MA 1116 Tercer Parcial 2019 Verano Tipo A pdf

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(1)Julio - Agosto 2019 MA1116 - Matemáticas III Solución Parcial 3 (30 %) Turno 2-3 Pregunta 1 (9 ptos.) Considere el espacio vectorial R4 con el producto interno < ~a, ~b > = a1 b1 + 2a2 b2 + a3 b3 + 2a4 b4 , donde ~a = (a1 , a2 , a3 , a4 ) y ~b = (b1 , b2 , b3 , b4 ). Sea H ≤ R4 definido como        1 0 2            1 1 −1 , ,  H = gen   0 −1  3      −1 1 −5 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, 3, 6, −5). Determine vectores ~h ∈ H y p~ ∈ H ⊥ tales que ~v = ~h + p~. Solución a) Sean, en orden, v1 , v2 y v3 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 = ~v Lo cual genera el sistema  1 0 2  1 1 −1   0 −1 3 −1 1 −5.   a  b     c d. 1 0 0 0. 0 1 0 0. 2 −3 0 0.  a  b−a  c+b−a  d + 2a − b. De aquı́, nos damos cuenta que para no tener inconsistencias es necesario que c + b − a = 0 y d + 2a − b = 0. Es por ello que podemos reescribir H como    a        b 4   H =   ∈ R : c = a − b , d = b − 2a 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 − b  = a  1 + b −1 1 −2 b − 2a d De donde obtenemos que      1 0          0  ,  1 H = gen      1 −1       −2 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  =  ,  −1  1      1 −2. 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 >= x + z − 4w = 0 w −2 De igual forma encontramos que     x 0  y   1    < ~v , h2 >=<   z  , −1 >= 2y − z + 2w = 0 w 1 2.

(3) Despejando z de la segunda condición y sustituyéndola en la primera condición despejando x obtenemos que x = 4w − z = 4w − (2y + 2w) = 2w − 2y Ası́, tenemos que. H⊥.    x        y 4   =   ∈ R : x = 2w − 2y , z = 2y + 2w z       w. De aquı́ deducimos que si ~v ∈ H ⊥ , entonces satisface         2 −2 2w − 2y x 0   1 y   y       =  z  2y + 2w = y  2 + w 2 1 0 w w Es decir, que H⊥.      2  −2         1  , 0 = gen   2 2      1 0. 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 ⊥.      2  −2         1  , 0 =   2 2      1 0. 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 >= (1) + 0 + (1) + 2(−2) = 10 −2 −2 . .  1 √ √ 1  0  Entonces, ||h1 || = < h1 , h1 > = 10, y ası́ u1 = √  10  1 −2 Luego, u2 =. h02 ||h02 ||. donde h02 = h2 − < h2 , u1 > u1 . Calculamos el producto interno        0 0 1 1  1 1  0  1  0 1        =  −1 − < −1 , √10  1 > √10  1 1 1 −2 −2 . h02.        1 1 0 0  1  1  0  0 1        =  −1 − 10 < −1 ,  1 >  1 −2 −2 1 1 . .    0 1  1  0 1    =  −1 − 10 (−5)  1 1 −2 .      0 1 1  1 1  0 1  2      =  −1 + 2  1 = 2 −1 1 −2 0 Hallamos su norma, ||h02 ||. =. p. <. h02 , h02. 1p 2 >= (1) + 2(2)2 + (−1)2 + 0 = 2 4. √. 10 2.

