MA 1116 Tercer Parcial 2014 Sep Dic Tipo B (Solución) pdf

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(1)Sep – Dic 2014 Examen tipo B. Matemáticas III (MA1116) 3er Examen Parcial (40%). Pregunta 1. (12 ptos.) Sea 𝑇: ℝ3 → 𝑀2𝑥2 una transformación definida por. 𝑥 𝑥+𝑦+𝑧 𝑇 (𝑦) = ( 𝑧 𝑧. 𝑧 𝑥 + 𝑦 − 𝑧). a. Demuestre que T es un transformación lineal 𝑥1 𝑥2 𝑦 𝑦 Solución: Sea 𝑣⃑ = ( 1 ) 𝑦 𝑢 ⃑⃑ = ( 2 ) ∈ ℝ3 ; 𝛼 ∈ ℝ 𝑧1 𝑧2 i). 𝑇(𝑣⃑ + 𝑢 ⃑⃑) = 𝑇(𝑣⃑) + 𝑇(𝑢 ⃑⃑). 𝑥1 + 𝑥2 (𝑥 + 𝑥2 ) + (𝑦1 + 𝑦2 ) + (𝑧1 + 𝑧2 ) 𝑦 𝑇(𝑣⃑ + 𝑢 ⃑⃑) = 𝑇 ( 1 + 𝑦2 ) = ( 1 (𝑧1 + 𝑧2 ) 𝑧1 + 𝑧2 =(. ii). 𝑥1 + 𝑦1 + 𝑧1 𝑧1. 𝑧1 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 𝑥1 + 𝑦1 − 𝑧1 ) + ( 𝑧2. (𝑧1 + 𝑧2 ) )= (𝑥1 + 𝑥2 ) + (𝑦1 + 𝑦2 ) − (𝑧1 + 𝑧2 ) 𝑧2 ⃑⃑ ⃑⃑⃑ 𝑥2 + 𝑦2 − 𝑧2 ) = 𝑇(𝑣) + 𝑇(𝑢). 𝑇(𝛼𝑣⃑) = 𝛼𝑇(𝑣⃑). 𝛼𝑥1 𝛼𝑥 + 𝛼𝑦 + 𝛼𝑧1 𝑇(𝛼𝑣⃑) = 𝑇 (𝛼𝑦1 ) = ( 1 𝛼𝑧1 1 𝛼𝑧1. 𝛼𝑧1 𝑥1 + 𝑦1 + 𝑧1 𝛼𝑥1 + 𝛼𝑦1 − 𝛼𝑧1 ) = 𝛼 ( 𝑧1. 𝑧1 ⃑⃑ 𝑥1 + 𝑦1 − 𝑧1 ) = 𝛼𝑇(𝑣). Concluimos que T, es una transformación lineal. b. Halle los subespacios Im(T) y Nu(T) y sus dimensiones. Solución: Sabemos que 𝑎 𝑐. 𝐼𝑚(𝑇) = {(. 𝑏 𝑎 ) ∈ 𝑀2𝑥2 | 𝑇(𝑣⃑) = ( 𝑑 𝑐. 𝑏 ) ∀ 𝑣⃑ ∈ ℝ3 } 𝑑. Entonces todo vector o matriz, pertenecientes a la imagen de la transformación, se escribirá de la siguiente manera 𝑥 𝑥+𝑦+𝑧 𝑇 (𝑦) = ( 𝑧 𝑧. 𝑧 1 ) = 𝑥 ( 𝑥+𝑦−𝑧 0 𝟏 𝟎. 𝑰𝒎(𝑻) = 𝒈𝒆𝒏 {(. 0 1 0 1 )+𝑦( )+𝑧( 1 0 1 1. 𝟎 𝟏 );( 𝟏 𝟏. 1 ) −1. 𝟏 )} −𝟏. Estos vectores por medio del proceso que fueron hallados, son L.I. 1 0 1 );( 0 1 1. ⇒ 𝐵𝐼𝑚(𝑇) = {(. 1 )} ⟶ 𝝆(𝑻) = 𝟐 = 𝐝𝐢𝐦 𝑰𝒎(𝑻) −1. También, sabemos que 𝑥 𝑁𝑢(𝑇) = {(𝑦) ∈ ℝ3 | 𝑇(𝑣⃑) = 0 ∀ 𝑣⃑ ∈ ℝ3 } 𝑧 José Ignacio Palma Misle (13-11044).

