Primer Examen Parcial

´

Algebra. 2007-2008. Ingenier´ıa Aeron´

autica.

Departamento de Matem´

atica Aplicada II.

Primer Examen Parcial. 21-01-2008.

(y Primera Parte de la Tercera Convocatoria) Ejercicio 1.

(1.1) [1 punto]Describe la f´ormula del binomio de Newton (escribe dicha f´ormula y describe los elementos que intervienen) y bajo qu´e condiciones es v´alida para la potencia de una suma de matrices (cuadradas del mismo orden).

(1.2) [3 puntos]Resuelve (determina todas las soluciones complejas de) las ecuaciones com-plejas:

(a) z2 =z 2, (b) z4₋2iz2 + 3 = 0. (1.3) [3 puntos] Determinaα _∈R _{sabiendo que la cu´adrica de ecuaci´on}

x2₋2x+ 2y2+ 4α2y+ 4αz2+ 2α4 = 0

no es un elipsoide y que el centro de dicha cu´adrica est´a en el plano de ecuaci´on x+y+z = 0. Determina los elementos caracter´ısticos de la cu´adrica considerada y esboza su gr´afica.

(1.4) [3 puntos] Dado un n´umero complejo gen´erico z _∈C_{, sea t∈}C _{su sim´etrico respecto} al eje horizontal y sea w _∈ C _{el n´umero complejo que se obtiene cuando sobre t se} efect´ua el giro de centro el origen de coordenadas y ´angulo θ = π₆. Expresa wen funci´on dez mediante operaciones complejas y aplica dicha transformaci´onz _−→waz0 = 1 +i.

(1.1) (a) F´ormula del Binomio de Newton. Siendo n = 1,2, . . . un n´umero natural y a y b dos n´umeros (reales o complejos) se verifica la siguiente igualdad,

(a+b)n= n 0 anb0+ n 1 an−1b1+_{· · ·} n m an−mbm+_{· · ·}+ n n an−nbn = an+ n 1 an−1b1+_{· · ·} n m an−mbm+_{· · ·}+bn.

(b) Los coeficientes del desarrollo anterior son los n´umeros combinatorios n m para m = 0,1, . . . , ndados por n m = n(n−1)· · ·(n−m+ 1) m! = n! m!(n₋m)!.

(c) La f´ormula dada en (a) es v´alida para dos matrices cuadradas A e B del mismo orden que conmuten, es decir si AB =BA se verifica la igualdad

(A+B)n= n 0 AnB0+ n 1 An−1B1+_{· · ·} n m An−mBm+_{· · ·}+ n n An−nBn.

(1.2) (a) Sin m´as que aplicar las propiedades elementales de las operaciones con n´umeros complejos tenemos

z2 =z 2 _⇐⇒z2 =z2 _⇐⇒z2 _{es real.}

Siendo z =x+iy (x, y _∈R_{) tenemos}

z2 =x2 ₋y2+i2xy _∈R_{⇐⇒xy = 0⇐⇒x= 0 ´o y= 0.}

Es decir, las soluciones de la ecuaci´on dada son todos los n´umeros reales y todos los n´umeros complejos imaginarios puros.

(b) Puesto que se trata de una ecuaci´on bicuadrada reducimos su resoluci´on a la de una ecuaci´on de segundo grado expresando la ecuaci´on en w=z2_,

z4_−2iz2_{+ 3 = 0 ⇐⇒w}2_{−2iw+ 3 = 0 =⇒} w= 2i± √ −4₋12 2 = 2i_±4i 2 =⇒ w1 = 3i w2 =−i.

Y ahora basta con resolver la ecuaci´on z2 _{= w para cada uno de los valores w}

obtenidos. En cualesquiera de los casos se trata de calcular las dos ra´ıces cuadradas de un n´umero complejo imaginario puro.

z2 = 3i= 3eiπ2 ⇐⇒ ( z11 = √ 3eiπ 4 =√3 √ 2 2 +i √ 2 2 = √₂6(1 +i), z12 =−z11 =− √ 6 2 (1 +i). z2 _=−i=e−iπ 2 ⇐⇒ ( z21 =e−i π 4 = √ 2 2 −i √ 2 2 = √2 2 (1−i), z22 =−z21 =− √ 2 2 (1−i).

(1.3) Completando cuadrados en x y eny tenemos x2_{−2x= (x−1)}2_−1,

2y2_{+ 4α}2_{y = 2 [y}2_{+ 2α}2_{y] = 2 [(y+α}2₎2_−α4_{] = 2(y+α}2₎2_−2α4_,

y por tanto la ecuaci´on puede expresarse mediante

(x₋1)2₋1 + 2(y+α2)2₋2α4+ 4αz2+ 2α4 = 0 o, lo que es equivalente

(x₋1)2+ 2(y+α2)2+ 4αz2 = 1. Para α = 0 se trata de un cilindro el´ıptico, (x₋1)2₊ y2

1/2 = 1. Para α >0 se trata de un elipsoide (x₋1)2₊(y+α2 )2 1/2 + z2 1 √ 2 = 1.

Paraα <0 se trata de unhiperboloide de una hojacon centro (1,₋α2_{,0). Para que}

dicho centro est´e en el planox+y+z= 0 tiene que verficarse 1₋α2+ 0 = 0_⇐⇒α=_±1.

Por tanto, para que se cumplan las condiciones dadas,α =₋1, en cuyo caso la ecuaci´on queda (x₋1)2+ (y+ 1) 2 1/2 − z2 1 4 = 1.

Se trata del hiperboloide de una hoja con centro (1,₋1,0) y eje (paralelo al eje OZ) x₋1 = 0, y+ 1 = 0. −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 −3 −2 −1 0 1 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 X Y Z Eje C = (1,₋1,0)

(1.4) Puesto que en t´erminos de operaciones complejas

el sim´etrico respecto del eje de abscisas es su conjugado y

el n´umero complejo que se obtiene al girar t _∈ C _{con centro el origen y ´angulo} θ = π₆ eseiθ_t=eiπ

6t,

aplicando una transformaci´on a continuaci´on de la otra (en el orden dado) tenemos z _∈C_{−→ t=z ∈}C_−→w=eiπ6t ⇒w=ei

π 6z. Aplicando esta transformaci´on az0 = 1 +i obtenemos

w0 =ei π 6(1−i) = cosπ 6 +isen π 6 (1₋i) =√₂3 +i1₂(1₋i) = 1 2 √ 3₋i√3 +i+ 1 = 1 2 1 +√3 +i 1₋√3 .

Ejercicio 2.

(2.1) [4 puntos] Determina la ecuaci´on, los elementos caracter´ısticos y la gr´afica de cada una de las dos par´abolas que tienen como v´ertice el punto V = (₋3,1) y pasan por el punto P = (0,7). ¿Se puede obtener una de la otra mediante un giro? ¿Por qu´e? (2.2) [3 puntos] Determina la matriz E, cuadrada de orden n, que verifica que

  v₁ v₂ · · · v_n  E =   v_n v₁ · · · v_n−1  

para cualquier conjunto _{v1, v2, . . . , vn} de n vectores-columna. Siendo n = 4, calcula

la inversa de la matrizB =AE sabiendo que la matriz cuadrada A tiene inversa y que dicha inversa es A−1 =     1 2 3 4 5 6 7 8 1 0 1 0 0 1 0 ₋1     .

(2.3) [1 punto]Enuncia condiciones equivalentes a que un conjunto _{u1, . . . , un} den

vec-tores deRm _{sea Linealmente Independiente.}

(2.4) [2 puntos]Sean_{u1, . . . , un}vectores deRm, m≥n. Demuestra que siP es una matriz

cuadrada de orden m que tiene inversa y los vectores _{P u1, . . . , P un} son linealmente

independientes, entonces los vectores _{u1, . . . , un} tambi´en son linealmente

indepen-dientes. ¿Se puede obtener el mismo resultado sin exigir que la matrizP tenga inversa? ¿Y sin exigir queP sea ni siquiera cuadrada? Justifica las respuestas.

(2.1) Aunque no est´e enunciado de forma expl´ıcita, se trata de obtener las dos par´abolas que cumplen las condiciones dadas y tienenejes paralelos a los ejes coordenados (que son las ecuaciones consideradas en el primer cuatrimestre).

Par´abola con eje de simetr´ıa paralelo al eje OX. La ecuaci´on de dicha par´abola ser´a de la forma (y₋β)2 _{= 2p(x−α) siendo (α, β) el v´ertice.}

Puesto que el v´ertice es (₋3,1) la ecuaci´on de la par´abola ser´a del tipo (y₋1)2 _{= 2p(x+ 3).}

Puesto que (0,7) est´a en la par´abola, tiene que verificarse

(7₋1)2 = 2p(0 + 3) =_⇒36 = 6p=_⇒p= 6 =_⇒ (y₋1)2 _{= 12(x+ 3) .} Elementos caracter´ısticos: • V´ertice V = (₋3,1). • Eje de simetr´ıa y= 1. • Foco (x=α+p₂, y =β) = (₋3 + 3,1) = (0,1). • Directriz x=α₋ p₂ =_⇒x=₋6.

