MA 1116 Tercer Parcial 2019 Verano Tipo B pdf

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(1)Julio - Agosto 2019 MA1116 - Matemáticas III Solución Parcial 3 (30 %) Turno 4-5 Pregunta 1 (9 ptos.) Considere el espacio vectorial R4 con el producto interno < ~a, ~b > = 2a1 b1 + a2 b2 + 2a3 b3 + a4 b4 , donde ~a = (a1 , a2 , a3 , a4 ) y ~b = (b1 , b2 , b3 , b4 ). Sea H ≤ R4 definido como         1 1 −1 2             −1 0 −1 −1 , , ,  H = gen   1 −1  3  0      0 1 −2 1 a) Encuentre condiciones suficientes para a, b, c y d de manera que ~v = (a, b, c, d) ∈ H, y una base para H. b) Halle el complemento ortogonal de H, y una base para H ⊥ . c) Dado ~v = (1, 7, −5, 3). Determine vectores ~h ∈ H y p~ ∈ H ⊥ tales que ~v = ~h + p~. Solución a) Sean, en orden, v1 , v2 , v3 y v4 los vectores que generan a H en el enunciado. Sea ~v = (a, b, c, d) ∈ H. Entonces, hallamos el espacio generado por estos vectores escribiendo c1 v1 + c2 v2 + c3 v3 + c4 v4 = ~v Lo cual genera el  1 1  −1 0   1 −1 0 1. sistema −1 2 −1 −1 3 0 −2 1.   a  b     c d. 1 1 0 1 0 0 0 0. −1 2 −2 1 0 0 0 0.  a  b+a  c + a + 2b  d−b−a. De aquı́, nos damos cuenta que para no tener inconsistencias es necesario que a + 2b + c = 0 y d − b − a = 0. Es por ello que podemos reescribir H como    a        b 4   H =   ∈ R : c = −a − 2b , d = a + b c       d 1.

(2) De esta manera, usando las condiciones podemos hallar una base para H. Sustituimos las condiciones en un vector genérico en H, como ~v = (a, b, c, d), obteniendo         0 1 a a  1  0  b  b       =  c  −a − 2b = a −1 + b −2 1 1 a+b d De donde obtenemos que     1 0         0  ,  1 H = gen      −1 −2       1 1 Donde llamaremos a cada elemento de este conjunto generador h1 y h2 respectivamente. Es claro que este conjunto es LI pues ningún vector es múltiplo escalar de otro, por lo que una base para H viene dada por. βH.      0  1         0  1  =  ,  −2  −1      1 1. b) Por definición, tenemos en nuestro caso que H ⊥ = ~v ∈ R4 : < ~v , h >= 0, ∀ h ∈ H Por ello, basta considerar un vector genérico en R4 y aplicarle el producto interno con cada uno de los elementos de la base de H e igualar a cero. Esto nos dará las condiciones que definirán H ⊥ .   x y  4  Entonces, sea ~v =  z  ∈ R . w     x 1  y   0    < ~v , h1 >=<   z  , −1 >= 2x − 2z + w = 0 w 1 De igual forma encontramos que     x 0  y   1    < ~v , h2 >=<   z  , −2 >= y − 4z + w = 0 w 1 2.

(3) Despejando w de la primera condición y sustituyéndola en la segunda condición despejando y obtenemos que y = 4z − w = 4z − (2z − 2x) = 2z + 2x Ası́, tenemos que. H⊥.    x        y 4   =   ∈ R : w = 2z − 2x , y = 2z + 2x z       w. De aquı́ deducimos que si ~v ∈ H ⊥ , entonces satisface         0 1 x x 2  2  y  2x + 2z        =  z   z  = x  0 + z 1 2 −2 2z − 2x w Es decir, que H⊥.     0  1        2  , 2 = gen   0 1      2 −2. Los denotamos por p1 y p2 respectivamente, y como ninguno es múltiplo escalar de otro, concluimos que son LI, y ası́ forman una base para H ⊥ .. βH ⊥.      0  1         2  , 2 =   0 1      2 −2. c) Por el Teorema de Proyección, sabemos que cualquier vector ~v ∈ R4 se puede escribir de manera única como ~v = ~h + p~ donde ~h = ProyH ~v ∈ H y p~ = ProyH ⊥ ~v ∈ H ⊥ . Por tanto, lo que debemos hacer es hallar uno de estos dos sumandos, obteniendo uno de los vectores buscados, y el otro se obtiene despejándolo de la ecuación otorgada por el teorema. Notemos que es indiferente cuál de los dos se halle, la dificultad es la misma considerando que dimH = dimH ⊥ = 2. Buscaremos en este caso ~h = ProyH ~v . Para ello, hallamos una base ortonormal de H con la base obtenida en el inciso a) mediante el proceso de Gram-Schmidt. Sea {u1 , u2 } la base ortonormal que buscamos. Entonces, 3.