(2) Sep – Dic 2014 Examen tipo B. Matemáticas III (MA1116) 3er Examen Parcial (40%). Entonces todo vector, perteneciente al núcleo de la transformación, se escribirá de la siguiente manera 𝑥 𝑥+𝑦+𝑧 𝑇 (𝑦 ) = ( 𝑧 𝑧. 𝑧 0 0 𝑥 + 𝑦 − 𝑧 ) = (0 0 ). Obtenemos el siguiente sistema 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 0 ⇒ 𝑥 = −𝑦 𝑧=0 Así −𝑦 𝑥 −1 −𝟏 (𝑦) = ( 𝑦 ) = 𝑦 ( 1 ) ⇒ 𝑵𝒖(𝑻) = 𝒈𝒆𝒏 {( 𝟏 )} 𝑧 0 0 𝟎 Como es un solo vector, es L.I., entonces, constituye una base para el núcleo de la transformación −1 𝐵𝑁𝑢(𝑇) = {( 1 )} ⟶ 𝝂(𝑻) = 𝟏 = 𝐝𝐢𝐦 𝑵𝒖(𝑻) 0 Note que dim 𝐼𝑚(𝑇) + dim 𝑁𝑢(𝑇) = 𝜌(𝑇) + 𝜈(𝑇) = 2 + 1 = 3 = dim ℝ3 c. Halle la matriz asociada a T para las bases canónicas. Solución: 𝐵 ℝ3. 1 0 0 1 1 = {(0) , (1) , (0)} ⟶ 𝑇 (0) = ( 0 0 0 1 0. 0 0 0 1 0 1 ) ; 𝑇 (1 ) = ( ) ; 𝑇 (0) = ( 1 0 1 1 0 1. 1 ) −1. Entonces 𝟏 𝑨𝑻 = (𝟎 𝟎 𝟏. 𝟏 𝟎 𝟎 𝟏. 𝟏 𝟏 ) 𝒎𝒂𝒕𝒓𝒊𝒛 𝒂𝒔𝒐𝒄𝒊𝒂𝒅𝒂 𝒂 𝒍𝒂 𝒕𝒓𝒂𝒏𝒔𝒇𝒐𝒓𝒎𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝟏 −𝟏. Pregunta 2. (12 ptos.) Dado el espacio vectorial real 𝑉 = ℙ2 = {𝑎2 𝑡 2 + 𝑎1 𝑡 + 𝑎0 | 𝑎𝑖 ∈ ℝ; 𝑖 = 2,1,0} con el producto interno definido como (𝑢, 𝑣) = 𝑢(−1)𝑣(−1) + 𝑢(0)𝑣(0) + 𝑢(1)𝑣(1); 𝑢(𝑡), 𝑣(𝑡) ∈ 𝑉 Sea 𝐻 = {𝑎2 𝑡 2 + 𝑎1 𝑡 + 𝑎0 | 𝑎𝑖 ∈ ℝ, 𝑎0 = −𝑎1 𝑦 𝑎2 = 𝑎1 } un subespacio de V. a. Halle el subespacio ortogonal 𝐻 ⊥ José Ignacio Palma Misle (13-11044).