−10 −8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8 x y X Y O (y₋1)2 _{= 12(x+ 3)} F = (0,1) y = 1 x=₋3 x=₋6 V = (₋3,1) P = (0,7)

Par´abola con eje de simetr´ıa paralelo al eje OY. La ecuaci´on de dicha par´abola ser´a de la forma (x₋α)2 _{= 2q(y−β) siendo (α, β) el v´ertice.}

Puesto que el v´ertice es (₋3,1) la ecuaci´on de la par´abola ser´a del tipo (x+ 3)2 = 2q(y₋1).

Puesto que (0,7) est´a en la par´abola tiene que verificarse (0 + 3)2 = 2q(7₋1) =_⇒9 = 12q =_⇒q = 9 12 = 3 4 =⇒ (x+ 3) 2 ₌ 3 2(y−1). Elementos caracter´ısticos: • V´ertice V = (₋3,1). • Eje de simetr´ıa x=₋3. • Foco (x=α, y =β+₂q) = (₋3,1 + 3 8) = (−3, 11 8). • Directriz y=β₋ q₂ =_⇒y= 1₋3 8 =⇒y= 5 8. −10 −8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8 x y X Y O (x+ 3)2 ₌ 3 2(y−1) F = (₋3,11₈) x=₋3 y= 1 _y= 5 8 V = (₋3,1) P = (0,7)

¿Se puede obtener una de la otra mediante un giro? ¿Por qu´e?Puesto que los valores absolutos de los coeficientesp= 6 yq = 3

4 son las distancias respectivas del foco

a la directriz en cada una de las par´abolas y las distancias no se modifican cuando se hace un giro,no se puede obtener una par´abola de la otra mediante un giro. (2.2) Puesto que la matriz E pedida tiene que verificar la condici´on dada para cualquier

conjunto de n vectores de cualquier n´umero (com´un) m de coordenadas, en particular se tiene que verificar para los n vectores can´onicos de Rn _{con lo que obtenemos}

  e1 e2 · · · en  E =   en e1 · · · en−1   es decir, I E =   en e1 · · · en−1  =⇒E =        0 1 0 _{· · ·} 0 0 0 1 _{· · ·} 0 ... ... ... ... ... 0 0 0 . .. 1 1 0 0 _{· · ·} 0        .

Obviamente la matriz E obtenida verifica la condici´on enunciada.

Para la matriz A cuya inversa viene dada, la inversa de B =AE ser´a B−1 _=E−1_A−1_.

CalculamosE−1 _{(para n = 4)} [E_|I] =     0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 1     reordenando −→ las filas     1 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0     . Por tanto E−1 =     0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0    

y teniendo en cuenta queE−1_{es un producto de matrices elementales, mediante qu´e}

opera-ciones elementales se puede obtener a partir de la matriz identidad de orden 4 y el efecto que tiene el producto por matrices elementales cuando se multiplican a la izquierda de una matriz, tenemos

B−1=E−1A−1=     0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0         1 2 3 4 5 6 7 8 1 0 1 0 0 1 0 ₋1     =     fila 4 de A−1 fila 1 de A−1 fila 2 de A−1 fila 3 de A−1     =     0 1 0 ₋1 1 2 3 4 5 6 7 8 1 0 1 0     .

(2.3) Dado un conjunto de n vectores _{u1, . . . , un} de Rm consideremos la matriz U cuyas

columnas son los vectores dados. Son condiciones equivalentes: {u1, . . . , un}.

Al reducir U a forma escalonada se obtienen n pivotes (tantos como columnas). Ux= 0 es un S.C.D.

Cualquier sistema Ux = y, y _∈ Rm _{es o bien compatible determinado o bien} incompatible.

Ning´un vector uk se puede expresar como combinaci´on lineal de los restantes.

...

(2.4) Sabiendo que P es una matriz que tiene inversa hay que demostrar que si el conjun-to de vecconjun-tores _{P u1, . . . , P un} es linealmente independiente entonces tambi´en lo es el

conjunto _{u1, . . . , un} (y ninguna otra cosa extra˜na). Siendo U la matriz cuyos

vec-tores columna son _{u1, . . . , un} tenemos que demostrar que el sistema de ecuaciones

homog´eneo asociado Ux = 0 es compatible determinado. Sea x _∈ Rn _{tal que Ux = 0.} Multiplicando porP a la izquierda tenemos

Ux= 0 =_⇒P U x=P0 = 0.

Es decir x es soluci´on del sistema homog´eneo asociado a P U. Puesto que los vectores columna de P U son linealmente independientes, la ´unica soluci´on de este sistema es x= 0. Y ya est´a.

¿Se puede obtener el mismo resultado sin exigir que la matriz P tenga in-versa? Si. En el plantemiento anterior no se ha usado para nada que P tenga inversa o no.

¿Y sin exigir que P sea ni siquiera cuadrada? Si. Tampoco se ha exigido que sea cuadrada.

Ejercicio 3. Sean A y w la matriz y el vector dados, respectivamente, por A =     1 2 0 −1 0 2 2 3 α 0 1 1     y w=     1 1 α+ 2 β     α, β _∈R_.

(3.1) [3 puntos]Determina α yβ sabiendo que una base de Col (A), el espacio columna de A, la forman dos vectores y que w_∈Col (A).

(3.2) [2 puntos] Calcula una base y ecuaciones impl´ıcitas de Col (A). Calcula las coorde-nadas del vector wrespecto de la base calculada.

(3.3) [2 puntos] Calcula una base de Nul (A). Determina V = _{x_∈R3 _{:Ax=w} y la} relaci´on deV con Nul (A).

(3.4) [3 puntos] Siendo_{e1, e2, e3}la base can´onica de R3, calcula la matriz B de la

trans-formaci´on lineal T :R3 _−→R4 _{que verifica:}

T(e1) = A(e2+e3), T(e1+e2) =Ae3 y T(e1+e3) =Ae2.

Puesto que tenemos que obtener, entre otras cosas, una base y ecuaciones impl´ıcitas de Col (A) para una matrizAque tenemos que determiar con ciertas condiciones, lo m´as c´omodo es plantear directamente la determinaci´on de las ecuaciones impl´ıcitas de

Col (A) =

y_∈R4 _{:Ax=y es un S.C.} reduciendo la matriz ampliada del sistema a forma escalonada,

[A_|y] =     1 2 0 −1 0 2 2 3 α 0 1 1 y1 y2 y3 y4     F2+F1 −→ F3−2F1     1 2 0 0 2 2 0 ₋1 α 0 1 1 y1 y2+y1 y3−2y1 y4     F2 ↔F4 −→     1 2 0 0 1 1 0 ₋1 α 0 2 2 y1 y4 y3−2y1 y2+y1     F3+F2 −→ F4−2F2     1 2 0 0 1 1 0 0 α+ 1 0 0 0 y1 y4 y3−2y1+y4 y2+y1−2y4     .

(3.1) El que una base del espacio Col (A) est´e formada por dos vectores es equivalente a decir que en la reducci´on de A a forma escalonada se obtengan (exactamente) dos pivotes. Por tanto, para que se cumpla dicha condici´on tiene que serα+1 = 0, es decir α =₋1 . Por otra parte, siendo α=₋1, para que w_∈Col (A)el sistema Ax=w (con inc´ognita x) tiene que ser compatible. Es decir si sustituimos wen el t´ermino independiente de la reducci´on hecha anteriormente tiene que obtenerse un sistema compatible. Sustituyendo (con α=₋1) obtenemos [A_|w]_−→     1 2 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 1 β 1₋2 +β 1 + 1₋2β    ≡     1 2 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 1 β β₋1 2₋2β     .

(3.2) Una base del espacio Col (A) (para α = ₋1) ser´a la formada por las columnas-pivote que hemos obtenido en la reducci´on a forma escalonada, es decir los dos primeros vectores-columna de A,        v1 =     1 −1 2 0     , v2 =     2 0 3 1            .

Unas ecuaciones impl´ıcitas (independientes) de Col (A) ser´an las dadas por las condiciones de compatibilidad del sistema Ax =y (con inc´ognita x). Seg´un lo que hemos obtenido antes, este sistema es compatible si y s´olo si

y3−2y1+y4 = 0

y2+y1−2y4 = 0.