(4) u1 =. h1 ||h1 ||. Hallamos la norma de h1 .    1 1  0  0 2 2 2    < h1 , h1 >=<  −1 , −1 >= 2(1) + 0 + 2(−1) + (1) = 5 1 1 . .  1 √ √ 1  0  Entonces, ||h1 || = < h1 , h1 > = 5, y ası́ u1 = √  5 −1 1 Luego, u2 =. h02 ||h02 ||. donde h02 = h2 − < h2 , u1 > u1 . Calculamos el producto interno        0 0 1 1  1 1  0  1  0 1        =  −2 − < −2 , √5 −1 > √5 −1 1 1 1 1 . h02.        1 1 0 0  1 1  1  0  0        =  −2 − 5 < −2 , −1 > −1 1 1 1 1 . .  0  1  =  −2 − 1. .    1 −1  0  1 1   =   (5) 5 −1 −1 1 0. Hallamos su norma. Sabiendo que < h02 , √ h02 >= 2(−1)2 +(1)2 +2(−1)2 +0 = √ 5, tenemos que ||h02 || = < h2 , h2 > = 5, y .  −1 1  1  u2 = √  5 −1 0 Finalmente, la base ortonormal de H ⊥ está dada por {u1 , u2 }. 4.

(5) Ahora, hallamos ProyH ~v =< ~v , u1 > u1 + < ~v , u2 > u2 Sustituyendo los datos, tenemos             1 1 1 −1 −1 1  7 1  1  0  1  7 1  0 1 1            ProyH ~v = <  −5 , √5 −1 > √5 −1 + < −5 , √5 −1 > √5 −1 3 1 1 0 0 3. =.            1 −1 1 −1 1 1   0  0 1  7  1  1 1  7 <  ,  >   + <  ,  >   5 −5 −1 −1 5 −5 −1 −1 1 0 1 0 3 3. =.    −1 1  1  0 1  15   + 15   −1 −1 5 0 1. =.      0 −1 1  0  1  3       3 −1 + −1 = −6 3 0 1. . . . . Luego, nuevamente por el Teorema de Proyección tenemos      0 1  7  3      ProyH ⊥ ~v = ~v − ProyH ~v =  −5 − −6 =  3 3. que  1 4  1 0. Finalmente, tenemos que los vetores ~h ∈ H y p~ ∈ H ⊥ que buscamos son .  0   ~h =  3 −6 3. y. 5.   1 4  p~ =  1 0.

(6) Pregunta 2 (8 ptos.) Sea T : P2 → M2 , una transformación lineal tal que 1 0 −1 1 0 2 2 T (1 − x) = , T (1 + x ) = , T (2x + x ) = 0 −1 1 1 1. 1 0. a) Halle una fórmula general para T (a + bx + cx2 ), con a, b, c ∈ R. b) Halle NuT , ImT y sus dimensiones. c) Halle AT , la matriz asociada a T , sobre las bases canónicas. Solución a) Es fácil chequear que los vectores v1 = 1 − x, v2 = 1 + x2 y v3 = 2x + x2 forman una base para P2 : Lo demostraremos escribiendo cualquier vector genérico en P2 como combinación lineal de v1 , v2 y v3 . De esta manera, estos 3 vectores generarı́an a P2 y como es un espacio de dimensión 3, formarı́an una base. Con la ecuación obtenida, deducirı́amos la fórmula de la transformación. Sea v = a+bx+cx2 ∈ P2 . Buscamos los valores de las constantes α1 , α2 , α3 tales que v = α1 v1 + α2 v2 + α3 v3 . Esto genera el sistema     1 0 0 2a + b − 2c 1 1 0 a  −1 0 2 b   0 1 0 2c − b − a  0 1 1 c 0 0 1 a+b−c Ası́, tendrı́amos la ecuación. a+bx+cx2 = (2a+b−2c)(1−x)+(2c−b−a)(1+x2 )+(a+b−c)(2x+x2 ) Aplicando la tranformación lineal T a ambos lados y utilizando las propiedades de ésta, tenemos que. T (a+bx+cx2 ) = (2a+b−2c)T (1−x)+(2c−b−a)T (1+x2 )+(a+b−c)T (2x+x2 ) Sustituyendo las condiciones de T obtenemos la fórmula:. 2. T (a + bx + cx ). =. 1 (2a + b − 2c) 0 . =. 0 −1 + (2c − b − a) −1 1. 3a + 2b − 4c c c −3a − 2b + 4c 6. 1 0 + (a + b − c) 1 1. 1 0.

