_3 \):
\[
(-2w) + (2w) + 10w = 0 \quad \Rightarrow \quad 10w = 0 \quad \Rightarrow \quad w = 0
\]

Si \( w = 0 \), entonces:
* \( z = 2w = 0 \)
* \( x = -2w = 0 \)

Sustituimos estos valores en \( F_2 \): \( 5(0) – 10(0) = 0 \). Consistente.

El único parámetro libre es \( y \).
\[
\mathbf{v}_{3,4} = \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \\ w \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ y \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} = r \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}, \quad r \ne 0
\]

El único autovector base para \( \lambda_3 = 1 \) es \( \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix} \).

C.)