Geometría y Álgebra Lineal I. Solución del examen de Febrero de 2016

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Texto completo

(1)

Geometr´ıa y ´

Algebra Lineal I

2do semestre 2015

Soluci´

on del examen de Febrero de 2016

Notaciones:

• Mm×n es el espacio de las matrices de tama˜no m×n con coeficientes reales.

R[X] es el espacio de los polinomios con coeficientes reales.

R≤n[X] (⊂R[X]) es el subespacio de los polinomios con grado menor o igual an.

• u·v es el producto escalar de dos vectoresu, v∈R3.

• u∧v es el producto vectorial de dos vectoresu, v∈R3.

Ejercicios de tipo verdadero/falso (total: 9

×

4 = 36 puntos)

1.SeanA, B, C∈ Mn×n. Si ABtC2 = 12I, entoncesB es invertible.

Verdadero. En efecto, si ABtC2 = 12I, entonces ABtC2 es invertible (pues 12I es), lo que implica que las tres matricesA,B yC son invertibles.

2.SeanA, B∈ Mn×n. Entonces el conjuntoS ={X ∈Rn:A2X =BtX} es un subespacio vectorial deRn.

Verdadero. En efecto, tenemos queS ={X ∈Rn: (A2B2)X= 0}=ucleo(A2B2)

s.e.v Rn.

3.Existe una transformaci´on linealT :R3 R3 tal queN(T) =Im(T).

Falso. En efecto, si existiera tal transformaci´on, tuvi´eramos que dim(N(T)) = dim(Im(T)), de tal modo que dim(N(T)) + dim(Im(T)) = 2 dim(N(T)) = 3 (teorema de las dimensiones). Es imposible, pues 3 es impar. 4.Seanu, v∈R3 tales que kuk= 23,kvk= 1 yku+ 2vk= 4. Entoncesu es ortogonal av.

Verdadero. Tenemos queku+ 2vk2= (u+ 2v)·(u+ 2v) =kuk2+k2vk2+ 2(u·2v) = (23)2+ 22+ 4(u·v) =

16 + 4(u·v). Como ku+ 2vk2 = 42 = 16, se deduce que u·v= 0. Entoncesu es ortogonal av.

5.Un sistema lineal homog´eneo con m ecuaciones y n inc´ognitas tiene soluci´on ´unica si y s´olo si el rango de su matriz de coeficientes es igual am.

Falso. SeaA∈ Mm×n la matriz de coeficientes de un sistema homog´eneo. Tal sistema tiene soluci´on ´unica si y

s´olo si N(A) ={0}, es decir, si y s´olo si rango(A) =n(por el teorema de las dimensiones). 6.Seanu, v∈R3. Si kuk=kvk= 2, u·v0 y kuvk= 23, entonceskuvk= 2.

Verdadero. Seaα∈[0, π] el ´angulo formado por los dos vectoresuyv. Como ku∧vk= senαkuk kvk, tenemos que senα = ku∧vk/kukkvk = (2√3)/4 = √3/2. Por lo tanto, tenemos que α = π/3 o α = 2π/3. Pero como

u·v ≥ 0, tenemos que α ≤ π/2, entonces α = π/3 (= 60◦). Y como los vectores u y v tienen misma norma

kuk = kvk = 2, estos dos vectores forman un tri´angulo equil´atero. Por lo tanto, el tercer lado del tri´angulo, representado por el vectoru−v, tiene misma norma: ku−vk= 2.

(2)

7.El conjunto{(0, k,−4),(−1,1, k),(1,−2,0)} ⊂R3 es linealmente independiente si y s´olo sik6= 2. Falso. SeaA=   0 −1 1 k 1 −2 −4 k 0 

la matriz formada por los 3 vectores-columnas (0, k,−4), (−1,1, k) y (1,−2,0).

Como det(A) =k2−4, el conjunto{(0, k,−4),(−1,1, k),(1,−2,0)} ⊂R3 es linealmente independiente si y s´olo si k2−46= 0, es decir: si y s´olo si k6= 2 yk6=−2.

8.Toda matriz elemental tiene un determinante igual a 1.

Falso. Lo que es verdadero es que toda matriz elemental tiene determinante no nulo.

9.La distancia del punto (1,0,2) a la recta r:

x+y= 3

x−y−z=−4 es

5.

Verdadero. Se verifica f´acilmente que la recta r pasa por el punto A = (0,3,1) y es dirigida por el vector

u = (1,−1,2). Escribiendo P = (1,0,2), tenemos que AP~ ∧u = (1,−3,1)∧(1,−1,2) = (−5,−1,2), luego:

d(P, r) =kAP~ ∧uk/kuk=√30/√6 =√5.