(7) c) Hallaremos primero la matriz de transformación para reducir parcialmente nuestro problema a uno del segundo contenido: hallar el núcleo e imagen de una matriz. (Esto no es necesario ni obligatorio, también se puede resolver el inciso b) directamente de la definición, sin hallar AT .) Sea β1 = 1, x, x2 la base canónica (ordenada) de P2 , 1 0 0 β2 = , 0 0 0. y sea 1 0 , 0 1. 0 0 , 0 0. 0 1. la base canónica (ordenada) de M2 . Con la fórmula de la parte anterior, evaluaremos los vectores de la base β1 y escribiremos sus imágenes en términos de la base β2 . T (1) =. 3 0. 0 1 = (3) −3 0. 0 0 +(0) 0 0. 1 0 +(0) 0 1. 0 0 +(−3) 0 0. 0 1. . 2 0 1 0 0 1 0 0 0 0 T (x) = = (2) +(0) +(0) +(−2) 0 −2 0 0 0 0 1 0 0 1 −4 1 1 0 0 1 0 0 0 0 T (x2 ) = = (−4) +(1) +(1) +(4) 1 4 0 0 0 0 1 0 0 1 Como ya están escritos en términos de la base β2 , deducimos los vectores de coordenadas       −4 2 3    0  0 2  1    [T (1)]β2 =   0 [T (x)]β2 =  0 T (x ) β2 =  1 4 −2 −3 los cuales representan las columnas de la matriz de transformación que buscamos. Ası́, la matriz AT , asociada a la transformación viene dada por . 3  0 AT =   0 −3.  2 −4 0 1  0 1 −2 4. b) Hallamos la imagen y el núcleo de AT , y de ahı́ deducimos los de la transformación. Consideramos un vector (a, b, c, d) ∈ ImAT , entonces resolvemos. 7.

(8) . 3  0   0 −3. 2 −4 0 1 0 1 −2 4.   3 2 0 a  b   0 0 1  0 0 0 c  d 0 0 0.  a + 4b  b  c−b  d+a. De donde deducimos que ImAT = (a, b, c, d) ∈ R4 : c = b , d = −a Sustituyendo esto en el vector genérico, tenemos que      1 0          0  , 1 ImAT = gen   0 1      −1 0 Como son LI (¿Por qué? ), forman una base para la imagen de AT y ası́ ρ(AT ) = 2 = ρ(T ) . Luego, como ρ(T ) + ν(T ) = 3 deducimos que ν(T ) = 1 . Para hallar el núcleo de AT , hacemos a = b = c = d = 0 en la última matriz aumentada, y resolvemos   3 2 0 0  0 0 1 0     0 0 0 0  0 0 0 0 De donde deducimos que si ~x = (x, y, z) ∈ NAT , entonces 3x + 2y = 0 y z = 0. De aquı́ que   2   NAT = gen −3   0 Finalmente, como NuT es un subespacio de P2 , y NAT es subespacio de R3 debemos interpretar este último resultado basándonos en los vectores de coordenadas utilizados, de modo que NuT = gen {2 − 3x} Por otro lado y de igual forma, como ImT es un subespacio de M2 , e ImAT es un subespacio de R4 , interpretando los resultados obtenidos en ImAT , concluimos que 1 0 0 1 ImT = gen , 0 −1 1 0. 8.

