Una Soluci ´on de la Pep Acumulativa de ´

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(1)

El trabajo persistente

caracteriza al “Usachino”

Una Soluci ´on de la Pep Acumulativa de ´

Algebra II

M ´odulo Basico

Profesor Ricardo Santander Baeza

Departamento de Matem ´atica y Ciencia de la Computaci ´on Universidad de Santiago de Chile

16 de Enero del 2014

(2)

1

Dado el sistema lineal

3x

1

+

2x

2

4x

3

=

1

x

1

λ

x

2

+

x

3

=

3

x

1

x

2

3

λ

x

3

=

3

(∗)

Determine el conjunto

S

=

{

λ

R

|

(∗)

tiene infinitas soluciones

}

Soluci ´on

Aplicamos el teorema del rango, y entonces debemos escalonar

(A|B)

, la matriz ampliada asociada al sistema

(∗)

(A|B) =

3

2

4

|

1

1

λ

1

|

3

1

1

3

λ

| −

3

(l

1

l

1

3l

2

)

(l

3

l

3

l

2

)

0

(

2

+

3

λ

)

7

| −

8

1

λ

1

|

3

0

(−

1

+

λ

) (−

3

λ

1

)

| −

6

(l

1

l

2

)

1

λ

1

|

3

0

(

2

+

3

λ

)

7

| −

8

0

(−

1

+

λ

) (−

3

λ

1

)

| −

6

(l

2

l

3

)

1

λ

1

|

3

0

(−

1

+

λ

) (−

3

λ

1

)

| −

6

0

(

2

+

3

λ

)

7

| −

8

(∗∗)

Ahora analizamos

(∗∗)

, respecto de su rango.

Si llamamos E

=

1

λ

1

0

(−

1

+

λ

) (−

3

λ

1

)

0

(

2

+

3

λ

)

7

entonces

det

(E) =

det

1

λ

1

0

(−

1

+

λ

) (−

3

λ

1

)

0

(

2

+

3

λ

)

7

=

det

(−

1

+

λ

) (−

3

λ

1

)

(

2

+

3

λ

)

7

=

9

λ

2

+

2

λ

+

9

Como det

(E

)

6=

0

(∀

λ

;

λ

R

)

entonces

(3)

2

Sea

V

un

R

espacio vectorial y

α

=

{p

1

,

p

2

,

p

3

}

una base de

V

. Si definimos

β

=

{q

1

,

q

2

,

q

3

} ⊂

V

tal que

q

1

=

p

1

+

p

2

q

2

=

p

1

p

2

3p

3

q

3

=

−p

1

+

2p

3

entonces

Demuestre queβ es una base deV

Soluci ´on

Etapa 1. Debemos mostrar queβes una base deV

Etapa 2. Gesti ´on de la informaci ´on

Comoα={p1,p2,p3}una base deVentonces dimR(V) =3. Por tanto, para queβsea base deV, basta mostrar que es un

conjunto linealmente independiente ´o que es un sistema de generadores. Mostremos queβ, es un sistema de generadores (Nos servir ´a para responder la pregunta siguiente !!!)

Debemos entonces resolver para cada u∈V, la ecuaci ´on

u=c1q1+c2q2+c3q3 (∗)

Pero, comoαes una base entonces existen escalares a1,a2,a3tales que

u=a1p1+a2p2+a3p3 (∗∗)

Pero, por definici ´on deβtenemos que(∗)se escribe como:

u = c1(p1+p2) +c2(p1−p2−3p3) +c3(−p1+2p3)

= (c1+c2−c3)p1+ (c1−c2)p2+ (−3c2+2c3)p3

De la unicidad de la representaci ´on de u en (**). sigue que debe verificarse simult ´aneamente que

c1+c2−c3 = a1

c1−c2 = a2

3c2+2c3 = a3

⇐⇒

1 1 −1 1 −1 0 0 −3 2

 

c1

c2

c3 

= 

a1

a2

a3 

Escalonado la matriz ampliada asociada al sistema obtenemos que

1 1 −1 | a1

1 −1 0 | a2

0 −3 2 | a3 

≈ 

1 0 0 | 2a1−a2+a3

0 1 0 | 2a1−2a2+a3

0 0 1 | 3a1−3a2+2a3 

=⇒ 

c1

c2

c3 

= 

2a1−a2+a3

2a1−2a2+a3

3a1−3a2+2a3 

As´ı que sustituyendo estos resultados en la representaci ´on de u en(∗)tenemos que:

u = (2a1−a2+a3)q1+ (2a1−2a2+a3)q2+ (3a1−3a2+2a3)q3 (∗ ∗ ∗)

(4)

Determine[I]β α

Soluci ´on. Etapa 1. Debemos determinar la matriz cambio de base[I]β α Etapa 2. Gesti ´on de la informaci ´on

Por definici ´on tenemos que

[I]βα= ([p1]β [p2]β [p3]β)

De(∗ ∗ ∗)y(∗∗), sigue que

[u]β=

2a1−a2+a3

2a1−2a2+a3

3a1−3a2+2a3 

⇐⇒u=a1p1+a2p2+a3p3

Luego, tenemos los casos:

p1=1·p1+0·p2+0·p3=⇒[p1]β=

  2 2 3  

p2=0·p1+1·p2+0·p3=⇒[p2]β=

  −1 −2 −3  

p3=0·p1+0·p2+1·p3=⇒[p3]β=

  1 1 2                             

⇒[I]βα=

2 −1 1 2 −2 1 3 −3 2

Si q=p1+p2+p3entonces determine[q]β Soluci ´on

Etapa 1. debemos determinar[q]β Etapa 2. Gesti ´on de la informaci ´on

Como q=p1+p2+p3entonces[q]α=

  1 1 1  

Conforme a la filosof´ıa de la matriz cambio de base tenemos que

[q]β = [I]βα[q]α=

2 −1 1 2 −2 1 3 −3 2

    1 1 1  =   2 1 2  

3

Si consideramos el subespacio

W

=

{(x

,

y

,

t

,

z)