Ejercicios de tipo m´

ultiple opci´

on (total: 8

×

8 = 64 puntos)

1.Sean las basesA={(1,0,2),(0,1,−2),(2,3,−1)}yB ={(2,−2,1),(−2,3,2),(1,0,3)}deR3. SeaT :R3 →R3

la transformaci´on lineal dada por

B(T)A =   1 2 −1 1 0 −5 0 4 9  . Si v= (1,0,2), entonces: (A) T(v) = (0,1,3) (B) T(v) = (1,1,0) (C) T(v) = (−1,−9,18) (D) T(v) = (28,39,−3) (E) T(v) = (48,−19,99)

Opci´on A. Tenemos que v = (1,0,2) (primer vector de la base A), de tal modo que coordA(v) = (1,0,0).

Entonces: coordB(T(v)) =B(T)A·coordA(v) = (1,1,0). Luego: T(v) = (2,−2,1) + (−2,3,2) = (0,1,3).

2.SeanV, W dos espacios vectoriales de dimensi´on finita,{v1, v2, v3} una base deV yT :V → W una

transfor-maci´on lineal sobreyectiva. Se consideran los dos conjuntos A ={T(v3), T(v2)−2T(v1), T(v2) +T(v3)} ⊂W y B={T(v2), T(v1)−T(v3), T(v3) + 3T(v2), T(v3) +T(v2)} ⊂W. Entonces:

(A) A es linealmente independiente y B es un generador de W

(B) A es una base deW yB es un generador de W

(C) A yB son generadores deW

(D) A yB son linealmente independientes (E) Ninguna de las opciones anteriores se aplica

Opci´on C. Como{v1, v2, v3}es una base de V (as´ı: dim(V) = 3), se verifica f´acilmente que:

• {v3, v2−2v1, v2+v3} es una base deV (= linealmente independiente + generador).

• {v2, v1−v3, v3+ 3v2, v3+v2} es un generador deV, pero no es linealmente independiente. A trav´es de la transformaci´on lineal T :V →W, se deduce que:

(3)

• B ={T(v2), T(v1−v3), T(v3+ 3v2), T(v3+v2)} es un generador deW (misma raz´on que anteriormente).

Luego,A yB son generadores deW, y no se puede decir nada m´as.

3.SeaT :R≤3[X]→R4 la funci´on definida porT(p) = (p(0), p(1), p(2), p(3)). Entonces:

(A) T es una transformaci´on lineal inyectiva pero no sobreyectiva (B) T es una transformaci´on lineal sobreyectiva pero no inyectiva (C) T es un isomorfismo

(D) T es una transformaci´on lineal ni inyectiva ni sobreyectiva (E) T no es una transformaci´on lineal

Opci´on C. Sean B = {1, X, X2, X3} ⊂ R≤3[X] y C = {(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)} ⊂ R4 las

bases can´onicas deR≤3[X] yR4. Tenemos T(1) = (1,1,1,1)

T(X) = (0,1,2,3)

T(X2) = (0,1,4,9)

T(X3) = (0,1,8,27)

de tal modo que C(T)B =     1 0 0 0 1 1 1 1 1 2 4 8 1 3 9 27    

Se verifica f´acilmente (por escalerizaci´on) que la matriz C(T)B tiene rango 4, entonces es invertible. Luego, la

transformaci´on lineal T :R≤3[X]→R4 es un isomorfismo.

4. Sean A, A0 ∈ Mm×n tales que A0 es una forma escalerizada reducida de A. Se consideran las siguientes

afirmaciones:

I. det(A) = det(A0) II. rango(A) = rango(A0) III. traza(A) = traza(A0) IV. N(A) =N(A0). Entonces:

(A) I, II, III y IV son verdaderas

(B) II es verdadera; I, III y IV son falsas (C) I y II son verdaderas; III y IV son falsas (D) II y IV son verdaderas; I y III son falsas (E) IV es verdadera; I, II y III son falsas

Opci´on D. El algoritmo de escalerizaci´on preserva el rango y el n´ucleo (= el conjunto soluci´on del sistema homog´eneo asociado), pero en general, no preserva ni el determinante ni la traza (en el caso donden=m). 5.Dado un vectorw∈R3 no nulo, se considera el conjunto S={vR3 : v·w= 0 yvw=~0}. Entonces:

(A) S no es un subespacio vectorial deR3

(B) S ={~0}(subespacio nulo de R3)

(C) S es un subespacio deR3 de dimensi´on 1

(D) S es un subespacio deR3 de dimensi´on 2 (E) S =R3

Opci´on B. Para todo v ∈ R3, v·w = 0 si y s´olo si v es ortogonal a w, mientras vw =~0 si y s´olo si v es