Las coordenadas de vector wrespecto de la base_{v1, v2}son los coeficientesα, β ∈

R _{que verifican w=λ1v1+λ2v2. Basta, por tanto, con resolver el sistema}   v1 v2   λ1 λ2 =w_→     1 2 1 −1 0 1 2 3 1 0 1 1    →     1 2 1 0 2 2 0 ₋1 ₋1 0 1 1    →    λ2 = 1 λ1 = 1−2λ2 =₋1. Notemos que la resoluci´on del sistema anterior se podr´ıa obtener de la reducci´on hecha al principio del sistema [A_|y] sin m´as que (considerando α = 1, β = ₋1) suprimir la tercera columna de A y sustituir en y las coordenadas de w

(3.3) Para calcular una base de Nul (A) basta con resolver el sistema Ax = 0 (con α = ₋1). Usando la reducci´on hecha al principio con un t´ermino indepeniente gen´erico, para el sistema homog´eneo tenemos

[A_|0]_−→     1 2 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0    →    x2 =−x3 x1 =−2x2 = 2x3 →   x1 x2 x3  =x3   2 −1 1  

=_⇒Nul (A) = Gen      2 −1 1      .

Para determinar V = _{x_∈R3 _{:Ax=w} basta con resolver el sistema Ax = w} (con α =₋1, β = 1), [A_|w]_−→     1 2 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0    →    x2 = 1−x3 x1 = 1−2x2 =₋1 + 2x3 →   x1 x2 x3  =   −1 + 2x3 1₋x3 x3  =⇒   x1 x2 x3  =   −1 1 0  +x₃   2 −1 1  .

Es decir, V =    x_∈R3 _:x=   −1 1 0  +λ   2 −1 1  , λ∈R    .

La relaci´on entreV y Nul (A) es la relaci´on entre el conjunto-soluci´on de un sistema de ecuaciones (lineales)Ax=wy el conjunto-soluci´on del sistema homog´eneoAx= 0 asociado. Puesto que Ax=w es un sistema compatible, ya que w_∈Col (A),

 

soluci´on general del sistema completo

Ax=w  =   soluci´on particular del sistema completo

Ax=w  +   soluci´on general del sistema homog´eneo

asociado Ax= 0

 .

Seg´un lo que hemos obtenido antes, V =   −1 1 0  + Nul (A).

Es decir V es la variedad que pasa por v0 = [−1,1,0]T y tiene como subespacio

direcci´on a Nul (A) (es la recta de R3 _{que pasa por v0 y es paralela a la recta} Nul (A), que pasa por el origen de coordenadas).

(3.4) Siendo B la matriz deT tienen que verificarse las igualdades vectoriales Be1 =A(e2+e3), B(e1+e2) =Ae3 yB(e1+e3) =Ae2.

Expresando estas tres igualdades vectoriales como una igualdad matricial tenemos B   e₁ e₁ +e₂ e₁+e₃  =A   e₂+e₃ e₃ e₂  

y de esta ecuaci´on podemos despejarB B =A   e₂+e₃ e₃ e₂     e₁ e₁+e₂ e₁+e₃   −1 B =A   0 0 0 1 0 1 1 1 0     1 1 1 0 1 0 0 0 1   −1 =     2 0 2 2 2 0 2 ₋1 3 2 1 1       1 1 1 0 1 0 0 0 1   −1 . C´alculo de la inversa: •   1 1 1 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1   F1₋F2₋F3 −→   1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 ₋1 ₋1 0 1 0 0 0 1  . Por tanto, B =     2 0 2 2 2 0 2 ₋1 3 2 1 1       1 ₋1 ₋1 0 1 0 0 0 1  =     2 ₋2 0 2 0 ₋2 2 ₋3 1 2 ₋1 ₋1     .

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Algebra. 2007-2008. Ingenier´ıa Aeron´

autica.

Departamento de Matem´

atica Aplicada II.

Segundo Examen Parcial. 6 de Junio de 2008.

Ejercicio 1. Considera el subespacio vectorial E y los vectores b y u de R4 _definidos respectivamente mediante E _≡ x1−x2 +x4 = 0 2x1−x2−x3+x4 = 0 , b=     1 1 1 1     y u=     1 1 1 3     .

(1.1) [2 puntos] Definici´on de complemento ortogonal de un subespacio vectorial S de Rn_{. Enunciados de las propiedades m´as importantes relativas al complemento ortogonal} de un subespacio vectorial.

(1.2) [3 puntos] Determina una base ortogonal de E y ampl´ıala hasta una base ortogonal deR4_.

(1.3) [1 punto] Calcula la proyecci´on ortogonal de b sobre E.

(1.4) [2 puntos] Determina, si existen, los vectores de la recta F generada por el vector u cuya proyecci´on ortogonal sobre E sea [1, 3, 1, 2]T_.

(1.5) [2 puntos] Determina, si existen, los valores de α_∈R _{para los que} x2+α2y2₋4xy+ (α+ 2)x₋(α+ 2)y₋5 = 0 es la ecuaci´on de una par´abola.

(1.1) Complemento ortogonal de un subespacio vectorial S deRn_.

Definici´on.- El complemento ortogonalS⊥ _{de un subespacio vectorialS de}Rn _es el conjunto formado por los vectores deRn_{que son ortogonales a todos los vectores} de S. Es decir v _∈S⊥ _⇐⇒v _⊥u_∀u_∈S _⇐⇒v_·u= 0 _∀u_∈S. Propiedades.-• S⊥ _{es un sebespacio vectorial de} Rn_. • S⊥⊥ =S. • S_⊕S⊥₌Rn_{. Es decir, S∩S}⊥ _{={0} y S+S}⊥ ₌Rn_.

• De forma equivalente a lo anterior,cualquier vectorwde Rn_{se puede expresar,}

de forma ´unica, como suma de un vector u_∈S (el vector proyecci´on ortogonal de w sobre S) y un vector v _∈ S⊥ _{(el vector proyecci´on ortogonal de w sobre} S⊥_).

• Dibujo correspondiente a la propiedad anterior. • Ejemplos t´ıpicos.

• · · ·

(1.2) Determinamos una base de E resolviendo el sistema homog´eneo que lo determina, 1 ₋1 0 1 0 2 ₋1 ₋1 1 0 F2−2F1 −→ 1 ₋1 0 1 0 0 1 ₋1 ₋1 0 F1+F2 −→ 1 0 ₋1 0 0 0 1 ₋1 ₋1 0 =_⇒     x1 x2 x3 x4     =     x3 x3+x4 x3 x4     =x3     1 1 1 0     +x4     0 1 0 1     =_⇒E = Gen        v1 =     1 1 1 0     , v2 =     0 1 0 1            .

Para obtener una base ortogonal deE basta con ortogonalizar _{v1, v2},

v₁′ =v1, v′2 =v2− v2·v′1 ||v′ 1|| 2v1′ =v2− 1 3v ′ 1 = 1 3     −1 2 −1 3     .

Una base ortogonal de E es_{v1,3v2′}.

Para ampliar una base ortogonal de E,dim (E) = 2, hasta una base ortogonal de R4_{,dim (}R4_{) = 4, habr´a que obtener 2 vectores{w1, w2}, ortogonales entre s´ı, que sean} ortogonales a los vectores de la base dada de E, es decir, habr´a que obtener una base ortogonal de E⊥_. Puesto que E⊥ = Gen        u1 =     1 −1 0 1     , u2 =     2 −1 −1 1            ,

para obtener una base ortogonal de E⊥ _{basta con ortogonalizar {u}

1, u2}, u′₁ =u1, u′2 =u2− u2·u′1 ||u′ 1|| 2u′1 =u2− 4 3u ′ 1 = 1 3     2 1 −3 −1     .

Por tanto, una base ortogonal de R4 _es        v1 =     1 1 1 0     ,3v₂′ =     −1 2 −1 3     , u1 =     1 −1 0 1     , w2 = 3u′2 =     2 1 −3 −1            ,

siendo_{v1,3v2′} una base ortogonal de E.

Observaci´on.-Es inmediato comprobar si los resultados obtenidos (que no son ´unicos) se corresponden con los exigidos en el enunciado: los 4 vectores obtenidos son ortogonales dos a dos, v1 y 3v2′ son vectores de E (verifican sus ecuaciones).

(1.3) Puesto que _{v1, v2′′= 3v2′} esuna base ortogonal de E, la proyecci´on ortogonal deb

sobre E es proy_E(b) = b·v1 ||v1||2 v1+ b_·v′′ 2 ||v′′ 2|| 2v′′2 = = 3₃v1+₁₅3 v2′′ =v1+1₅v2′′= 15     4 7 4 3     (_∈E).

(1.4) Los vectores de la recta F, generada por el vector u, son los vectores de la forma x=tu, t_∈R_{. La proyecci´on ortogonal de uno de estos vectores sobre E es}

proy_E(tu) = tproy_E(u) =t u_·v1 ||v1||2 v1+ u_·v′′ 2 ||v′′ 2|| 2v2′′ = = t 3 3v1+ 3 15v ′′ 2 =t(v1+ 1 5v ′′ 2) = t 5     4 7 4 3     (_∈E).

Obviamenteno existe ning´un vector tu_∈F cuya proyecci´on ortogonal sobreE sea [1, 3, 1, 2]T_.

