Control 4 - Álgebra (2005).pdf

U. DE CHILE

INGENIERIA

Control 4 MA11A ´

ALGEBRA

Escuela de Ingenier´

ıa,FCFM, U. de Chile.

25 de agosto de 2005

Pregunta 1.

Considere el sistema de ecuaciones

x1

+

2x2

+

x3

+

3x4

=

1

x1

+

3x2

+

x3

+

(3

−

α)x4

=

α

x

1

+

x

2

+

(β

+

α

+ 3)x

4

=

β

x1

+

3x2

+

2x3

+

3x4

=

2α

+ 2β

en las variables

x1, x2, x3, x4, donde

α,

β

∈

_R

son par´

ametros.

a)

Aplique el m´

etodo de escalonamiento (2,5 ptos.) y determine los valores de

α

y

β

de

modo que

i) (0,5 ptos.) el sistema tenga una ´

unica soluci´

on,

ii) (0,5 ptos.) el sistema no tenga soluci´

on,

iii) (0,5 ptos.) el sistema tenga infinitas soluciones.

b)

(2 ptos.) Para

α

=

−

2 y

β

= 2 encuentre el conjunto soluci´

on.

Pregunta 2.

a)

i) (2 ptos.) Sean

A,

B

matrices de

n

×

m

con coeficientes reales. Pruebe que

A

=

B

⇐⇒ ∀

x

∈

_R

m

_,

_∀

_y

_∈

R

n

h

Ax, y

i

=

h

Bx, y

i

.

Ind.: calculehAe1, e2idondeej= (0, . . . ,0,1,0, . . . ,0)T y el 1 est´a en la posici´onj.

ii) (2 ptos.) Sean

A,

B

matrices de

n

×

n

sim´

etricas

con coeficientes reales. Pruebe

que

A

=

B

⇐⇒ ∀

x

∈

_R

n

_h

_{Ax, x}

_i

₌

_h

_{Bx, x}

_i

_.

b)

(1 pto.) Demuestre que si una matriz cuadrada

A

verifica

A

k

=

I

para alg´

un natural

k

≥

1, entonces

A

es invertible (I

es la matriz identidad).

c)

(1 pto.) Encuentre todas las matrices de la forma

A

=

x

z

0

y

que cumplen

A

2

=

I

(x, y, z

reales;

I

es la matriz identidad).

Pregunta 3.

Se define las rectas

L1

:





−

1

2

1





+

t





1

2

−

2





,

t

∈

R

y

L2

:





3

1

−

1





+

s





0

1

−

2





,

s

∈

R

.

a)

(1,5 ptos.) Verifique que

L

1

y

L

2

no se intersectan.

b)

(1,5 ptos.) Encuentre la ecuaci´

on normal del plano Π que contiene a la recta

L

1

y es

paralelo a

L2.

c)

(1,5 ptos.) El punto

P

=





3

1

−

1





pertenece a

L2. Encuentre la proyecci´

on ortogonal de

P

sobre el plano Π de la parte b).

U. DE CHILE

INGENIERIA

Pauta Control #4 MA11A ´

Algebra

Escuela de Ingenier´ıa, FCFM, U. de Chile. Semestre Primavera 2005

El objetivo de esta pauta es orientar la correcci´on de los ayudantes y dar al alumno una gu´ıa de estudio. Es

responsabilidad del alumno tener una copia de esta pauta para el d´ıa de la revisi´on de su prueba. Esta se

puede obtener en la p´agina:

http://www.dim.uchile.cl/∼lmella/MA11A.htmlen formato ps o pdf.

Pregunta 1.Considere el sistema de ecuaciones

x1 + 2x2 + x3 + 3x4 = 1 x1 + 3x2 + x3 + (3−α)x4 = α x1 + x2 + (β+α+ 3)x4 = β x1 + 3x2 + 2x3 + 3x4 = 2α+ 2β

en las variablesx1, x2, x3, x4, dondeα,β ∈Rson par´ametros.

a) Aplique el m´etodo de escalonamiento (2,5 ptos.) y determine los valores de αyβ de modo que

i) (0,5 ptos.) el sistema tenga una ´unica soluci´on,

ii) (0,5 ptos.) el sistema no tenga soluci´on,

iii) (0,5 ptos.) el sistema tenga infinitas soluciones

b) (2 ptos.) Para α=−2 yβ= 2 encuentre el conjunto soluci´on.