(3) Sep – Dic 2014 Examen tipo B. Matemáticas III (MA1116) 3er Examen Parcial (40%). Solución: Hallemos primero una base para H Un polinomio de H se verá o se escribirá de la siguiente manera Sea 𝑝(𝑡) = 𝑎2 𝑡 2 + 𝑎1 𝑡 + 𝑎0 ∈ 𝐻 ⇒ 𝑝(𝑡) = 𝑎1 𝑡 2 + 𝑎1 𝑡 − 𝑎1 = 𝑎1 (𝑡 2 + 𝑡 − 1) 𝐻 = 𝑔𝑒𝑛{(𝑡 2 + 𝑡 − 1)} Como se trata de un único polinomio, este es L.I., entonces, constituye una base para H 𝐵𝐻 = {(𝑡 2 + 𝑡 − 1)} = {𝐻(𝑡)} Ahora 𝐻 ⊥ = {(𝑎𝑡 2 + 𝑏𝑡 + 𝑐) ∈ 𝑉 | ⟨(𝑎𝑡 2 + 𝑏𝑡 + 𝑐), (𝑡 2 + 𝑡 − 1)⟩ = 0 ; ∀(𝑡 2 + 𝑡 − 1) ∈ 𝐻} Sean 𝑝(𝑡) = (𝑎𝑡 2 + 𝑏𝑡 + 𝑐) y 𝐻(𝑡) = (𝑡 2 + 𝑡 − 1) Entonces ⟨𝑝(𝑡), 𝐻(𝑡)⟩ = 0 = 𝑝(−1)𝐻(−1) + 𝑝(0)𝐻(0) + 𝑝(1)𝐻(1) = = {[(𝑎(−1)2 + 𝑏(−1) + 𝑐)((−1)2 + (−1) − 1)] + [(𝑎(0)2 + 𝑏(0) + 𝑐)((0)2 + (0) − 1)] + [(𝑎(1)2 + 𝑏(1) + 𝑐)((1)2 + (1) − 1)]} =. = {[(𝑎 − 𝑏 + 𝑐)(−1)] + [(𝑐)(−1)] + [(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)((1)]} = = {[𝑏 − 𝑎 − 𝑐] + [−𝑐] + [𝑎 + 𝑏 + 𝑐]} = 𝟐𝒃 − 𝒄 = 𝟎 *Nota: "𝑝(−1)𝐻(−1) + 𝑝(0)𝐻(0) + 𝑝(1)𝐻(1)" indica que se debe evaluar 𝑝(𝑡) y 𝐻(𝑡) en (−1) y luego multiplicarlos, luego evaluarlos en (0) y multiplicarlos, luego evaluarlos en (1) y multiplicarlos y finalmente sumar todo. Concluimos entonces que 𝑯⊥ = {(𝒂𝒕𝟐 + 𝒃𝒕 + 𝒄) ∈ 𝑽 | 𝟐𝒃 − 𝒄 = 𝟎} Un polinomio de 𝐻 ⊥ se vera de la forma: 𝐻 ⊥ (𝑡) = 𝑎𝑡 2 + 𝑏𝑡 + 𝑐 = 𝑎𝑡 2 + 𝑏𝑡 + 2𝑏 = 𝑎(𝑡 2 ) + 𝑏(𝑡 + 2) 𝐻 ⊥ = 𝑔𝑒𝑛 {𝑡 2 , 𝑡 + 2} Estos polinomios son L.I., por ende, constituyen una base para 𝐻 ⊥ 𝐵𝐻 ⊥ = {𝑡 2 , 𝑡 + 2} = {𝐻 ⊥1 , 𝐻 ⊥ 2 } b. Si 𝑣(𝑡) = 4 + 𝑡 + 3𝑡 2 , halle 𝑃𝑟𝑜𝑦𝐻 ⊥ 𝑣(𝑡) Solución: Por definición 𝑃𝑟𝑜𝑦𝐻 ⊥ 𝑣(𝑡) = ⟨𝑣(𝑡), 𝑢1 ⟩𝑢1 + ⟨𝑣(𝑡), 𝑢2 ⟩𝑢2 Con 𝑢1 y 𝑢2 polinomios ortonormales de una base ortonormal de 𝐻 ⊥. José Ignacio Palma Misle (13-11044).