(1.5) Para que la ecuaci´on dada sea la de una par´abola, uno de los autovalores de la matriz sim´etrica A=

1 ₋2 −2 α2

, asociada a la parte cuadr´atica de la ecuaci´on, tiene que ser nulo. En este caso, la c´onica podr´a ser una par´abola (caso no-degenerado) o un par de rectas, paralelas o coincidentes (casos degenerados) o nada.

A_−→det(A) =λ1λ2 =α2−4 = 0⇐⇒α =±2.

En estos casos (α =_±2), los autovalores de A ser´an λ1 = 0 y λ2 =α2+ 1 = 5 (puesto

que traza(A) =λ1+λ2).

Para α=₋2 tenemos la ecuaci´on x2_{+ 4y}2_{−4xy−5 = 0 que es la ecuaci´on de un}

par de rectas paralelas

(x₋2y)2₋5 = 0_⇐⇒x₋2y=_±√5_⇐⇒    x₋2y=√5, ´o x₋2y=₋√5.

Para α= 2 tenemos la ecuaci´on x2_{+ 4y}2_{−4xy+ 4x−4y−5 = 0. Los autovalores}

de la matriz A de la parte cuadr´atica son λ1 = 0 y λ2 = 5. Los autovectores

correspodientes son v1 = 2 1 y v2 = −1 2 .

Haciendo el cambio de variables asociado a la diagonalizaci´on ortogonal de A, Q=h v1 ||v1|| v2 ||v2|| i = √1 5 2 ₋1 1 2 , QT_AQ=D= 0 5 , QT _=Q−1_, x y =Q x′ y′ , ( x= √1 5(2x′ −y′) y= √1 5(x′+ 2y′) obtenemos la ecuaci´on en (x′_{, y}′₎ 5y′2+√4 5(2x ′ _−y′_−x′_−2y′_{)−5 = 0 ≡ 5y}′2_{+ √}4 5(x ′_−3y′_{)−5 = 0}

que obviamente es la ecuaci´on de una par´abola pues: podemos completar el cuadrado en y′_{, tenemos un t´ermino enx}′ _{(con coeficiente no nulo) y podremos obtener una ecuaci´on} del tipo 5y′′2 _{+ √}4

5x′′ = 0 siendo la relaci´on entre las variables (x′′, y′′) y las variables

(x′_{, y}′_{) la dada por una traslaci´on}

x′′_=x′_−a, y′′ _=y′_−b.

Ejercicio 2. Considera la matriz A y el vector y0 dados por A=   3 ₋1 ₋4 0 2 0 2 3 ₋1  , y₀ =   2 0 1  .

(2.1) [4 puntos] Determina los autovalores y los autovectores de A y una diagonalizaci´on deA si existe (matriz de paso, matriz diagonal, relaci´on con la matriz A).

(2.2) [3 puntos] Resuelve el problema de valor inicial

y′ _{= (A−I)y,} y(0) =y0.

(2.3) [1 punto]Siendoy(t) la soluci´on obtenida en el apartado anterior, determina, si existe, el menor valor de T >0 para el cual y(T) = y(0).

(2.4) [2 puntos] Determina el polinomio caracter´ıstico de una matriz B2 _{sabiendo que el}

de la matriz B, de orden 3, es p(λ) =₋(λ₋1)(λ+ 2)(λ₋3). Enuncia y demuestra las propiedades que utilices.

(2.1) Polinomio caracter´ıstico. Desarrolando det(A₋λI) por los elementos de la segunda fila obtenemos p(λ) = det (A₋λI) = (2₋λ) 3₋λ ₋4 2 ₋1₋λ = = (2₋λ) [(3₋λ)(₋1₋λ) + 8] = (2₋λ) [λ2_{−2λ+ 5].} Autovalores de A, λ1 = 2 λ2₋2λ+ 5 = 0_−→λ= 2± √ 4₋20 2 = 2_±4i 2 →    λ2 = 1 + 2i. λ3 =λ2 = 1−2i. Autovectores de A. Autovectores asociados a λ1 = 2,(A−2I)x= 0,   1 ₋1 ₋4 0 0 0 0 0 2 3 ₋3 0   −→   1 ₋1 ₋4 0 0 5 5 0 0 0 0 0  → x2 =−x3 x1 =x2+ 4x3 = 3x3

→Nul (A₋2I) = Gen    v1 =   3 −1 1      .

Autovectores asociados a λ2 = 1 + 2i,(A−(1 + 2i)I)x= 0,   2₋2i ₋1 ₋4 0 0 1₋2i 0 0 2 3 ₋2₋2i 0   F3−₂2 −2iF1 −→   2₋2i ₋1 ₋4 0 0 1 0 0 0 3 + ₂₋2_2i 0 0  −→ F1+F2 −→ F3_{− ∗}F2   2₋2i 0 ₋4 0 0 1 0 0 0 0 0 0  → x2 = 0, (1₋i)x1 = 2x3 →   x1 x2 x3  =x₃   2 1−i 0 1  

=_⇒Nul (A₋(1 + 2i)I) = Gen    v2 =   2 1−i 0 1  =   1 +i 0 1      . Autovectores asociados a λ3 =λ2, Nul (A₋λ3I) = Gen    v3 =v2 =   1₋i 0 1      .

Diagonalizaci´on de A. Puesto que todos sus autovalores son simples, la matrizAes diagonalizable y una diagonalizaci´on se obtiene sin m´as que considerar autovectores linealmente independientes, AP =P D _≡A=P DP−1 _≡P−1_{AP =D siendo}

P =   v1 v2 v3  =   3 1 +i 1₋i −1 0 0 1 1 1  , D=   λ1 λ2 λ3  =   2 1 + 2i 1₋2i  .

(2.2) Teniendo en cuenta las propiedades del c´alculo de autovalores y autovectores y los autovalores y autovectores obtenidos para la matriz A, para la matriz A₋I tenemos

A A₋I Autovectores

λ1 = 2 µ1 =λ1−1 = 1 v1

λ2 = 1 + 2i µ2 =λ2−1 = 2i v2

λ3 = 1−2i µ3 =λ3−1 = −2i=µ2 v3 =v2

Por tanto, la soluci´on general del sistema diferencialy′_{(t) = (A−I)y(t), t∈}R_,es yg(t) =c1y1(t) +c2y2(t) +c3y3(t)

dondec1, c2, c3 son tres constantes complejas arbitrarias y

y1(t) =eµ1tv1 =et   3 −1 1  , y₂(t) =eµ2tv₂ =e2it   1 +i 0 1  , y3(t) =y2(t) =eµ3tv3 =e−2it   1₋i 0 1  

son 3 soluciones linealmente independientes asociadas a las parejas autovalores-autovec-tores deA₋I.

Puesto que A ₋I tiene autovalores complejos (y es real) la soluci´on general real de y′ _{= (A−I)y puede expresarse, sustituyendo la pareja de soluciones complejas} lineal-mente independientes ny2(t), y2(t)

o

por la pareja de soluciones reales linealmente inde-pendientes _{Real [y2(t)],Ima [y2(t)]}, mediante

ygr(t) =αy1(t) +βReal [y2(t)] +γIma [y2(t)], α, β, γ ∈R.

Imponiendo la condici´on inicialy(0) =y0 determinamos α, β y γ,

αe0v1+βReal [y2(0)] +γIma [y2(0)] =y0 ≡ αv1+βReal [v2] +γIma [v2] =y0,

  3 1 1 −1 0 0 1 1     α β γ  =   2 0 1  → · · · −→   α β γ  =   0 1 1  .

Por tanto, la soluci´om del P.V.I. planteado es y(t) = Real e2itv2 + Ima e2itv2

y ya s´olo queda obtener la parte real y la parte imaginaria de e2it_v

2. Desarrollando queda e2it_v 2 = [cos(2t) +isen(2t)]   1 +i 0 1  =  

cos(2t)₋sen(2t) +i(sen(2t) + cos(2t)) 0 cos(2t) +isen(2t)  = =   cos(2t)₋sen(2t) 0 cos(2t)  +i   sen(2t) + cos(2t) 0 sen(2t)  . Por tanto, Real e2itv2 =   cos(2t)₋sen(2t) 0 cos(2t)  ,Ima e2itv2 =   sen(2t) + cos(2t) 0 sen(2t)  

y la soluci´on del P.V.I. planteado es y(t) =   cos(2t)₋sen(2t) 0 cos(2t)  +   sen(2t) + cos(2t) 0 sen(2t)  =   2 cos(2t) 0 cos(2t) + sen(2t)  .

(2.3) La condici´on y(T) =y(0) es equivalente a que se verifique cos(2T) = 1 con lo cual 2T tiene que ser un m´ultiplo entero de 2π. Por tanto el valor de T > 0 pedido es T =π.