Pauta.

a) Aplicamos el m´etodo de escalonamiento:

1 2 1 3 1

1 3 1 3−α α

1 1 0 β+α+ 3 β

1 3 2 3 2α+ 2β

1 2 1 3 1

0 1 0 −α α−1

0 −1 −1 α+β β−1

0 1 1 0 2α+ 2β−1

1 2 1 3 1

0 1 0 −α α−1

0 0 −1 β α+β−2

0 0 1 α α+ 2β

1 2 1 3 1

0 1 0 −α α−1

0 0 −1 β α+β−2

0 0 0 α+β 2α+ 3β−2

i) El sistema tiene una ´unica soluci´on si y s´olo si α+β 6= 0.

ii) Cuandoα+β= 0 y 2α+ 3β−26= 0, no existe soluci´on.

En este caso, la segunda condici´on se simplifica a 2α−3α−2 6= 0 es decir −α−2 6= 0, o sea,

α6=−2.

iii) Siα+β= 0 y 2α+ 3β−2 = 0 existen infinitas soluciones. Las condiciones se simplifican a α=−β y

2α+ 3β−2 = 0⇔α=−2

Es decirα=−2, β = 2.

b) Cuandoα=−2, β= 2, retomando (1) tenemos que encontrar el conjunto soluci´on de

1 2 1 3 1

0 1 0 2 −3

0 0 −1 2 −2

0 0 0 0 0

Resolviendo

−x3+ 2x4=−2 =⇒x3= 2x4+ 2 x2+ 2x4=−3 =⇒x2=−2x4−3 x1+ 2x2+x3+ 3x4= 1

x1=−2(−2x4−3)−(2x4+ 2)−3x4+ 1 = 4x4+ 6−2x4−2−3x4+ 1

=−x4+ 5

As´ı, el conjunto soluci´on es

   

   

  

x1 x2 x3 x4



  

=



  

5 −3 2 0



  

+x4



  

−1 −2 2 1



  

conx4∈R

   

  

Puntaje.

a) 2,5 por escalonar la matriz

a i) 0,5 por las condiciones

a ii) 0,5 por las condiciones

a iii) 0,5 por las condiciones

b) 2 por el conjunto soluci´on

Pregunta 2.

a) i) (2 ptos.) SeanA,B matrices den×mcon coeficientes reales. Pruebe que

A=B⇐⇒ ∀x∈Rm,∀y∈Rn hAx, yi=hBx, yi.

ii) (2 ptos.) SeanA,B matrices den×nsim´etricascon coeficientes reales. Pruebe que

A=B⇐⇒ ∀x∈_Rm _{hAx, xi=hBx, xi.}

b) (1 pto.) Demuestre que si una matriz cuadrada AverificaAn _{=I para alg´un naturaln≥1, entonces}

A es invertible (I es la matriz identidad).

c) (1 pto.) Encuentre todas las matrices de la formaA=

x z

0 y

que cumplenA2=I (x, y, zreales;Ies la matriz identidad).

Pauta.

a) i) SiA=B claramente se tiene

Ax=Bx ∀x∈_Rm_y

hAx, yi=hBx, yi ∀x∈Rm, ∀yRn.

Escribamos

A= (aij)ij B= (bij)ij

y parax∈_Rm_,y∈

Rn

x=



 

x1 .. .

xm 

  y=



 

y1 .. .

yn 

 

Entonces

(Ax)i= m X

j=1

aijxj parai∈ {1, . . . , n}

hAx, yi=

n X

i=1

m X

j=1

aijxjyi

Siguiendo la indicaci´on, esto es, con

e1= [1,0, . . . ,0]T ∈Rm e2= [0,1,0, . . . ,0]T ∈Rn

vemos que

hAe1, e2i=

n X

i=1

ai1 yi=a21

Similarmente

hBe1, e2i=b21

y dehAe1, e2i=hBe1, e2ideducimos a21=b21. Esto se puede generalizar:ek ∈Rm, e`∈Rn

hAek, e`i= n X

i=1

m X

j=1

donde (ek)j denota la componentej deek, la cual es 1 si j=ky 0 sij6=k.

