1. EXAMEN ALGEBRA, ENERO 2007
Universidad de Castilla-La Mancha, ETS Ingenieros Industriales
• ESCRIBE CLARAMENTE TU NOMBRE Y GRUPO EN CADA HOJA QUE ENTREGUES.
• No se aceptar´ m´s de una hoja por problema y no se deben mezclar dos problemas distintos en una
a a
misma hoja.
• La duraci´n del examen es de tres horas.
o
• No se pueden usar calculadoras de ning´n tipo.
u
• Las soluciones de los problemas se pueden descargar de la p´gina web de la asignatura.
a
• Las notas se har´n p´blicas el d´ 26 de enero, viernes, al final de la ma˜ana.
a u ıa n
PROBLEMAS
Cada uno de los problemas que siguen valen 2 puntos.
1. Razona en cada caso si puede encontrarse una aplicaci´n lineal F con las propiedades dadas.
o
(a) F (1, 1, 1) = (1, 1, 1), F (1, 1, −1) = (2, 2, 2), F (1, 1, 0) = (3/2, 1, 1).
(b) F (1, 1, 1) = (1, 1, 1), F (1, 1, −1) = (1, 1, 1), F (0, 0, 2) = (0, 0, 0).
(c) F (1, 1, 1) = (1, 1, 1), F (1, 1, −1) = (1, 1, 1), F (−1, 1, 1) = (2, 2, 2).
(d) F (1, 1, 1) = (1, 1, 1), F (1, 1, −1) = (1, 1, 1), F (−1, 1, 1) = (1, 1, 1).
2. Resuelve el sistema siguiente, y comprueba que la soluci´n que das es, efectivamente, la soluci´n del
o o
sistema.

 2x1 + 3x2 − x3 − x4 = 3

−x1 − x2 + 4x3 − x4 = 1

 x1 − x2 + x3 − 2x4 = −1

3x1 + 2x2 − x3 − x4 = 3.

3. Dada la siguiente matriz, encuentra generadores y ecuaciones de los cuatro subespacios que determina.
 
1 1 -1 -1 4
A =  -1 -1 -1 -1 -1  .
2 2 -4 -4 11
4. Decide y razona en cada caso si las afirmaciones que siguen son correctas o no. En caso de no serlo, da
un contraejemplo.
1

2. (a) El conjunto de vectores de R3 determinado por la ecuaci´n
o
|x1 | + x2 + x3 = 0
es un subespacio de R3 .
(b) Si A es una matriz sim´trica, entonces su n´cleo y su imagen son complementos ortogonales.
e u
(c) Si el n´cleo y la imagen de una matriz cuadrada A son complementos ortogonales, entonces A es
u
sim´trica.
e
(d) Los vectores (1, 1, 1, 1) y (1, 1, −1, −1) forman una base del subespacio
L((1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 1), (9, 9, 11, 11)).
5. Encuentra la proyecci´n ortogonal de los vectores de la base can´nica de R3 sobre el subespacio L de
o o
ecuaciones x1 + x2 + x3 = x1 − x2 − x3 = 0. Da la matriz de dicha proyecci´n ortogonal. Lo mismo para el
o
complemento ortogonal de L (proyecciones de los vectores de la base can´nica y matriz de la proyecci´n
o o
correspondiente).
2

3. SOLUCIONES
1. En cada situaci´n planteada se trata de comprobar si la posible aplicaci´n lineal F respeta las com-
o o
binaciones lineales. En concreto, si el rango de los vectores de partida es dos o menor, las im´genes
a
correspondientes deben respetar la dependencia lineal existente entre los vectores de partida.
(a) De los tres vectores (1, 1, 1), (1, 1, −1) y (1, 1, 0), dos son independientes y el tercero es dependiente.
En concreto, (1, 1, 0) = (1/2)(1, 1, 1) + (1/2)(1, 1, −1). En consecuencia, esta misma relaci´n debe
o
verificarse con los vectores im´genes correspondientes. Como esto no es cierto pues no es verdad que
a
1 1
F (1, 1, 0) = F (1, 1, 1) + F (1, 1, −1)
2 2
concluimos que no hay tal aplicaci´n lineal.
o
(b) En esta situaci´n tenemos
o
(0, 0, 2) = (1, 1, 1) − (1, 1, −1), F (0, 0, 2) = F (1, 1, 1) − F (1, 1, 1),
luego s´ que existe una tal aplicaci´n lineal.
ı o
(c) El conjunto de vectores formado por (1, 1, 1), (1, 1, −1) y (−1, 1, 1) es independiente, luego s´ puede
ı
existe una tal aplicaci´n lineal con independencia de cu´les sean las im´genes de estos vectores.
o a a
(d) Lo mismo que en el apartado anterior.
2. Intercambiando el orden de las ecuaciones, y aplicando el m´todo de Gauss, se obtiene
e
1 1 -4 1 -1 1 1 -4 1 -1 1 1 -4 1 -1 1 1 -4 1 -1
2 3 -1 -1 3 0 1 7 -3 5 0 1 7 -3 5 0 1 7 -3 5
→ → →
3 2 -1 -1 3 0 -1 11 -4 6 0 0 18 -7 11 0 0 1 -2 -1
1 -1 1 -2 -1 0 -2 5 -3 0 0 0 19 -9 10 0 0 19 -9 10
1 1 -4 1 -1
0 1 7 -3 5
→
0 0 1 -2 -1
0 0 0 29 29
De esta ultima forma triangular del sistema, encontramos la soluci´n x1 = x2 = x3 = x4 = 1. Se
´ o
comprueba inmediatamente sustituyendo en el sistema original que ´sta es, efectivamente, la soluci´n.
e o
3. Se trata de aplicar el m´todo de Gauss a la matriz A dada, y su traspuesta, y resolver los sistemas
e
homog´neos correspondientes. En concreto
e
1 1 -1 -1 4 1 1 -1 -1 4 1 1 -1 -1 4
-1 -1 -1 -1 -1 → 0 0 -2 -2 3 → 0 0 -2 -2 3
2 2 -4 -4 11 0 0 -2 -2 3 0 0 0 0 0
Una posible base para las soluciones del sistema homogeneo correspondiente es (1, −1, 0, 0, 0), (0, 0, −1, 1, 0),
(−5, 0, 3, 0, 2). Con estos datos podemos dar generadores y ecuaciones de los dos subespacios kerA e imAT .
En concreto
• ecuaciones de kerA: x1 + x2 − x3 − x4 + 4x5 = −2x3 − 2x4 + 3x5 = 0;
• generadores de kerA: (1, −1, 0, 0, 0), (0, 0, −1, 1, 0), (−5, 0, 3, 0, 2);
• ecuaciones de imAT : x1 − x2 = −x3 + x4 = −5x1 + 3x3 + 2x5 = 0;
• generadores de imAT : (1, 1, −1, −1, 4), (0, 0, −2, −2, 3).
3