Observaci´on.- De entre todas las soluciones ygr(t) =αetv1 +βReal e2itv2 +γIma e2itv2 , α, β, γ _∈R_,

del sistema diferencialy′_{(t) = (A−I)y(t), las que se obtienen paraα= 0 son peri´odicas} de periodo π puesto que Real [e2it_v

2] y Ima [e2itv2] son funciones peri´odicas de periodo

(2.4) Si el polinomio caracter´ıstico de una matriz B es p(λ) = ₋(λ₋1)(λ+ 2)(λ₋3), los autovalores de B son λ1 = 1, λ2 = −2, λ3 = 3. Por tanto, los autovalores de B2 son

µ1 =λ21 = 1, µ2 =λ22 = 4, µ3 =λ23 = 9 y el polinomio carater´ıstico deB2 es

q(µ) =₋(µ₋1)(µ₋4)(µ₋9).

Recu´erdese que el nombre que le pongamos a la variable del polinomio es irrelevante. Propiedad. Si λ es un autovalor de una matriz cuadrada A, entonces λ2 _{es autovalor}

deA2_{. Demostraci´on. Siendov 6= 0 un autovector de A asociado a λ tenemos}

Av=λv=_⇒AAv=λAv=λλv =_⇒A2v =λ2v, es decir λ2 _{es autovalor de A}2 _{y v es un autovector asociado.}

Ejercicio 3. Considera la matriz A dada por A=   2 α₋2 1 0 3 0 α₋1 2₋α α  .

(3.1) [3 puntos] Determina los valores deα para los que A esdiagonalizable.

(3.2) [3 puntos] Determina los valores de α _∈R _{para los que A es diagonalizable} orto-gonalmente y calcula una diagonalizaci´on ortogonal de A en los casos en los que sea posible (matriz de paso, matriz diagonal, relaci´on con la matrizA).

(3.3) [3 puntos] Para los valores de α_∈R _{obtenidos en el apartado(3.2)determina:} el signo de la forma cuadr´atica ϕ asociada a la matriz A₋I,

el m´aximo y el m´ınimo (absolutos) deϕ sobre la esferax2

1+x22+x23 = 4 (de centro

el origen de coordenadas y radio 2) y

los puntos/vectores donde dichos extremos se alcanzan.

(3.4) [1 punto]Demuestra que para cualquier matriz realB (cuadrada o no) la matriz BT_B

(la forma cuadr´atica asociada) es semidefinida positiva (o definida positiva). (3.1) Polinomio caracter´ıstico: p(λ) = det(A₋λI) =   desarrollando por los elementos de la segunda fila  = (3−λ) 2₋λ 1 α₋1 α₋λ = = (3₋λ) [λ2_{−(α+ 2)λ+α+ 1].} Autovalores de A, p(λ) = 0_−→ →              λ1 = 3, λ2_{−(α+ 2)λ+α+ 1 = 0→λ=} α+2±√(α+2)2−4(α+1) 2 = = α+ 2±α 2 = λ2 = 1, λ3 =α+ 1.

Por tanto, los autovalores (iguales o distintos) son λ1 = 3, λ2 = 1 y λ3 =α+ 1.

• Siα+ 1₆= 3,1 _≡ α ₆= 2,0, los 3 autovalores son distintos entre s´ı y, por tanto, A es diagonalizable.

Veamos los casos de autovalores m´ultiples.

• Si α= 0, la matrizA correspondiente tiene un autovalor simple λ1 = 3 y uno

doble λ2 = 1. Tenemos que estudiar la multiplicidad geom´etrica de λ2 = 2,

(A₋I)x= 0 _≡   1 ₋2 1 0 0 2 0 0 −1 2 ₋1 0   F3−F1 −→   1 ₋2 1 0 0 2 0 0 0 0 0 0  

=_⇒ dim(Nul (A₋I)) = 1 <m.a.(λ2 = 1) = 2.

Por tanto, A no es diagonalizable para α= 0.

• Si α= 2, la matrizA correspondiente tiene un autovalor simple λ2 = 2 y uno

doble λ1 = 3. En este caso la matriz A es sim´etrica (y real)

A =   2 0 1 0 3 0 1 0 2  

y por tanto es diagonalizable. Resumiendo,

A es diagonalizable_⇐⇒α₆= 0.

(3.2) Por el Teorema Espectral para matrices sim´etricas reales, una matriz real es diago-nalizable mediante una matriz de paso ortogonal si, y s´olo si, es sim´etrica. Aplicando este resultado, la matriz real A dada es diagonalizable ortogonalmente si, y s´olo si, es sim´etrica, A=AT _⇐⇒ α₋2 = 0 α₋1 = 1 ⇐⇒α = 2. Paraα = 2 tenemos la matrizA

A=   2 0 1 0 3 0 1 0 2  

cuyos autovalores son λ1 =λ3 = 3 (doble) y λ2 = 1 (simple).

Autovectores asociados a λ1 = 3,(A−3I)x= 0,   −1 0 1 0 0 0 0 0 1 0 ₋1 0 

→x1 =x3 ⇒Nul (A−4I) = Gen

   v1 =   1 0 1  , v3 =   0 1 0      .

Autovectores asociados a λ2 = 1,(A−I)x= 0,

  1 0 1 0 0 2 0 0 1 0 1 0  −→x2 = 0, x1 =−x3 =⇒Nul (A−I) = Gen    v2 =   −1 0 1      .

Una diagonalizaci´on (no ortogonal) de A, A=P DP−1_,

P =   v₁ v₃ v₂  =   1 0 ₋1 0 1 0 1 0 1  , D =   λ1 λ1 λ2  =   3 3 1  .

• v1 ⊥ v2 y v3 ⊥ v2, como tiene que ser puesto que, por parejas, {v1, v2} y

{v3, v2} son autovectores de una matriz sim´etrica real asociados a autovalores

distintos.

• v1 ⊥v3 por simple azar (son autovectores asociados a un mismo autovalor con

lo cual, si no hubieran sido ortogonales, habr´ıamos necesitado ortogonalizar-los).

Autovectores ortonormales. Normalizamos los autovectores ortogonales obtenidos, v1 ||v1|| = √1 2v1; v3 ||v3|| =v3; v2 ||v2|| = √1 2v2. Diagonalizaci´on ortogonal: A=QDQ−1_{, Q}−1 _=QT_{, siendo}

Q=    v1 ||v1|| v3 ||v3|| v2 ||v2||   =   1 √ 2 0 − 1 √ 2 0 1 0 1 √ 2 0 1 √ 2  , D=   λ1 λ1 λ2  =   3 3 1  . (3.3)

Los autovalores de la matriz sim´etrica (real) A₋I asociada a la forma cuadr´atica son

µ1 =λ1−1 = 0(=µ3) (doble) y µ2 =λ2 −1 = 2 (simple).

Por tanto, la forma cuadr´atica ϕ(x) =xT_{(A−I)xes semi-definida positiva.}

Para cualquier vector x₆= 0, ϕ(x) =xT(A₋I)x=_||x_||2 xT ||x_|| (A₋I) x ||x_|| =_||x_||2ϕ x ||x_||

Por tanto, sobre la esfera de centro el origen y radio 2, ϕ(x) = 4ϕ_||x_x||. Es decir, los valores que alcanza ϕ sobre _||x_||= 2 son los que resultan de multiplicar por 4 los que alcanza sobre la esfera unidad.

Los (valores) extremos de ϕ sobre la esfera unidad x2

1+x22+x23 = 1 son:

valor m´ınimo = menor autovalor de la matriz sim´etrica asociada a ϕ = 0, valor m´aximo =mayor autovalor de la matriz sim´etrica asociada a ϕ = 2. Por tanto,

el valor m´ınimo deϕ sobre _{x:_||x_||= 2_}es 4µ2 = 0,

el valor m´aximode ϕ sobre _{x:_||x_||= 2_} es 4µ1 = 8

Los valores extremos de ϕ sobre la esfera unidad se alcanzan en los correspon-dientes autovectores unitarios. Por tanto, los valores extremos deϕsobre la esfera ||x_||= 2 se alcanzan en los correspondientes autovectores. Es decir,

•

4µ2 = 0 =ϕ(u), ∀u∈Nul (A−I) = Gen {v2},||u||= 2

⇐⇒ u=_±2 v2 ||v2|| =±

√ 2v2.

• 4µ1= 8 = ϕ(u), ∀u∈Nul (A−I−2I) = Gen {v1, v3},||u||= 2. En particular ϕ ±2 v1 ||v1|| =ϕ ±2 v3 ||v3|| = 8.

Notemos que puesto que el espacio propio Nul (A₋I₋2I) = Nul (A₋3I), de A₋I asociado a µ1 = 2, es un plano

Nul (A₋3I) = Gen _{v1, v3} ≡x1 =x3,

al cortar la esfera_||x_||= 2 con dicho plano se obtiene una circunferencia cuyos puntos determinan los vectores donde se alcanza el valor m´aximo.

(3.4) Siendo B una matriz real m_×n, la matriz BT_{B es una matriz sim´etrica real n×n,}

BTBT

=BT BTT

=BTB. Para cualquier vector z _∈Rn _tenemos

zT_BT_{Bz = (Bz)}T_{(Bz) =||Bz|| ≥0.}

Por tanto la forma cuadr´atica ψ(x) = xT_(BT_{B)x asociada a B}T_{B es semidefinida}

positiva, o definida positiva si Bz ₆= 0 cuando z ₆= 0 (o lo que es equivalente, si las columnas deB son Linealmente Independientes).