(4) Sep – Dic 2014 Examen tipo B. Matemáticas III (MA1116) 3er Examen Parcial (40%). Hallemos entonces a 𝑢1 y 𝑢2 , así 𝐻⊥. 𝑢1 = |𝐻 ⊥ 1 | ; |𝐻 ⊥1 | = √𝐻 ⊥1 (−1)𝐻⊥1 (−1) + 𝐻 ⊥1 (0)𝐻 ⊥1 (0) + 𝐻 ⊥1 (1)𝐻 ⊥1 (1) = 1. = √(−1)2 (−1)2 + (0)2 (0)2 + (1)2 (1)2 = √2 𝑢1 =. 1 √2. (𝑡 2 ). Ahora ′. 𝐻 ⊥ 2 = 𝐻 ⊥ 2 − ⟨𝐻 ⊥ 2 , 𝑢1 ⟩𝑢1 ′. 1. 𝐻 ⊥ 2 = (𝑡 + 2) − ⟨𝐻 ⊥ 2 (−1)𝑢1 (−1) + 𝐻 ⊥ 2 (0)𝑢1 (0) + 𝐻 ⊥ 2 (1)𝑢1 (1)⟩(𝑡 2 ) 2. ′. 1. 𝐻 ⊥ 2 = (𝑡 + 2) − ⟨(1)(1) + (2)(0) + (3)(1)⟩(𝑡 2 ) 2. ′. 1. 𝐻 ⊥ 2 = (𝑡 + 2) − 2 ⟨4⟩(𝑡 2 ) ′. 𝐻 ⊥ 2 = (𝑡 + 2) − 2(𝑡 2 ) Entonces 𝐻⊥ ′. 𝑢2 = |𝐻 ⊥2 ′| ; |𝐻 ⊥ 2 ′| = √𝐻 ⊥ 2 ′(−1)𝐻 ⊥2 ′(−1) + 𝐻 ⊥ 2 ′(0)𝐻 ⊥ 2 ′(0) + 𝐻 ⊥ 2 ′(1)𝐻 ⊥ 2 ′(1) = 2. = √(−1)(−1) + 4 + (1)(1) = √6 𝑢2 =. 1 √6. (𝑡 + 2) − 2(𝑡 2 ). Se concluye que una base ortonormal para 𝐻 ⊥ 𝐵𝐻 ⊥ ′ = {. 1 √2. (𝑡 2 ),. 1 √6. (𝑡 + 2) − 2(𝑡 2 ) } = {𝑢1 , 𝑢2 }. Para finalizar 𝑃𝑟𝑜𝑦𝐻 ⊥ 𝑣(𝑡) = ⟨(4 + 𝑡 + 3𝑡 2 ),. 1 √2. (𝑡 2 )⟩. 1 √2. (𝑡 2 ) + ⟨(4 + 𝑡 + 3𝑡 2 ),. 1 √6. (𝑡 + 2) − 2(𝑡 2 )⟩. 1 √6. (𝑡 + 2) − 2(𝑡 2 ). 5 10 10 2 𝑃𝑟𝑜𝑦𝐻 ⊥ 𝑣(𝑡) = (7𝑡 2 ) + ( 𝑡 + − 𝑡 ) 3 3 3. 𝑷𝒓𝒐𝒚𝑯⊥ 𝒗(𝒕) =. 𝟓 𝟏𝟎 𝟏𝟏 𝟐 𝒕+ + 𝒕 𝟑 𝟑 𝟑. Este procedimiento, es el más largo. Ahora, también se pudo expresar la proyección de otra manera a través del teorema de proyección 𝑃𝑟𝑜𝑦𝐻 ⊥ 𝑣(𝑡) = 𝑣(𝑡) − 𝑃𝑟𝑜𝑦𝐻 𝑣(𝑡). José Ignacio Palma Misle (13-11044).