(5) Ası́, tenemos que .    1 1   2 2 1  1 2   = √   = u2 u2 = √ 10 2 −1 10 −1 0 0 Finalmente, la base ortonormal de H ⊥ está dada por {u1 , u2 }. Ahora, hallamos ProyH ~v =< ~v , u1 > u1 + < ~v , u2 > u2 Sustituyendo los datos, tenemos             −1 −1 1 1 1 1  3 1  0  3 1  2  0  2 1 1            ProyH ~v = <   6 , √10  1 > √10  1 + <  6 , √10 −1 > √10 −1 −5 −5 −2 −2 0 0. =.             1 1 1 1 −1 −1  3  0  0  3  2  2 1 1 <  ,  >   + <  ,  >   10  6  1  1 10  6 −1 −1 −2 0 −2 0 −5 −5. =.    1 1  2  0 1   25   + 5   −1  1 10  0 −2 . . =. . .      3 1 1  0  2  1 1  5   +   =    1 −1  2 2 −5 0 −2. Luego, nuevamente por el Teorema de Proyección tenemos que       −1 3 −4  3  1  2      ProyH ⊥ ~v = ~v − ProyH ~v =   −   =   6 2 4 −5 −5 0 Finalmente, tenemos que los vetores ~h ∈ H y p~ ∈ H ⊥ que buscamos son     3 −4  1  2 ~h =    y p~ =   2  4 −5 0. 5.

(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= 0 0. 1 0 0.  0 0 1. a) Determine si A es diagonalizable. En caso afirmativo, halle la matriz diagonalizante C y verifique su función. b) Resuelva An ~x = ~b, con ~b = (1, 0, 3) y para todo n ∈ N. Solución a) Primero observamos que como A es una matriz triangular entonces los autovalores son directamente los elementos de la diagonal. Esto es, λ1 = −1, λ2 = 0 y λ3 = 1 son los autovalores de A. Luego, como son 3 autovalores distintos para una matriz de orden 3, por teorema sabemos que A es diagonalizable. Para hallar la matriz diagonalizante C buscamos los autovectores asociados a cada autovalor. Buscamos el núcleo de la matriz (A − λi I) para cada i = 1, 2, 3. Esto es, para un v = (x, y, z) ∈ R3 (futuro autovector), resolvemos (A − λi I)v = ~0. Para λ1 = −1, tenemos que (A−λ1 I)v = ~0, nos lleva al sistema aumentado . 0 1 0  0 1 0 0 0 2.  0 0  0. Eλ1.     1  = gen 0   0. Para λ2 = 0, tenemos que (A − λ2 I)v = ~0, nos lleva al sistema aumentado     −1 1 0 0  1   0 0 0 0  Eλ2 = gen 1   0 0 0 1 0 Para λ3 = 1, tenemos que (A − λ3 I)v = ~0, nos lleva al sistema aumentado      −2 1 0 0  0   0 −1 0 0  Eλ3 = gen 0   0 0 0 0 1 Sean v1 , v2 , v3 , los autovectores correspondientes a λ1 , λ2 , λ3 respectivamente. Entonces la matriz diagonalizante C es aquella cuyas columnas vienen dadas por v1 , v2 , v3 . Esto es,. 9.

(10)  1 C = 0 0. 1 1 0.  0 0 1. Como se verifica |C| = 1, entonces C es invertible y se calcula fácilmente aumentando a la identidad que   1 −1 0 1 0 C −1 = 0 0 0 1 Finalmente  −1 D= 0 0. se verifica fácilmente también   1 −1 0 0 1 0 0 = C −1 AC = 0 0 0 0 1. que  −1 0 0  0 0 1. 1 0 0.  1 0 0 0 0 1. 1 1 0.  0 0 1. b) Como D = C −1 AC entonces A = CDC −1 . Además, se estudió en clase que una de las propiedades más importantes de diagonalización es calcular potencias de una matriz sabiendo que An = CDn C −1 Más aún, las potencias de matrices diagonales no solo es una matriz diagonal, sino que también es igual a elevar a la misma potencia cada uno de los elementos de la diagonal principal. Esto es,   (−1)n 0 0 0n 0  Dn =  0 0 0 1n y como una potencia de cero o de uno es  (−1)n n  0 D = 0 Calculamos ahora  (−1)n n −1 CD C = C  0 0.  0 0 1 0 0 0 0 1 0. el mismo número, tenemos que  0 0 0 0 0 1.   −1 0 1 1 0 = 0 0 1 0. Resolviendo este último producto tenemos que  (−1)n (−1)n+1 n n −1 0 A = CD C =  0 0 0 10. 1 1 0.  0 (−1)n 0  0 1 0.  0 0 1. (−1)n+1 0 0.  0 0 1.