(4)

6.Sean la recta r: 2x+y= 2 x+y+z= 4 y el plano π :    x =−λ+µ y =λ z = 1−µ

(λ, µ∈R). Indicar la opci´on correcta:

(A) La rectar est´a incluida en el planoπ

(B) La rectar es paralela al planoπ, yd(r, π) =√3 (C) La rectar es paralela al planoπ, yd(r, π) = 1/√3

(D) La rectar corta al planoπ en un punto, y es ortogonal a π

(E) La recta r corta al planoπ en un punto, pero no es ortogonal aπ

Opci´on B. Se verifica f´acilmente que:

• La recta r pasa por el puntoA= (1,0,3) y tiene vector directoru= (1,−2,1).

• El plano π pasa por el punto B = (0,0,1) y tiene vectores directores u1 = (−1,1,0) y u2 = (1,0,−1).

Entonces, tiene vector normaln=u2∧u1 = (1,1,1).

Luego se observa que u ∧n = 0: el vector director de la recta r es ortogonal al vector normal del plano π. Esto significa quer es paralela a π, posiblemente incluida en π. Por lo tanto, la distancia de r a π es dada por

d(r, π) =d(A, π) =|BA~ ·n|/knk=|(1,0,2)·n|/knk= 3/√3 =√3.

7.SeaT :R≤3[X]→R≤3[X] la transformaci´on lineal definida porT(p) =p0 para todop∈R≤3[X]. Se consideran

los dos subespacios S1, S2 ⊂ R≤3[X] definidos por S1 = Im(T) y S2 = {p ∈ R≤3[X] : p(0) = p0(0) = p00(0)}.

Entonces:

(A) S1⊕S2=R≤3[X] (suma directa)

(B) S1+S2=R≤3[X], pero la suma no es directa

(C) La sumaS1+S2 es directa y dim(S1⊕S2) = 3 (D) La sumaS1+S2 no es directa y dim(S1+S2) = 3 (E) La suma S1+S2 no es directa y dim(S1+S2) = 2

Opci´on B. Es claro queS1 =Im(T) =R≤2[X]⊂R≤3[X], pues todo polinomio de grado menor o igual a 2 es

la imagen de alg´un polinomio de grado menor o igual a 3 por el operador de derivaci´onT. En particular, tenemos que dim(S1) = 3, y{1, X, X2} es una base deS1. En otro lado, es obvio que X3 ∈S2, entonces la suma S1+S2

contiene los cuatro polinomios 1,X,X2 yX3 (base can´onica deR≤4[X]), de tal modo queS1+S2=R≤4[X]. Sin

embargo, la sumaS1+S2 no es directa, pues el polinomio p= 1 +X+12X2 (no nulo) pertenece a la vez aS1 (es de grado≤2) y a S2 (pues p(0) =p0(0) =p00(0) = 1).

8.Dadoa, b∈R, se considera el sistema lineal S con 3 ecuaciones y 3 inc´ognitas dado por la matriz ampliada

  1 a −1 1 −a −1 1 −1 −1 −a a b 

. El conjunto soluci´on del sistemaS es una recta si y s´olo si:

(A) a2 6= 1 (bcualquiera)

(B) a= 1 oa=−1 (b cualquiera) (C) a= 1 yb= 0

(D) a=−1 (bcualquiera) (E) a=−1 yb= 1

Opci´on E. Por escalerizaci´on, obtenemos que:

  1 a −1 1 −a −1 1 −1   −→   1 a −1 1 0 a2−1 1−a a−1  

(5)

1. a2 6= 1 (es decir: a6= 1 ya6=−1). El sistema es compatible determinado, y tiene soluci´on ´unica. 2. a= 1. En este caso, el sistema tiene matriz ampliada

  1 1 −1 1 0 0 0 0 0 0 0 b+ 1  

Se distinguen dos subcasos:

2.1. b6=−1. En este caso, el sistema es incompatible.

2.2. b=−1. En este caso, el sistema es compatible indeterminado, y su conjunto soluci´on es el plano

π :x+y−z= 1.

3. a=−1. En este caso, el sistema tiene matriz ampliada

  1 −1 −1 1 0 0 2 −2 0 0 −2 b+ 1   −→   1 −1 0 0 0 0 1 −1 0 0 0 b−1  

De nuevo, se distinguen dos subcasos:

3.1. b6= 1. En este caso, el sistema es incompatible.

3.2. b= 1. En este caso, el sistema es compatible indeterminado, y su conjunto soluci´on es la recta

r :

x−y= 0

z=−1

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