El trabajo persistente caracteriza al “Usachino”
Una Soluci ´on de la Pep 2 de ´
Algebra II
M ´odulo BasicoProfesor Ricardo Santander Baeza
Departamento de Matem ´atica y Ciencia de la Computaci ´on Universidad de Santiago de Chile
09 de Enero del 2014
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
[I]βα = [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
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)}
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
2 SeaW=
a b c d
∈MR(4×1)|a+b+c+d =0∧a+2b−c+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+2b−c+d=0
⇔ A=
a b c d
∈MR(4×1)∧
a+b+c+d = 0
a+2b−c+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
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
A′2 = 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
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 = a0·b0+a1·b1+a2·b2
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⇒
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+3x3∈W, 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