4. Realizamos ahora el mismo proceso con AT para obtener
1 -1 2 1 -1 2 1 -1 2
1 -1 2 0 0 0 0 0 0
-1 -1 -4 → 0 -2 -2 → 0 1 1
-1 -1 -4 0 -2 -2 0 0 0
4 -1 11 0 3 3 0 0 0
La soluci´n de este sistema homogeneo tiene por base al vector unico (−3, −1, 1). De manera inmediata
o ´
se obtiene
• ecuaciones de kerAT : x1 − x2 + 2x3 = x2 + x3 = 0;
• generadores de kerAT : (−3, −1, 1);
• ecuaciones de imA: −3x1 − x2 + x3 = 0;
• generadores de imA: (1, −1, 2), (0, 1, 1).
4. (a) Este conjunto no es un subespacio de R3 . Basta con comprobar que los dos vectores (1, −1, 0) y
(−1, −1, 0) est´n en este subespacio, pues verifican su ecuaci´n; sin embargo la combinaci´n lineal
a o o
(1, −1, 0)+(−1, −1, 0) = (0, −2, 0) no est´ en el subespacio pues no verifica la ecuaci´n. La presencia
a o
del valor absoluto en la variable x1 indica que este conjunto de vectores no es un subespacio.
(b) Sabemos que kerA⊥ =imAT . Pero si A = AT , entonces imA =imAT y, en consecuencia, en este caso
es cierto que el kerA y la imA son complementos ortogonales.
(c) Seg´n el apartado anterior, si kerA e imA son complementos ortogonales, podemos concluir que
u
imA =imAT , pero esto no supone necesariamente que A deba ser sim´trica. Por ejemplo la matriz
e
1 1
0 1
no es sim´trica. No obstante kerA es trivial (solo contiene al vector nulo) y la imagen es todo R2 .
e
Luego son complementos ortogonales.
(d) Quiz´s el modo m´s eficiente de comprobar que es cierto este enunciado es encontrando las ecuaciones
a a
de L. Resolviendo el sistema homogeneo con ecuciones que provienen de los vectore generadores de L
mediante el m´todo de Gauss, se encuentra inmediatamente una base de las soluciones en los vectores
e
(1, −1, 0, 0), (0, 0, 1, −1). Por tanto L tiene dimensi´n 2 y sus ecuaciones son x1 − x2 = x3 − x4 = 0.
o
Como los dos vectores (1, 1, 1, 1) y (1, 1, −1, −1) verifican estas ecuaciones y son independientes,
forman base de L.
5. Si resolvemos el sistema homogeneo con las dos ecuaciones dadas, encontramos una base del subespacio
L, que en este caso, es de dimensi´n 1. En efecto, el vector (0, 1, −1) es el vector director de la recta L
o
(subespacio de dimensi´n 1) por el origen. Cuando queremos proyectar sobre un subespacio de dimensi´n
o o
1, tenemos una f´rmula directa que es
o
v·a
PL v = a
|a|2
si a = (0, 1, −1) es el vector que genera L. En este caso, no tenemos m´s que aplicar esta f´rmula a los
a o
tres vectores de la base can´nica v = e1 = (1, 0, 0), v = e2 = (0, 1, 0), v = e3 = (0, 0, 1), obteniendo
o
PL e1 = 0, PL e2 = (0, 1/2, −1/2), PL e3 = (0, −1/2, 1/2).
La matriz de la proyecci´n en la base can´nica es la que tiene por columnas estos tres vectores que
o o
acabamos de escribir  
0 0 0
 0 1/2 -1/2 
0 -1/2 1/2
4

5. Por otro lado sabemos que las proyecciones sobre L y sobre su complemento ortogonal L⊥ siempre verifican
PL v + PL⊥ v = v para cualquier vector v. Esto significa que PL⊥ =identidad−PL . En consecuencia, la
matriz de PL⊥ es la diferencia entre la identidad y la matriz anterior
 
1 0 0
 0 1/2 1/2  ,
0 1/2 1/2
y las proyecciones de los tres vectores de la base can´nica sobre L⊥ son precisamente las tres columnas
o
de esta matriz (1, 0, 0), (0, 1/2, 1/2), (0, 1/2, 1/2).
5