´

Algebra. 2007-2008. Ingenier´ıa Aeron´

autica.

Departamento de Matem´

atica Aplicada II.

Examen Final de Junio (Segundo Parcial). 27-06-2008.

A=   1 ₋1 1 0 1 0 1 ₋1 1 1 1 ₋2   y b=     1 1 1 1     .

(1.1) [3 puntos] Calcula una base ortogonal de E = Nul (A) y una base ortogonal de E⊥_. (1.2) [3 puntos] Calcula la proyecci´on ortogonal deb sobre E y la distancia de b a E. (1.3) [2 puntos] Resuelve el sistema AT_{x = b en el sentido de los m´ınimos cuadrados y}

determina, si existe, la soluci´on (en m´ınimos cuadrados) cuya segunda coordenada es x2 =−2.

(1.4) [2 puntos]Demuestra que si_{u1, u2, . . . , uk}es un conjunto de vectores no-nulos

orto-gonales dos a dos entonces es linealmente independiente. (1.1) Puesto que A es una matriz 3_×4, por definici´on,

E = Nul (A) =

x_∈R4 _{:Ax= 0}

es un subespacio vectorial deR4_{(y su complemento ortogonalE}⊥_{, tambi´en). Resolvamos} Ax= 0,   1 ₋1 1 0 0 1 0 1 ₋1 0 1 1 1 ₋2 0  →   1 ₋1 1 0 0 0 1 0 ₋1 0 0 2 0 ₋2 0  →   1 ₋1 1 0 0 0 1 0 ₋1 0 0 0 0 0 0      x2 =x4, x1 =x2 −x3 =x4−x3    ⇒     x1 x2 x3 x4     =x3     −1 0 1 0     +x4     1 1 0 1     ,_∀x3, x4 ∈R.

Por tanto, una base deE es        v1 =     −1 0 1 0     , v2 =     1 1 0 1            .

Esta base no es ortogonal,v1·v2 =−16= 0. Para obtener una base ortogonal deE basta

con ortogonalizar_{v1, v2}. Aplicando Gram-Schmidt

u1 =v1, u2 =v2− v2·u1 ||u1||2 u1 =v2 −− 1 2 u1 = 1 2     1 2 1 2     .

Por tanto una base ortogonal de E es        u1 =v1 =     −1 0 1 0     , u′₂ = 2u2 =     1 2 1 2           

Puesto que_{v1, v2}es una base deE, tenemos asociadas las correspondientes ecuaciones

impl´ıcitas deE⊥_, E⊥= x_∈R4 _{:x·v = 0,∀v ∈E =} x_∈R4 _: x_·v1 = 0 ≡ −x1 +x3 = 0 x_·v2 = 0 ≡ x1 +x2+x4 = 0

Obtenemos una base deE⊥ _{resolviendo el sistema} -1 0 1 0 0 1 1 0 1 0 → -1 0 1 0 0 0 1 1 1 0 −→ x1 =x3, x2 =−x3 −x4 =_⇒     x1 x2 x3 x4     =x3     1 −1 1 0     +x4     0 −1 0 1     , _∀x3, x4 ∈R.

Por tanto, una base no ortogonal deE⊥ _es        v3 =     1 −1 1 0     , v4 =     0 −1 0 1            , v3·v4 = 1.

Para obtener una base ortogonal de E⊥ _{basta con ortogonalizar {v}

3, v4}. Aplicando Gram-Schmidt u3 =v3, u4 =v4− v4 ·u3 ||u3||2 u3 =v4 − 1 3u3 =− 1 3     1 2 1 −3     .

Por tanto una base ortogonal de E⊥ _es        u3 =     1 −1 1 0     , u′₄ =₋3u4 =     1 2 1 −3            , u3·u′4 = 0, u3, u′4 ∈E⊥.

(1.2) Puesto que _{u1, u′2} es una base ortogonal de E, la proyecci´on ortogonal de b sobre E

puede obtenerse mediante

proy_E(b) = b·u1 ||u1||2 u1+ b_·u′ 2 ||u′ 2|| 2u2= 0 2u1+ 6 10u ′ 2 = 3 5     1 2 1 2     .

La distancia de b a E es, por tanto,

dist(b, E) = _||b₋proy_E(b)_||= 3 5     2/3 −1/3 2/3 −1/3     = 1 5 √ 10. (1.3) Puesto que

Col (AT) = Nul (A)⊥ =E⊥ _≡

−x1+x3 = 0,

x1+x2 +x4 = 0,

b_6∈Col (AT_{) y el sistemaA}T_{x=bes un sistema incompatible. Para resolver este sistema}

en el sentido de los m´ınimos cuadrados podemos resolver

ATx= proyE⊥(b) =b−proyE(b) = 1 5     2 −1 2 −1    

o bien las ecuaciones normales de Gauss (AT₎T_AT_{x= (A}T₎T_{b ≡ AA}T_{x=Ab. Notemos}

que puesto que rango(AT_{) = dim(E}⊥_{) = 2 yA}T _{tiene 3 columnas, el sistema homog´eneo}

AT_{x= 0 tiene infinitas soluciones y cualquier sistema A}T_{x=c tiene que tener infinitas}

soluciones en m´ınimos cuadrados.

Resolviendo las ecuaciones normales de Gauss tenemos AAT_{x=Ab ≡}   3 2 1 1 2 3 4 1 1 4 7 1  →   1 4 7 1 2 3 4 1 3 2 1 1  →   1 4 7 1 0 ₋10 ₋20 ₋2 0 ₋5 ₋10 ₋1  → →   1 4 7 1 0 5 10 1 0 0 0 0  → x2 = 1₅ −2x3 x1 = 1−4x2 −7x3 =· · ·= 1₅ +x3 ⇒ ⇒   x1 x2 x3  =   1/5 1/5 0  +x3   1 −2 1  ,∀x3 ∈R.

Tomando x3 apropiado tendremos la soluci´on en m´ınimos cuadrados con coordenada

x2 =−2, x2 = 1 5 −2x3 =−2⇐⇒x3 = 11 10 =⇒   x1 x2 x3  =   13/10 −2 11/10  .

(1.4) (Tomado, literalmente, del Tema 7) Si tenemos una combinaci´on lineal de los vectores dados igual al vector nulo

α1u1+α2u2+· · ·+αpup =~0 (∗)

al multiplicarescalarmente por el vector u1 tenemos

(α1u1+α2u2+· · ·+αpup)·u1 =~0·u1 = 0.

Desarrollando el primer miembro de la igualdad

α1u1·u1+α2u2·u1+· · ·+αpup·u1 =   usando la condici´on de ortogonalidad  = =α1||u1||2+α20 +· · ·+αp0 = 0⇒ puesto que u1 6= 0 =_⇒α1 = 0.

De manera an´aloga, al multiplicar escalarmente la igualdad (_∗) por un vector uk, k = 2, . . . , n, se obtiene α10 +α20 +· · ·+αk||uk||2+· · ·+αn0 = 0⇒ puesto que uk6= 0 ⇒αk= 0.

Por tanto, la ´unica combinaci´on lineal que es igual al vector nulo es la combinaci´on lineal id´enticamente nula (todos los coeficientes son nulos). Es decir, los vectores dados

Ejercicio 2. Considera los siguientes vectores de R3_, u=   1 0 0  , v =   0 1 −1   y w=   2 1 1  .

(2.1) [3 puntos]Describe en qu´e consiste una diagonalizaci´on ortogonal de una matriz sim´etrica real. Describe, de manera esquem´atica, la forma de obtenerla distinguiendo los casos en los que todos los autovalores son simples y los casos en los que hay alg´un autovalor m´ultiple.

(2.2) [6 puntos] Sabiendo que u, v y w son autovectores de una matriz sim´etrica real A y que los autovalores de dicha matriz sonλ1 =−1 (simple) y λ2 = 2 (doble),

Determina a qu´e autovalor corresponde cada autovector. Determina la matriz A.

Determina una diagonalizaci´on ortogonal de A.

(2.3) [1 punto] Determina en funci´on de α _∈R _{el signo de la forma cuadr´atica asociada a} la matriz αI₋A−1_.

(2.1) Por el Teorema Espectral, toda matrizAsim´etrica real se puede diagonalizar mediante una matriz de paso ortogonal, es decir, existen

una matriz ortogonal Q (matriz cuadrada real tal queQQT _{=I ≡ Q}T _=Q−1_{) y}

una matriz diagonal D tales que

A=QDQT _≡ QTAQ=D.

Cualquier factorizaci´on de A de la forma anterior se denomina diagonalizaci´on orto-gonal de A. Necesariamente los elementos diagonales de D tienen que ser autovalores (reales) deAy las columnas (ortonormales) de Qtienen que ser autovectores asociados, respectivamente, a dichos autovalores.