(5) Sep – Dic 2014 Examen tipo B. Matemáticas III (MA1116) 3er Examen Parcial (40%). *Nota: Este teorema se puede utilizar, debido a que H y 𝐻 ⊥ son de dimensión finita Entonces 𝑃𝑟𝑜𝑦𝐻 ⊥ 𝑣(𝑡) = 𝑣(𝑡) − 𝑃𝑟𝑜𝑦𝐻 𝑣(𝑡) = 𝑣(𝑡) − ⟨𝑣(𝑡), ℎ(𝑡)⟩ℎ(𝑡) Con ℎ(𝑡) como un elemento de la base ortonormal de H (un polinomio ortonormal de la base H) 𝐻(𝑡). ℎ(𝑡) = |𝐻(𝑡)| ; |𝐻(𝑡)| = √𝐻 (−1)𝐻(−1) + 𝐻(0)𝐻(0) + 𝐻(1)𝐻(1) = = √(−1)(−1) + (−1)(−1) + (1)(1) = √3 ℎ(𝑡) =. 1 √3. (𝑡 2 + 𝑡 − 1). Para terminar 1. 𝑃𝑟𝑜𝑦𝐻 ⊥ 𝑣(𝑡) = (4 + 𝑡 + 3𝑡 2 ) − 3 ⟨(4 + 𝑡 + 3𝑡 2 ), (𝑡 2 + 𝑡 − 1) ⟩(𝑡 2 + 𝑡 − 1) 1. 𝑃𝑟𝑜𝑦𝐻 ⊥ 𝑣(𝑡) = (4 + 𝑡 + 3𝑡 2 ) − 3 ⟨(6)(−1) + (4)(−1) + (8)(1)⟩(𝑡 2 + 𝑡 − 1) 1. 𝑃𝑟𝑜𝑦𝐻 ⊥ 𝑣(𝑡) = (4 + 𝑡 + 3𝑡 2 ) − 3 ⟨−2⟩(𝑡 2 + 𝑡 − 1) 2. 𝑃𝑟𝑜𝑦𝐻 ⊥ 𝑣(𝑡) = (4 + 𝑡 + 3𝑡 2 ) + 3 (𝑡 2 + 𝑡 − 1). 𝑷𝒓𝒐𝒚𝑯⊥ 𝒗(𝒕) =. 𝟏𝟎 𝟑. 𝟓. + 𝒕+ 𝟑. 𝟏𝟏 𝟐 𝒕 𝟑. 1 Pregunta 3. (10 ptos.) Determine si la matriz 𝐴 = (−3 3 caso de serlo, halle la matriz diagonalizante C.. 3 3 −5 −3) es diagonalizable; en 3 1. Solución: Una matriz será diagonalizable cuando sus autovalores tengan (M.A: Multiplicidad algebraica) igual a la (M.G: Multiplicidad geométrica) de los autovectores correspondientes. Sabemos que (𝐴 − 𝜆𝐼)𝑣⃑ = 0 ⇒ 𝜆 es un autovalor y 𝑣⃑ es un autovector asociado 𝟏−𝝀 (𝑨 − 𝝀𝑰) = ( −𝟑 𝟑. 𝟑 𝟑 −𝟓 − 𝝀 −𝟑 ) 𝟑 𝟏−𝝀. A partir de esta matriz, calcularemos los autovalores a través del polinomio característico que se define como 𝑝(𝜆) = |(𝐴 − 𝜆𝐼)| = det(𝐴 − 𝜆𝐼), hallamos las raíces y ellas serán autovalores de la matriz A.. José Ignacio Palma Misle (13-11044).

(6) Sep – Dic 2014 Examen tipo B. Matemáticas III (MA1116) 3er Examen Parcial (40%). 𝒑(𝝀) = (𝟏 − 𝝀)[(−𝟓 − 𝝀)(𝟏 − 𝝀) + 𝟗] − 𝟑[(−𝟑)((𝟏 − 𝝀) + 𝟗] + 𝟑[(−𝟗) − 𝟑(−𝟓 − 𝝀)] 𝒑(𝝀) = (𝟏 − 𝝀)[(−𝟓 + 𝟓𝝀 − 𝝀 + 𝝀𝟐 ) + 𝟗] − 𝟑[(−𝟑 + 𝟑𝝀 + 𝟗] + 𝟑[(−𝟗) + 𝟏𝟓 + 𝟑𝝀)] 𝒑(𝝀) = (𝟏 − 𝝀)[(𝝀𝟐 + 𝟒𝝀 + 𝟒)] − 𝟑[𝟑𝝀 + 𝟔] + 𝟑[𝟑𝝀 + 𝟔] 𝒑(𝝀) = (−𝝀𝟑 − 𝟑𝝀𝟐 + 𝟒) = −(𝝀𝟑 + 𝟑𝝀𝟐 − 𝟒). Hallamos las raíces a través de Ruffini 𝒑(𝝀) = −(𝝀𝟑 + 𝟑𝝀𝟐 − 𝟒) = −(𝝀 − 𝟏)(𝝀 + 𝟐)𝟐 ⇒ 𝝀𝟏 = 𝟏 (𝑴. 