As´ı

hAek, e`i= n X

i=1

aik(e`)i

=a`k

De la relaci´on hAek, e`i = hBek, e`i deducimos que a`k = b`k para todo ` ∈ {1, . . . , n}, k ∈

{1, . . . , m}, es decirA=B.

iii) NuevamenteA=B ⇒ hAx, xi=hBx, xi ∀x∈_Rn_.

Para la rec´ıproca, todav´ıa podemos proceder como en a) con x=ek

hAek, eki=akk hBek, eki=bkk

y se deduceakk=bkk ∀k∈ {1, . . . , n}, por lo que los elementos de la diagonal deAyB son los

mismos.

Para obtener informaci´on para los elementos fuera de la diagonal utilicemos la hip´otesis con

x=ek+e`.

As´ı

hA(ek+e`), ek+e`i

=hAek, eki+hAek, e`i+hAe`, eki+hAe`, e`i

(por las propiedades del producto interno) y luego

hA(ek+e`), ek+e`i=akk+a`k+ak`+a``

Similarmente

hB(ek+e`), ek+e`i=bkk+b`k+bk`+b``

y de las hip´otesis se deduce

akk+ 2ak`+a``=bkk+ 2bk`+b``

(hemos utilizado tambi´en la simetr´ıa deAyB).

Comoakk=bkk obtenemos

ak`=bk` ∀`, k∈ {1, . . . , n}.

Se concluye que A=B.

b) SupongamosAn _{=I. Veamos que la ´unica soluci´on posible deAx= 0 esx= 0.}

Si Ax= 0, A2_{x= 0 y por inducci´onA}n_{x= 0.}

PeroAn_{x=Ix=xy luegox= 0.}

Un teorema conocido nos permite concluir queAes invertible.

c) Si A=

x z

0 y

, tenemos

A2=

x z

0 y

x z

0 y

=

x2 _xz+yz

0 y2

Luego A2_=I⇔x2_{= 1, y}2_{= 1, xz+yz= 0. De x}2_{= 1 vemos quex=±1 ey}2_{= 1 implicay=±1.} Distingamos los casos siguientes:

• x=−1,y=−1. En este caso de z(x+y) = 0 deducimosz= 0 y luegoA=−I.

• x= 1,y=−1. En este caso dez(x+y) = 0 no resulta ninguna restricci´on, y por lo tantoz∈R. • x=−1,y= 1. Este caso es similar al anterior yz∈R.

La conclusi´on es que si A=

x z

0 y

y satisfaceA2=Ientonces:A=I oA=−Io A=

1 z

0 −1

con z∈Ro A=

−1 z

0 1

con z∈R.

Puntaje.

a i) 0,5 por calcular correctamente hAe1, e2i 0,5 por la f´ormula m´as generalhAx, yi=

n P

i=1

m P

j=1

aijxjyi

1,0 para concluir

a ii) 0,5 por la conclusi´onakk=bkk

0,5 por la idea de elegirxeyadecuados

0,5 por el manejo algebraico con el producto interno

0,5 para concluir

b) 0,5 por la idea de utilizar el teorema:

A matriz cuadrada con (∀x∈Rn)Ax= 0 =⇒x= 0, implicaAinvertible.

0,5 por demostrar la propiedad (∀x∈_Rn_{)Ax= 0 =⇒x= 0 a partir de la hip´otesis.}

c) 0,3 por calcular correctamenteA2 _{y llegar a ecuaciones parax, y, z} 0,7 por encontrar todas las soluciones posibles, analizando por casos.

Pregunta 3.Se define las rectas

L1:





−1 2 1



+t 



1 2 −2



, t∈R y L2:





3 1 −1



+s 



0 1 −2



, s∈R.

a) (1,5 ptos.) Verifique queL1 yL2 no se intersectan.

b) (1,5 ptos.) Encuentre la ecuaci´on normal del plano Π que contiene a la recta L1y es paralelo a L2.

c) (1,5 ptos.) El puntoP =





3 1 −1



pertenece aL2. Encuentre la proyecci´on ortogonal deP sobre el plano Π de la parte b).

d) (1,5 ptos.) De la ecuaci´on del plano paralelo a Π que est´a a la misma distancia deL1 y L2 (Π es el plano de la parte b) ).

