Una Soluci ´on de la Pep 2 de ´

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(1)

El trabajo persistente caracteriza al “Usachino”

Una Soluci ´on de la Pep 2 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

09 de Enero del 2014

(2)

1 Seaβ ={(1,1,1,1),(1,−1,1,1),(1,1,−1,1),(1,1,1,−1)}una base deR4, y

A= 

  

0 1 1 1 1 1 −1 2 1 −1 −1 3 1 1 1 4

  

∈MR(4)

Determine y exhiba, si es posible, una baseαdeR4del tal forma que A= [I]βα.

Soluci ´on. Si una tal baseα={v1,v2,v3,v4}deR4existe entonces por definici ´on de matriz cambio de base

deber´ıamos tener que

[Iα = [v1]β [v2]β [v3]β [v4]β

Por otra parte, si A= [I]βαentonces

[v1]β [v2]β [v3]β [v4]β

=

  

0 1 1 1 1 1 −1 2 1 −1 −1 3 1 1 1 4

(3)

As´ı que, por definici ´on de[]β deber´ıa suceder que

[v1]β =

  

0 1 1 1

  

v1=0·(1,1,1,1) + (1,−1,1,1) + (1,1,−1,1) + (1,1,1,−1) = (3,1,1,1)

[v2]β =

  

1 1 −1 1

  

⇔ (1,1,1,1) + (1,−1,1,1)−(1,1,−1,1) + (1,1,1,−1) = (2,0,4,0)

[v3]β =

  

1 −1 −1 1

  

⇔ (1,1,1,1)−(1,−1,1,1)−(1,1,−1,1) + (1,1,1,−1) = (0,2,2,−2)

[v4]β =

  

1 2 3 4

  

⇔ (1,1,1,1) +2(1,−1,1,1) +3(1,1,−1,1) +4(1,1,1,−1) = (10,6,4,2)

Por tanto,

α = {(3,1,1,1),(2,0,4,0),(0,2,2,−2),(10,6,4,2)}

(4)

  

3 2 0 10 1 0 2 6 1 4 2 4 1 0 −2 2

  

  

a1

a2

a3

a4

  

= 

  

0 0 0 0

  

Y como

det 

  

3 2 0 10 1 0 2 6 1 4 2 4 1 0 −2 2

  

= −16

(5)

2 SeaW=

   

  

  

a b c d

  

∈MR(4×1)|a+b+c+d =0∧a+2bc+d =0

   

  

un subespacio deMR(4×1). Si

definimos el producto interno

* 

  

a1

b1

c1

d1

   ,

  

a2

b2

c2

d2

  

+

= a1a2+b1b2+c1c2+d1d2 (∗)

Entonces determine una base ortogonal deWrespecto del producto interno(∗) Soluci ´on. Determinemos en primer lugar una base paraW. e.e.

A∈W ⇔ A= 

 

a b c d

 ∈

MR(4×1)∧a+b+c+d=0∧a+2bc+d=0

A= 

 

a b c d

∈MR(4×1)∧

a+b+c+d = 0

a+2bc+d = 0

A= 

 

a b c d

 ∈

MR(4×1)∧ ba+b2c+c+d = 0

= 0

A= 

 

a b c d

 ∈

MR(4×1)∧ ba+b+c+d = 0

= 2c

A= 

 

a b c

 ∈

MR(4×1)∧ ab+3c+d = 0

(6)

Luego, W = *            1 0 0 −1     ,     0 2 1 −3            +

Yα=            1 0 0 −1     ,     0 2 1 −3           

es una base paraW, pues

a     1 0 0 −1     +c     0 2 1 −3     =     0 0 0 0     ⇒     a 2c c

−a−3c

    =     0 0 0 0    

a=c=0

Finalmente, ortogonalizamos usando el proceso de Gram-Schmidt. e.e. definimos

A′ 1 =     1 0 0 −1    

A2 =     0 2 1 −3     − *     0 2 1 −3     ,     1 0 0 −1     + *     1 0 0 −1     ,     1 0 0 −1     +     1 0 0 −1     =     0 2 1 −3     −3 2     1 0 0 −1     =    

−32 2 1 −32

(7)

Luego, una base ortogonal deWes:

α′ =    

  

  

1 0 0 −1

   ,

  

−3 2

2 1 −32

  

   

  

3 Si consideramos enR

2[x]el subespacioW={c0+c1x +c2x2|c0−2c1+c2=0}y definimos en el producto

interno

ha0+a1x+a2x2,b0+b1x+b2x2i = ab0+ab1+ab2

Entonces

Determine PW, la proyecci ´on ortogonal deR3[x]enW

Soluci ´on. en primer lugar debemos determinar una base ortogonal paraWentonces

p(x)∈W p(x) =c0+c1x +c2x2∧c0−2c1+c2=0

p(x) =c0+c1x +c2x2∧c0=2c1−c2

p(x) =2c1−c2+c1x+c2x2; c1∈R∧c2∈R

p(x) =c1(2+x) +c2(−1+x2); c1∈R∧c2∈R

Luego

W = h{2+x,−1+x2}i

Adem ´asα={2+x,−1+x2}es una base paraW, pues

c1(2+x) +c2(−1+x2) =0+0x+0x

(8)

As´ı que, una base ortogonal deWes

α′

= {2+x,−1+2x+5x2}

Finalmente, construimos la proyecci ´on ortogonal como siempre, e.e.

PW(a0+a1x+a2x2) =

ha0+a1x+a2x2,2+xi

h2+x,2+xi (2+x) +

ha0+a1x+a2x2,−1+2x+5x2i

h−1+2x+5x2,1+2x+5x2i (−1+2x+5x 2)

=

2a0+a1

5

(2+x) +

a0+2a1+5a2

30

(−1+2x+5x2)

Calcule d((1+2x+3x2),W)

Soluci ´on. Observamos que 1+2x+3x3W, luego, P

W(1+2x+3x2) =1+2x+3x2y d((1+2x+3x2),W) =0.

Podemos tambi ´en verificar directamente que

PW(1+2x+3x2) =

4 5

(2+x) +

3 5

(−1+2x+5x2) =1+2x+3x2

Y entonces

Figure

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Referencias

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