C´alculo de los autovalores: resoluci´on de la ecuaci´on caracter´ıstica p(λ) = det(A₋λI) = 0 (ecuaci´on polin´omica de grado n).

Los autovalores tienen que ser todos reales. Pueden ser simples o m´ultiples. C´alculo de los autovectores asociados a cada autovalor. Asociado a cada auto-valorλ0hay que resolver el sistema homog´eneo (A−λ0I)x= 0. En dicha resoluci´on

tienen que obtenerse tantas soluciones (reales) linealmente independientes como in-dique la multiplicidad del autovalor.

Si todos los autovalores son simples, los autovectores tienen que ser ortogo-nales dos a dos.

Si hay autovalores m´ultiples,

• dos autovectores correspondientes a autovalores distintos tienen que ser orto-gonales

• dos autovectores correspondientes a un mismo autovalor (m´ultiple)λ0 pueden

no ser ortogonales. Sin embargo, al ortogonalizar una base _{v1, . . .} del

sube-spacio Nul (A₋λ0I) se obtiene una base ortogonal de Nul (A−λ0I). Es decir, al

aplicar el m´etodo de Gram-Schmidt a un conjunto de autovectores (linealmente independientes) asociados a un mismo autovalor se obtienen autovectores ortogonales asociados a dicho autovalor.

Diagonalizaci´on en el caso de autovalores simples.

• Siendo λ1, . . . , λn ∈ R los autovalores de A y v1, v2, . . . , vn ∈ Rn los

autovec-tores respectivos, tenemos una diagonalizaci´on, posiblemente no-ortogonal, de A, A=P DP−1, D=    λ1 . .. λn   , P =   v1 · · · vn  .

Las columnas de la matriz de paso P son ortogonales.

• Puesto que las columnas de P son una base ortogonal de Rn _{formada por} autovectores deA, para obtener una diagonalizaci´on ortogonal deAbasta con dividir cada columna por su norma. Tendremos una base ortonormal de Rn

(por tanto una matriz ortogonal) formada por autovectores de A,

Q=   v1 ||v1|| · · · vn ||vn||  , Q−1 =QT, A=QDQ−1. Diagonalizaci´on en el caso de autovalores m´ultiples.

• Al calcular autovectores obtendremos bases de los correspondientes espacios Nul (A₋λ0I). Para cada autovalor m´ultiple tendremos que ortogonalizar dicha

base. SiendoP la matriz (cuadrada) cuyas columnas son los autovectores orto-gonales obtenidos (en un cierto orden) tendremos una matriz de paso que diagonaliza A,(AP = P D, P−1_{AP =D) cuyas columnas son ortogonales (no}

necesariamente unitarias).

• Puesto que las columnas de P son una base ortogonal de Rn _{formada por} autovectores de A, para obtener una diagonalizaci´on ortogonal deAbasta con dividir cada columna por su norma. Tendremos una base ortonormal de Rn (por tanto una matriz ortogonal) formada por autovectores de A,

Q=   v1 ||v1|| · · · vn ||vn||  , Q−1 =QT, A=QDQ−1.

(2.2) Puesto que se trata de una matriz sim´etrica real, a autovalores distintos tienen que corresponder autovectores ortogonales. Para los vectores dados,

u_·v = 0 (u_⊥v), u_·w= 2₆= 0 (u_6⊥w) y v_·w= 0 (v _⊥w).

Por tanto, u y w no pueden ser autovectores asociados a autovalores distintos y la ´

unica opci´on es

• v es autovector de A asociado al autovalor simple λ1 =−1,

Es decir, la matrizA verifica que

Av=₋v, Au = 2u y Aw= 2w.

Expresando estas igualdades vectoriales en forma matricial tenemos A   v u w  =   v u w     −1 2 2   y por tanto A=   v u w     −1 2 2     v u w   −1 = =   0 1 2 1 0 1 −1 0 1     −1 2 2     0 1 2 1 0 1 −1 0 1   −1 = =   0 2 4 −1 0 2 1 0 2  1₂   0 1 ₋1 2 ₋2 ₋2 0 1 1  = 1₂   4 0 0 0 1 3 0 3 1  .

C´alculo de la inversa de la matriz de paso,

  0 1 2 1 0 1 −1 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1   →   1 0 1 0 1 2 −1 0 1 0 1 0 1 0 0 0 0 1  →   1 0 1 0 1 2 0 0 2 0 1 0 1 0 0 0 1 1   −→   1 0 0 0 1 0 0 0 2 0 1/2 ₋1/2 1 ₋1 ₋1 0 1 1  .

Para obtener una diagonalizaci´on ortogonal deAbastar´a con ortogonalizar_{u, w_} (auto-vectores asociados al autovalor doble) y despu´es normalizar los tres auto(auto-vectores orto-gonales obtenidos.

Aplicando el m´etodo de Gram-Schmidt a_{u, w_} obtenemos u′ =u, w′ =w₋ w·u′ ||u′_||2u ′ _=w− 2 1u ′ ₌   0 1 1  .

Por tanto_{u, w′_{}es una base ortogonal de Nul (A−2I) y{v, u, w}′_{}es una base ortogonal} deR3 _{formada por autovectores de A. Siendo}

Q=   _||v_{v|| ||}u_u|| w ′ ||w′_||  =   0 1 0 1 √ 2 0 1 √ 2 −√1 2 0 1 √ 2   y D=   λ1 λ2 λ2  =   −1 2 2  

se verificaAQ=QD (pues las columnas deQson autovectores deA) yQ−1 _=QT_{, pues}

las columnas deQson ortonormales. Tenemos, por tanto, una diagonalizaci´on ortogonal deA, A=QDQT_.

(2.3) Puesto que los autovalores de A son λ1 = −1 (simple) y λ2 = 2 (doble), la matriz A

tiene inversa y los autovalores deA−1 _son 1

λ1 =−1 (simple) y

1

λ2 =

1

2 (doble). Por tanto,

los autovalores deαI ₋A−1 _son

µ1 =α−(−1) =α+ 1 (simple) y µ2 =α−

1

2 (doble).

Por tanto, puesto queαI ₋A−1 es sim´etrica y real, tenemos los siguientes casos: α µ1 =α+ 1 µ2 =α−1₂ αI −A−1 α <₋1 <0 <0 Definida Negativa α=₋1 = 0 <0 SemiDefinida Negativa −1< α < 1 2 >0 <0 InDefinida α= 1 2 >0 = 0 SemiDefinida Positiva α > 1 2 >0 >0 Definida Positiva

Ejercicio 3. Considera la matriz A dada por A=   1 ₋1 ₋4 0 1 0 2 3 ₋3  .

(3.1) [4 puntos]Diagonaliza la matrizA(matriz diagonal, matriz de paso, relaci´on con A). Determina unacasi-diagonalizaci´on real deA (matriz casi-diagonal, matriz de paso, relaci´on conA).

(3.2) [2 puntos]Determina los valores deα_∈R _{para los cuales los todos los autovalores de} A3_{+αI son n´umeros reales positivos.}

(3.3) [2 puntos] Halla el ´area del recinto plano descrito por las siguientes desigualdades: 

 

(x₋y+ 2)2+ 4(2x+y₋1)2 _≤4 (x₋y+ 2)2_{+ (2x+y−1)}2 _≥1

(3.4) [2 puntos]Demuestra que si la suma de los elementos de cada una de las filas, respec-tivamente columnas, de una matriz cuadrada A es 7, entonces λ = 7 es uno de los autovalores de A.

(3.1) Polinomio caracter´ıstico:

p(λ) = det (A₋λI) = det   1₋λ ₋1 ₋4 0 1₋λ 0 2 3 ₋3₋λ  = = (1₋λ) 1₋λ ₋4 2 ₋3₋λ = (1₋λ) [(1₋λ)(₋3₋λ) + 8] = = (1₋λ) [λ2_{+ 2λ+ 5].} Autovalores de A, λ1 = 1 λ2+ 2λ+ 5 = 0_−→λ = −2± √ 4₋20 2 = −2_±4i 2 →    λ2 =−1 + 2i. λ3 =λ2 =−1−2i. Autovectores de A.

Autovectores asociados a λ1 = 1,(A−I)x= 0,

  0 ₋1 ₋4 0 0 0 0 0 2 3 ₋4 0   −→   2 3 ₋4 0 0 ₋1 ₋4 0 0 0 0 0  → x2 =−4x3 2x1 =−3x2+ 4x3 = 16x3 →Nul (A₋I) = Gen    v1 =   8 −4 1      .