Pauta.

a) Trataremos de encontrars, t∈Rtales que





−1 2 1



+t 



1 2 −2



= 



3 1 −1



+s 



0 1 −2



 (2)

⇔ t





1 2 −2



+s 



0 −1 2



= 



4 −1 −2



Mirando la primera componente tenemos quet= 4. De la segunda componente

2t−s=−1

8−s=−1

s= 9

Pero la tercera componente dice

−2t+ 2s=−2 −2·4 + 2·9 =−2 −8 + 18 =−2

10 =−2

Esto es imposible, luego no existes, t∈Rque cumplan (2) y se deduce queL1 yL2no intersectan.

b) Como Π contiene aL1, el vector





1 2 −2



es vector director de Π.

Del hecho que Π es paralelo a L2 tenemos que





0 1 −2



 tambi´en es vector director de Π. Estos dos

vectores son no paralelos.

Como





−1 2 1



∈L1, el plano queda descrito por





−1 2 1



+t 



1 2 −2



+s 



0 1 −2



 cons, t∈R

Encontraremos la forma normal. Para esto necesitamos un vector N perpendicular a





1 2 −2



 y





0 1 −2



. EscribimosN = [n1, n2, n3]T. Luego queremos que

n1+ 2n2−2n3= 0 n2−2n3= 0 Entoncesn2= 2n3 yn1=−2n2+ 2n3=−2·2n3+ 2n3=−2n3.

As´ı un posible vectorN viene dado por





−2 2 1



.

Se puede encontrar un vector normal calculando el producto cruz





1 2 −2



× 



0 1 −2



= 



−2 2 1



.

Luego la ecuaci´on buscada es

*

~x−





−1 2 1



, 



−2 2 1



 +

= 0, con~x=





x y z





c) LlamemosP0a la proyecci´on deP =   3 1 −1 

sobre Π.

Entonces buscamos P0 de la forma

P0=P+λN = =

  3 1 −1  +λ   −2 2 1  

P0 pertenece a Π si cumple la ecuaci´on

*

P0−

  −1 2 1  ,   −2 2 1   + = 0 *  3 1 −1  +λ   −2 2 1  −   −1 2 1  ,   −2 2 1   + = 0 *  4 −1 −2  ,   −2 2 1   + +λ *  −2 2 1  ,   −2 2 1   + = 0

−8−2−2 +λ·9 = 0

λ=12

9 =

4 3

As´ıP0=

  3 1 −1 

+4₃   −2 2 1  =  

3−8 3 1 + 8₃ −1 + 4 3



=1₃   1 11 1  

d) El plano Π1 buscado tiene vector normal

  −2 2 1 

y debe pasar por el punto medio del segmento que

une P0 conP. Este punto medio viene dado por

1

2(P0+P) = 1 2

P+4

3N+P

=P+2

3N =   3 1 −1  + 2 3   −2 2 1  =   3 1 −1  +  

−4/3 4/3 2/3



= 



3−4/3 1 + 4/3 −1 + 2/3

  = 1 3   5 7 −1  

Luego la ecuaci´on del plano buscado es

*

~ x−1

3   5 7 −1  ,   −2 2 1   +

= 0 , ~x=

  x y z  

⇐⇒ −2(x−5/3) + 2(y−7/3) + (z+ 1/3) = 0

Puntaje.

a) 0,3 por formular el problema como el de verificar que el sistema de 3 ecuaciones en s y t no tiene

soluci´on

b) 0,5 por la idea de construir el plano con los vectores directores de las rectasL1, yL2 0,5 por encontrar un vector normal al plano (producto cruz u otro argumento)

0,5 por la ecuaci´on normal del plano

c) 0,3 por plantear alg´un camino v´alido para encontrar la proyecci´on (como el sugerido en esta pauta)

1,2 por el resultado

d) 0,3 por plantear que el plano buscado tiene la misma normal que el plano Π

1,0 por encontrar un punto del plano buscado (como el punto medio entreP y su proyecci´on)