(11) Llegados a este punto, nos damos cuenta de que An estarı́a totalmente definida sabiendo si n es par o impar. De modo que tenemos dos casos antes de resolver el sistema An ~x = ~b. Sea ~x = (x, y, z) la solución al sistema, con ~b = (1, 0, 3). Si n es par, sabemos que (−1)n = 1 y (−1)n+1 = −1. Ası́, el sistema que buscamos resolver tendrı́a la matriz aumentada asociada     1+y 1 −1 0 1  0 0 0 0  ~x =  y  , ∀ y ∈ R 0 0 1 3 3 Por otro lado, si n es impar, se tiene . −1  0 0. 1 0 0. 0 0 1.  1 0  3.  x ~x = 1 + x , 3 . . En ambos casos se obtienen infinitas soluciones.. 11. ∀x ∈ R.

(12) Pregunta 4 (6 ptos.) Determine si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas. a) En P2 con el producto interno Z1 < p, q > = p(x)q(x) dx −1. el conjunto {1, x, x2 } es un conjunto ortogonal. b) Sean V y W espacios vectoriales, y sea T : V → W una transformación lineal. Si {T (~v1 ), T (~v2 ), T (~v3 )} es un conjunto linealmente independiente, entonces el conjunto {~v1 , ~v2 , ~v3 } también lo es. c) Si λ = 0 es un autovalor de A ∈ Mn , entonces A es una matriz singular. Solución a) Falso. Por el Teorema de Simetrı́a para integrales definidas con lı́mites de integración simétricos, sabemos que el único producto que no es directamente cero es 2. Z1. < 1, x >= −1. 3 1 Z1 x 2 (1)(x )dx = 2 x2 dx = 2 = 6= 0 3 0 3 2. 0. Como los vectores 1 y x2 no son ortogonales entre sı́, no importa que los demás sı́ lo sean, el conjunto no es ortogonal. b) Verdadero. Veamos si el conjunto {v1 , v2 , v3 } es LI. Supongamos escalares c1 , c2 , c3 tales que c1 v1 + c2 v2 + c3 v3 = ~0 Aplicando la transformación T (.) a ambos lados y aplicando propiedades, tenemos que c1 T (v1 ) + c2 T (v2 ) + c3 T (v3 ) = T (~0) = ~0 Esto es una combinación lineal de los T (vi ) con i = 1, 2, 3, igualada a cero. Por hipótesis, como estos 3 vectores son LI, necesariamente se debe cumplir que c1 = c2 = c3 = 0, pero como coinciden con los escalares propuestos inicialmente para los vi (i = 1, 2, 3), entonces hemos probado que el conjunto {v1 , v2 , v3 } es LI. Notemos, sin embargo, que el recı́proco de esta proposición es falsa. (¿Por qué?) c) Verdadero. Propondremos dos maneras de demostrarlo: 12.

(13) • Si λ = 0 es un autovalor de A, entonces existe un vector v 6= ~0 tal que Av = λv = 0v = ~0. Esto es, existe una solución no trivial para el sistema homogéneo A~x = ~0. Esto ocurre, por lo estudiado para contenidos anteriores, si (y solo si) la matriz es singular. • Si λ = 0 es autovalor de A, entonces es raı́z del polinomio caracterı́stico p(λ) = |A − λI|, esto es p(0) = |A − 0I| = |A| = 0 Es decir, el determinante de A es cero. Por estudios realizados anteriormente, sabemos que esto implica que A es no invertible.. Prof. Jorge Sánchez [email protected]. 13.

(14)