𝑨. = 𝟏) ; 𝝀𝟐 = −𝟐 (𝑴. 𝑨. = 𝟐). Para 𝜆 = 1: 𝟎 𝟑 (−𝟑 −𝟔 𝟑 𝟑. 𝟑 1 2 −𝟑) ⟶ (0 1 𝟎 0 0. 1 𝑥 0 1) (𝑦) = (0) ⇒ 0 𝑧 0. 𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 = 0 ⇒ 𝒙 = 𝒛 𝒚 = −𝒛. El autovector asociado al autovalor 1, es de la forma 𝑥 𝑧 1 1 (𝑦) = (−𝑧) = 𝑧 (−1) ⇒ 𝐸1 = 𝑔𝑒𝑛 {(−1)} (𝑴. 𝑮. = 𝟏) 𝑧 𝑧 1 1 Para 𝜆 = −2: 𝟑 𝟑 (−𝟑 −𝟑 𝟑 𝟑. 𝟑 1 1 −𝟑) ⟶ (0 0 𝟑 0 0. 1 𝑥 0 0) (𝑦) = (0) ⇒ 0 𝑧 0. 𝑥+𝑦+𝑧=0 ⇒ 𝒙 = −𝒚 − 𝒛. El autovector asociado al autovalor -2, es de la forma 𝑥 −𝑦 − 𝑧 −1 −1 −1 −1 𝑦 𝑦 ( )=( ) = 𝑦 ( 1 ) + 𝑧 ( 0 ) ⇒ 𝐸−2 = 𝑔𝑒𝑛 {( 1 ) ; ( 0 )} (𝑴. 𝑮. = 𝟐) 𝑧 𝑧 0 1 0 1 Concluimos que la matriz A es diagonalizable, entonces 1 𝐷=(. 𝟏 ) y 𝑪 = ( −𝟏 −2 𝟏 −2. −𝟏 −𝟏 𝟏 𝟎) 𝟎 𝟏. José Ignacio Palma Misle (13-11044).

(7) Sep – Dic 2014 Examen tipo B. Matemáticas III (MA1116) 3er Examen Parcial (40%). Pregunta 4. (6 ptos.) Sea A una matriz n x n no singular (no simétrica) con autovalores 𝜆𝑖 y autovectores asociados 𝑣𝑖 , 𝑖 = 1, 2, … , 𝑛. Halle los autovalores de las matrices a. 𝐴𝑇 Solución: Propongamos lo siguiente. 𝐴𝑣⃑ = 𝜆𝑣⃑ ⇒ (𝐴𝑣⃑)𝑇 = (𝜆𝑣⃑)𝑇 ⇒ (𝐴𝑇 − 𝜆𝐼)𝑣⃑ = 0 No suele ser tan claro. Entonces, pensemos lo siguiente. Si A es una matriz n x n (cuadrada) no singular (no simétrica), su transpuesta siempre tendrá la misma diagonal. En otras palabras, el polinomio característico 𝑝(𝜆) siempre será el mismo para 𝐴 y 𝐴𝑇 , entonces el autovalor 𝜆 de A, también es un autovalor de 𝐴𝑇 det(𝐴 − 𝜆𝐼) = det(𝐴 − 𝜆𝐼)𝑇 = det(𝐴𝑇 − 𝜆𝐼) = 𝑝(𝜆) b. 𝐴−1 Solución: Por definición sabemos que 𝐴𝑣⃑ = 𝜆𝑣⃑ o bien (𝐴 − 𝜆𝐼)𝑣⃑ = 0, de cualquier forma (𝐴−1 )𝐴𝑣⃑ = (𝐴−1 )𝜆𝑣⃑ ⇒ 𝑣⃑ = 𝜆(𝐴−1 )𝑣⃑ ⇒. 𝟏 ⃑⃑ = 𝑨−𝟏 𝒗 ⃑⃑ 𝒗 𝝀. 1. Concluimos que 𝜆 es un autovalor asociado a la matriz 𝐴−1 c. 𝐴 − 3𝐼 Solución: Por lo anteriormente planteado (𝐴 − 3𝐼 + 3𝐼 − 𝜆𝐼)𝑣⃑ = ((𝐴 − 3𝐼) − (𝜆 − 3)𝐼)𝑣⃑ = 0 Concluimos que (𝜆 − 3) es un autovalor asociado a la matriz (𝐴 − 3𝐼). José Ignacio Palma Misle (13-11044).

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