(9) Pregunta 3 (7 ptos.) Sea la matriz  1 A = 2 3. x1 x2 x3.  x4 x5  x6. a) Halle los valores de los xi ∈ R (i = 1, 2, . . . , 6) de tal forma que A admita los autovectores (1, 0, 1), (−1, 1, 0) y (0, 1, −1). b) Halle los autovalores de A y determine si A es invertible. Solución Primero observamos que A es de orden 3, y si buscamos que admita los 3 autovectores dados (que se chequea fácilmente que son LI), entonces podemos concluir que A es diagonalizable. Por tanto, existe una matriz diagonal D y una matriz invertible C tal que D = C −1 AC. La matriz diagonalizante C es aquella cuyas columnas son los autovectores dados. De aquı́ que     1 −1 0 1 1 1 1 1 1 C −1 = −1 1 1 C= 0 2 1 0 −1 1 1 −1 Por otro lado, también sabemos que  λ1 D=0 0. la matriz diagonal tendrá la forma  0 0 λ2 0  0 λ3. donde los λi con i = 1, 2, 3 son los autovalores de la matriz A. Luego, para simplificar algunas cuentas reescribimos D = C −1 AC como A = CDC −1 y calculamos . 1 2 3. x1 x2 x3.   x4 1 x5  = A = CDC −1 =  0 x6 1.  −1 0 λ1 1 1  0 0 −1 0. De donde obtenemos    1 x1 x4 λ1 + λ2 1 2 x2 x5  = −λ2 + λ3 2 3 x3 x6 λ1 − λ3. λ1 − λ2 λ2 + λ3 λ1 − λ3. 0 λ2 0.   1 0 1 0  −1 2 1 λ3.  1 1 1 1 1 −1.  λ1 − λ2 λ2 − λ3  λ1 + λ3. Igualando únicamente las entradas de la columna 1 de cada matriz, obtenemos el sistema de 3 ecuaciones con 3 incógnitas:    λ1 = 6  λ1 + λ2 = 2 −λ2 + λ3 = 4 λ2 = −4   λ3 = 0 λ1 − λ3 = 6 9.

(10) De donde se deducen directamente los autovalores de la matriz A, λ1 = 6 , λ2 = −4 y λ3 = 0 . Sustituyendo estos valores en la última ecuación matricial se deducen los valores de los xi , con i = 1, 2, ..., 6. Obteniendo . 1 A= 2 3.  5 5 −2 −2 3 3. Finalmente, como λ = 0 es un autovalor de A, entonces si p(λ) es el polinomio caracterı́stico de A, tenemos que p(0) = |A − 0I3 | = |A| = 0 Lo cual también se verifica fácilmente pues la matriz A tiene dos columnas iguales. En fin, la matriz A es no invertible .. 10.

(11) Pregunta 4 (6 ptos.) Determine si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas. a) En C[0, 1] con el producto interno usual, el conjunto {1, sen(πx), cos(πx)} es un conjunto ortogonal. b) Sean V y W espacios vectoriales, y sea T : V → W una transformación lineal. Si {~v1 , ~v2 , ~v3 } es un conjunto linealmente independiente, entonces el conjunto {T (~v1 ), T (~v2 ), T (~v3 )} también lo es. c) Sean A, B ∈ Mn , si λ es un autovalor de AB entonces también es un autovalor de BA. Solución a) Falso. Calculamos Z1 < 1, sen(πx) >= 0. 1 2 cos(πx) = 6= 0 (1)(sen(πx))dx = − π π 0. Como los vectores 1 y sen(πx) no son ortogonales entre sı́, no importa que los demás sı́ lo sean (lo cual es cierto), el conjunto no es ortogonal. b) Falso. Basta que algún vector pertenezca al núcleo de la transformación. Supongamos, sin pérdida de generalidad, que v1 ∈ NuT . Entonces, sabemos que T (v1 ) = ~0. Luego, no importa que {v1 , v2 , v3 } sea un conjunto LI. Si queremos chequear que {T (v1 ), T (v2 ), T (v3 )} es un conjunto LI, al suponer escalares c1 , c2 , c3 tales que c1 T (v1 ) + c2 T (v2 ) + c3 T (v3 ) = ~0 Tendrı́amos en realidad que c1~0 + c2 T (v2 ) + c3 T (v3 ) = ~0 De donde vemos que aunque c2 y c3 sean cero, no necesariamente c1 debe ser cero para satisfacer dicha ecuación; cualquier escalar para c1 satisfarı́a la ecuación con c2 = c3 = 0. Por tanto, el conjunto {T (v1 ), T (v2 ), T (v3 )} es LD. Notemos, sin embargo, que el recı́proco de la proposición sı́ es verdadero. (¿Por qué?) c) Verdadero. Por hipótesis tenemos que λ es un autovalor de AB, entonces por definición sabemos que existe un vector v 6= ~0 tal que ABv = λv. Queremos ver si existe un vector, digamos y 6= ~0, tal que BAy = λy. Multiplicando por la izquierda la ecuación que tenemos como hipótesis por B, tenemos que BABv = Bλv 11.

(12) La cual podemos reescribir utilizando propiedades de multiplicación matricial como BA(Bv) = λ(Bv) Sea y = Bv, es claro que y 6= ~0 pues v = 6 ~0 (por hipótesis) ni B es necesariamente la matriz nula. Por tanto, hemos encontrado un vector y 6= ~0 tal que BAy = λy Por definición, esto implica que λ es un autovalor de BA.. Prof. Jorge Sánchez [email protected]. 12.

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