R

4

|

9z

3x

3y

=

0

}

entonces usando el producto interno

(5)

PW, la proyecci ´on ortogonal deR4enW

Soluci ´on

En primer lugar, determinamos una base de W .

uW ⇐⇒ u= (x,y,t,z)∈R4 9z3x3y=0⇐⇒u= (x,y,t,z)R4 x+y3z=0

⇐⇒ u= (x,y,t,z)∈R4 y =3zx ⇐⇒u= (x,3zx,t,z)

⇐⇒ u=x(1,−1,0,0) +z(0,3,0,1) +t(0,0,1,0)

Luego, W =h{(1,−1,0,0),(0,3,0,1),(0,0,1,0)}i. As´ı que dimR(W)≤3, por tanto debemos verificar que

α={(1,−1,0,0),(0,3,0,1),(0,0,1,0)}es una base de W , y para ello s ´olo falta ver que es linealmente independiente. Es decir, debemos mostrar que

a1(1,−1,0,0) +a2(0,3,0,1) +a3(0,0,1,0) = (0,0,0,0) =⇒a1=a2=a3=0 entonces

a1(1,−1,0,0) +a2(0,3,0,1) +a3(0,0,1,0) = (0,0,0,0) =⇒ (a1,3a2−a1,a3,a2) = (0,0,0,0)

=⇒ a1=a2=a3=0

Por tantoαes una base de W .

A seguir verificamos siαes un base ortogonal, respecto del producto interno usual.

h(1,−1,0,0),(0,0,1,0)i = 0

h(1,−1,0,0),(0,3,0,1)i = −3

h(0,3,0,1),(0,0,1,0)i = 0

Luego,αno es una base ortogonal, as´ı que la ortogonalizamos v´ıa G-S.

v

1 = (1,−1,0,0)

v

2 = (0,0,1,0)

v

3 = (0,3,0,1)−

h(0,3,0,1),(0,0,1,0)i

h(0,0,1,0),(0,0,1,0)i(0,0,1,0)−

h(0,3,0,1),(1,−1,0,0)i

h(1,−1,0,0),(1,−1,0,0)i(1,−1,0,0)

= (0,3,0,1) +3

2(1,−1,0,0) =

3 2,

3 2,0,1

(6)

Finalmente procedemos a calcular la proyecci ´on ortogonal deR4sobre W . Es decir PW :R47−→W tal que (a,b,c,d)∈R47−→PW(a,b,c,d)W

Pw(a,b,c,d) =

h(a,b,c,d),(1,−1,0,0)i

h(1,−1,0,0),(1,−1,0,0)i(1,−1,0,0) +

h(a,b,c,d),(0,0,1,0)i

h(0,0,1,0),(0,0,1,0)i(0,0,1,0) + h(a,b,c,d),(3,3,0,2)i

h(3,3,0,2),(3,3,0,2)i(3,3,0,2)

=

ab 2

(1,−1,0,0) +c(0,0,1,0) +

3a+3b+2d 22

(3,3,0,2)

=

ab 2 +

9a+9b+6d 22 ,

ba 2 +

9a+9b+6d 22 ,c,

3a+3b+2d 11

=

11a11b+9a+9b+6d

22 ,

11b11a+9a+9b+6d 22 ,c,

3a+3b+2d 11

=

20a2b+6d 22 ,

20b2a+6d 22 ,c,

3a+3b+2d 11

=

10ab+3d 11 ,

10ba+3d 11 ,c,

3a+3b+2d 11

Para nuestra tranquilidad, podemos comprobar la validez de nuestro trabajo, usando las propiedades conocidas.

Pw(1,−1,0,0) =

10+1 11 ,

−10−1 11 ,0,

3−3 11

(7)

d((x,y,z,t),W), la distancia de un vector deR4al subespacioW

Soluci ´on

Sabemos que d((x,y,z,t),W) =k(x,y,z,t)Pw(x,y,z,t)k. As´ı que en consecuencia hacemos los c ´alculos

k(x,y,z,t)Pw(x,y,z,t)k =

(x,y,z,t)−

10xy+3t 11 ,

10yx+3t 11 ,z,

3x+3y+2t 11 =

11x10x+y3t

11 ,

11y10y+x3t 11 ,0,

11t3x3y2t 11 =

x+y3t 11 ,

y+x3t 11 ,0,

9t3x3y 11 =

x+y3t 11 ,

y+x3t 11 ,0,

−3(x+y3t) 11 Luego,

d((x,y,z,t),W) =

v u u t

x+y3t 11

2

+

y+x3t 11

2

+

3(x+y3t) 11 2! = v u u t

x+y3t 11

2

+

y+x3t 11

2

+9

(x+y3t) 11 2! = s 11

x+y3t 11

2

Podemos como antes, en base a nuestras propiedades, comprobar nuestro resultado:

d((1,−1,0,0),W) =

s

11

1−1−0 11

2

Figure

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