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Algebra Lineal - Solución Examen 2017-2P
- 1. ´Algebra Lineal Soluci´on Examen 2017-2P 1T ´Angel Guale Septiembre del 2017 Problema 1. Califique las siguientes proposiciones como verdaderas o falsas, justifique su respuesta. Puede escribir un contraejemplo si considera que la proposici´on es falsa. (1.a) La matriz que se muestra es diagonalizable para todo c ∈ R 1 0 1 0 1 2 0 0 c Soluci´on Al calcular el polinomio caracter´ıstico de la matriz se obtiene det 1 − λ 0 1 0 1 − λ 2 0 0 c − λ = 0 (1 − λ)(1 − λ)(c − λ) = 0 Consideremos el caso c=1. Si esto ocurre, entonces el polinomio caracter´ıstico es (1 − λ)3 = 0 De donde se tiene que λ = 1 tiene multiplicidad algebraica igual a 3. Sin em- bargo, al calcular una base de Eλ=1 0 0 1 0 0 0 2 0 0 0 0 0 ∼ 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 BEλ=1 = 1 0 0 , 0 1 0 Lo que indica que la multiplicidad geom´etrica es 2. Por lo tanto si c=1, A no es diagonalizable. La proposici´on es FALSA. 1
- 2. (1.b) Si B es una matriz de orden n semejante a una matriz A de orden n y diagonalizable, entonces B es diagonalizable. Soluci´on Por hip´otesis tenemos que A es diagonalizable, as´ı que existe una matriz D diagonal y P invertible tales que D = P−1 AP (1) Tambi´en, por hip´otesis, A es semejante a B, por lo tanto existe una matriz C invertible tal que A = C−1 BC (2) Reemplazando la ecuaci´on (2) en la ecuaci´on (1) se obtiene que D = P−1 (C−1 BC)P D = (P−1 C−1 )B(CP) D = (CP)−1 B(CP) Sea M=CP, M es invertible debido a que es el producto de dos matrices inver- tibles, por lo tanto existe una matriz M invertible tal que D = M−1 BM Lo que prueba que B es diagonalizable. La proposici´on es VERDADERA. 2 Angel Guale L.
- 3. (1.c) Sea V un espacio vectorial con producto interno. Sean u, v y w vectores de V . Si: (u, w) = (v, w) entonces u = v. Nota: (u, w) denota el producto interno en V . Soluci´on Por contraejemplo: Consideremos V=R2 con el producto interno est´andar. Sean u= 1 2 , v= 2 1 , w= 3 3 , Tenemos que (u, w) = 1 2 , 3 3 = 1(3) + 2(3) = 9 (v, w) = 2 1 , 3 3 = 2(3) + 1(3) = 9 Es decir (u, w) = (v, w), pero u = v. La proposici´on es FALSA. 3 Angel Guale L.
- 4. 1.d. Sea T : V → W una transformaci´on lineal. Si dim V = dim W = n y T es sobreyectiva, entonces T es inyectiva. Soluci´on T es una transformaci´on lineal entre espacios de dimensi´on finita, por lo tanto se cumple el teorema de las dimensiones: ν(T) + ρ(T) =dimV ν(T) + ρ(T) =n Por hip´otesis T es sobreyectiva, esto implica que ρ(T) = dimW = n ν(T) + n = n ν(T) = 0 La ´ultima ecuaci´on ocurre si y s´olo si T es inyectiva. La proposici´on es VERDADERA 4 Angel Guale L.
- 5. Problema 2. Construya de ser posible un operador lineal T : R4 → R4 , tal que: El espacio propio asociado al valor propio λ = 0 sea W = gen 1 2 0 0 , 0 −1 1 0 y adem´as: T 0 0 1 1 = 1 2 0 0 ; T 0 2 0 0 = 0 −1 1 0 Soluci´on Se conoce que el espacio propio asociado al valor propio 0 es el n´ucleo de la transformaci´on T, por lo tanto tenemos una base del n´ucleo, y en consecuencia, conocemos las transformadas de dichos vectores T 1 2 0 0 = 0 0 0 0 ; T 0 −1 1 0 = 0 0 0 0 Tenemos una base de R4 en la que conocemos las transformadas de cada vector que la conforma, por lo tanto se puede construir una ´unica transformaci´on lineal que cumpla dichas condiciones: B = 1 2 0 0 , 0 −1 1 0 , 0 0 1 1 , 0 2 0 0 Todo elemento de V se puede escribir como combinaci´on lineal de la base de manera ´unica a b c d = α1 1 2 0 0 + α2 0 −1 1 0 α3 0 0 1 1 + α4 0 2 0 0 Al resolver el sistema para los escalaresαi se obtiene: α1 = a α2 = c − d α3 = d α4 = b + c − d − 2a 2 5 Angel Guale L.
- 6. Si transformamos el vector de la ecuaci´on anterior : T a b c d = α1T 1 2 0 0 + α2T 0 −1 1 0 + α3T 0 0 1 1 + α4T 0 2 0 0 T a b c d = α1 0 0 0 0 + α2 0 0 0 0 α3 1 2 0 0 + α4 0 −1 1 0 T a b c d = α3 1 2 0 0 + α4 0 −1 1 0 T a b c d = (d) 1 2 0 0 + b + c − d − 2a 2 0 −1 1 0 T a b c d = d 5d−b−c+2a 2 b+c−d−2a 2 0 6 Angel Guale L.
- 7. Problema 3. Determine los valores y vectores propios de la matriz A y adem´as la matriz ortogonal que permite la diagonalizaci´on de la matriz A. A = 1 −2 0 0 −2 1 0 0 0 0 1 −2 0 0 −2 1 Soluci´on Valores propios de A: det 1 − λ −2 0 0 −2 1 − λ 0 0 0 0 1 − λ −2 0 0 −2 1 − λ = 0 [(1 − λ)2 − 4][(1 − λ)2 − 4] = 0 [(1 − λ − 2)(1 − λ + 2)]2 = 0 (−λ − 1)2 (3 − λ)2 = 0 (λ + 1)2 (3 − λ)2 = 0 Por lo tanto los valores propios son λ1,2 = −1, λ3,4 = 3. Vectores propios de A: Para λ = −1 2 −2 0 0 0 −2 2 0 0 0 0 0 2 −2 0 0 0 −2 2 0 ∼ 2 −2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 −2 0 0 0 0 0 0 Eλ=−1 = a b c d a = b; c = d BEλ=−1 = 1 1 0 0 , 0 0 1 1 Para λ = 3: −2 −2 0 0 0 −2 −2 0 0 0 0 0 −2 −2 0 0 0 −2 −2 0 ∼ −2 −2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 −2 −2 0 0 0 0 0 0 7 Angel Guale L.
- 8. Eλ=3 = a b c d a = −b; c = −d BEλ=3 = 1 −1 0 0 , 0 0 1 −1 La matriz ortogonal que diagonaliza a A se forma de una base ortonormal de vectores propios linealmente independiente, por lo que hay que ortonormalizar las bases obtenidas. Al final se obtiene: Q = 1√ 2 0 1√ 2 0 1√ 2 0 − 1√ 2 0 0 1√ 2 0 1√ 2 0 1√ 2 0 − 1√ 2 8 Angel Guale L.
- 9. Problema 4. Sea V = R3 . Y sea H el subespacio de V definido como: H = gen 1 0 −1 , 1 −1 0 , 0 1 −1 y x = 1 3 2 usando el producto interno can´onico o est´andar, halle: a. El complemento ortogonal de H. b. Una base ortonormal de H. c. La proyecci´on ortogonal de x sobre H. Soluci´on Para obtener H⊥ necesitamos una base de H. Es evidente que el ´ultimo vector del conjunto generador es linealmente dependiente, por lo tanto una base de H ser´ıan los dos primeros vectores. BH = 1 0 −1 , 1 −1 0 Realizamos producto interno de un vector t´ıpico con cada elemento de la base de H. a b c , 1 0 −1 = 0 a − c = 0 a b c , 1 −1 0 = 0 a − b = 0 Por lo tanto H⊥ = a b c a = b = c BH⊥ = 1 1 1 9 Angel Guale L.
- 10. b. Una base ortonormal de H. Por el proceso de ortonormalizaci´on de Gram-Schmidt: u1 = v1 ||v1|| = 1√ 2 0 −1√ 2 z2 =v2 − v2, u1 u1 z2 = 1 −1 0 − 1 −1 0 , 1√ 2 0 −1√ 2 1√ 2 0 −1√ 2 z2 = 1 2 −1 1 2 u2 = z2 ||z2|| u2 = 1√ 6 − 2√ 6 1√ 6 Una base ortonormal de H es B∗ H = {u1, u2} = 1√ 2 0 −1√ 2 , 1√ 6 − 2√ 6 1√ 6 c. La proyecci´on ortogonal de x sobre H se puede calcular mediante la pro- yecci´on de x sobre el complemento ortogonal de H. Para esto necesitamos una base ortonormal de H⊥ , sin embargo como es de dimensi´on 1, s´olo hay que dividir para la norma B∗ H⊥ = {w1} = 1√ 3 1√ 3 1√ 3 ProyH⊥ x = x, w1 w1 ProyH⊥ x = 1 3 2 , 1√ 3 1√ 3 1√ 3 1√ 3 1√ 3 1√ 3 ProyH⊥ x = 2 2 2 Finalmente: ProyHx = x − ProyH⊥ x ProyHx = −1 1 0 10 Angel Guale L.