Autovectores asociados a λ2 =−1 + 2i,(A−(−1 + 2i)I)x= 0,   2₋2i ₋1 4 0 0 2₋2i 0 0 2 3 ₋2₋2i 0   −→   2₋2i 0 ₋4 0 0 1 0 0 2 0 ₋2₋2i 0   −→   1₋i 0 ₋2 0 0 1 0 0 1 0 ₋1₋i 0  →   1 0 ₋1₋i 0 0 1 0 0 0 0 0 0   → x2= 0, x1= (1 +i)x3 =⇒   x1 x2 x3  =x₃   1 +i 0 1  

=_⇒ Nul (A₋(₋1 + 2i)I) = Gen

   v2 =   1 +i 0 1      . Autovectores asociados a λ3 =λ2, Nul (A₋λ3I) = Gen    v3 =v2 =   1₋i 0 1      .

Diagonalizaci´on de A. Puesto que todos sus autovalores son simples, la matrizAes diagonalizable y una diagonalizaci´on se obtiene sin m´as que considerar autovectores linealmente independientes, AP =P D _≡A=P DP−1 _≡P−1_{AP =D siendo}

P =   v1 v2 v3  =   8 1 +i 1₋i −4 0 0 1 1 1  , D=   λ1 λ2 λ3  =   1 −1 + 2i −1₋2i  .

Casi-Diagonalizaci´on real de A. Separamos las partes real e imaginaria de la igual-dadAv2 =λ2v2. Siendou2yw2la parte real y la parte imaginaria, respectivamente,

de v2 v2 =   1 +i 0 1  =   1 0 1  +i   1 0 0  =u2+iw2,

tenemos, puesto que A es real,        Av2 =A(u2+iw2) =Au2+iAw2, λ2v2 = (−1 + 2i)(u2+iw2) = =₋u2−2w2+i(2u2−w2), Av2 =λ2v2        ⇐⇒ Au2 =−u2 −2w2 Aw2 = 2u2−w2. .

Por tanto A   v₁ u₂ w₂  =   v₁ u₂ w₂     λ1 −1 2 −2 ₋1  

y tenemos una casi-diagonalizaci´on real de A:A= ˜P CP˜−1 _siendo

˜ P =   v1 u2 w2  =   8 1 1 −4 0 0 1 1 0  , C =   1 −1 2 −2 ₋1  .

(3.2) Para α_∈R _{obtenemos los autovalores deA}3_{+αI a partir de los autovalores de A,}

A λ λ1 = 1 λ2 =−1 + 2i λ3 =λ2 A3_{+αI µ=λ}3_{+α µ} 1 = 1 +α µ2 =λ 3 2+α = 11₋2i+α µ3 =µ2 = 11 + 2i+α Obviamente no hay ning´un valor α_∈ R _{para el que µ2 = (11 +α) + 2i sea un n´umero} real.

(3.3) Consideremos la transformaci´on lineal T :R2 _−→R2 _{definida mediante} x y −→ x′ y′ = x₋y 2x+y = 1 ₋1 2 1 x y

que est´a definida por la matriz A=

1 ₋1

2 1

.

Mediante la anterior transformaci´on lineal/matriz, el recinto

Ω =    (x, y)_∈R2 _:    (x₋y+ 2)2_{+ 4(2x+y−1)}2 _≤4 (x₋y+ 2)2_{+ (2x+y−1)}2 _≥1       ,

del que tenemos que calcular el ´area, se transforma en

Ω′ =T(Ω) =    (x′, y′)_∈R2 _:    (x′ + 2)2+ 4(y′₋1)2 _≤4 (x′_{+ 2)}2_{+ (y}′₋₁₎2 _≥1       . En el plano (x′_{, y}′_{) la desigualdad} (x′ + 2)2+ 4(y′₋1)2 _≤4 _≡ (x′+ 2) 2 22 + (y′₋₁₎2 1 ≤1

describe al recinto encerrado por la elipse de centro (x′ _{=−2, y}′ _{= 1) y semiejes a = 2} y b= 1. Por otra parte la desigualdad

(x′ _{+ 2)}2_{+ (y}′₋₁₎2 _≥1

-2

1

X’

Y’

Puesto que el c´ırculo est´a en el interior de la elipse el ´area del recinto Ω′ _es πab₋πr2 = 2π₋π =π.

Por tanto,

´area(T(Ω)) =_|det (A)_|´area(Ω) _≡ π = 3´area(Ω) =_⇒´area(Ω) = π 3. (3.4) Si la suma de cada una de lasfilas de A es 7 tenemos

A    1 .. . 1   =      a11+a12+· · ·+a1n a21+a22+· · ·+a2n .. . an1+an2+· · ·+ann      =      7 7 .. . 7      = 7    1 .. . 1   .

Por tanto λ= 7 es un autovalor de A.

Si la suma de cada una de las columnas deA es 7, entonces la suma de cada una de las filas de AT _{es 7 y aplicando lo anterior tenemos que λ = 7 es un autovalor}

´

Algebra. 2007-2008. Ingenier´ıa Aeron´

autica.

Departamento de Matem´

atica Aplicada II.

Examen Final de Junio (Primer Parcial). 27-06-2008.

(4.1) [2 puntos] Determina los valores deρ_∈R _{para los cuales} 2x2+ρy2+ (ρ2₋4)z2₋4x₋2z = 5

es un paraboloide hiperb´olico (silla de montar). Determina el punto de silla.

(4.2) [3 puntos] Resuelve la ecuaci´on compleja (z₋z)4 = 1. Representa gr´aficamente las soluciones en el plano complejo.

(4.3) [3 puntos] Calcula α _∈ R _{sabiendo que la proyecci´on ortogonal del punto/vector} P = (1,2,₋1) sobre el planoπ _≡x₋y+αz = 0 esQ= (1,2,3). Calcula (la expresi´on de) la matriz de la proyecci´on ortogonal sobreπ.

(4.4) [2 puntos] Calcula la inversa de la siguiente matriz de ordenn = 2,3, . . . (gen´erico)        0 0 _{· · ·} 0 n 0 0 _{· · ·} n₋1 0 ... ... ... ... ... 0 2 0 _{· · ·} 0 1 1 _{· · ·} 1 1       

(4.1) La ecuaci´on reducida/can´onica de un paraboloide hiperb´olico (silla de montar) es de la forma Z = X 2 a2 − Y2 b2 .

Es decir, debemos tener s´olo dos cuadrados, de distinto signo, y en la otra variable debemos tenert´ermino de primer grado.

Para que la ecuaci´on

2x2+ρy2+ (ρ2₋4)z2₋4x₋2z = 5

pueda ser la de un paraboloide hiperb´olico (silla de montar) tiene que ser ρ= 0 ´o ρ2₋4 = 0 _≡ ρ=_±2.

Para ρ = 0 tenemos la ecuaci´on 2x2 _−4z2 _{−4x−2z = 5 que obviamente no es}

la de un paraboloide hiperb´olico (no hay ning´un sumando en y). Se trata de un Cilindro Hiperb´olico, 2(x₋1)2₋4 z+ 1 4 2 = 27 4 .

Para ρ= 2 tenemos la ecuaci´on 2x2_{+ 2y}2_{−4x−2z= 5 que tampoco es la de un}

paraboloide hiperb´olico (los dos cuadradostienen el mismo signo). Se trata de un Paraboloide El´ıptico, 2(x₋1)2+ 2y2 = 2 z+7 2 .

Paraρ=₋2 tenemos la ecuaci´on 2x2_−2y2_{−4x−2z = 5. Completando el cuadrado}

en x, 2 [(x₋1)2_−1]−2y2_{= 2z+ 5 =⇒2(x−1)}2_−2y2 _{= 2 z+} 7 2 =_⇒ (x₋1)2 _−y2 _{= z+}7 2 .

Por tanto, para ρ = ₋2 tenemos un paraboloide hiperb´olico con punto de silla (x₋1 = 0, y = 0, z+7

2)≡(x= 1, y = 0, z =− 7 2).

(4.2) Expresando z en forma bin´omica, z =x+iy, x, y_∈R_{, tenemos} z₋z = 2yi=_⇒(z₋z)4 = (2yi)4 = 16y4 = 1 =_⇒y4 = 1

16 ⇒ Puesto que y_∈R ⇒y =_±1 2.

Por tanto, las soluciones son todos los n´umeros complejos de la forma

z =x+ 1

2i ´o z =x− 1

2i, ∀x∈R. Dichas soluciones determinan dos rectas horizontales en el plano complejo.

−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 −1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 0 _Re Ima 1 2i −12i

(4.3) Decir que Q= (1,2,3) es la proyecci´on ortogonal de P = (1,2,₋1) sobre π_≡x₋y+αz= 0

es equivalente a que se cumplan (simult´aneamente) dos condiciones: Q_∈π _←→1₋2 + 3α= 0,

~

QP =OP~ ₋OQ~ = [0,0,₋4]T _{est´a en el complemento ortogonal de π,}

π⊥= Gen      1 −1 α      .

(4.4) Aplicando el m´etodo de Gauss-Jordan para el c´alculo de la inversa tenemos: [A_|I] =        0 0 _{· · ·} 0 n 0 0 _{· · ·} n₋1 0 .. . ... . .. ... ... 0 2 0 _{· · ·} 0 1 1 _{· · ·} 1 1 1 0 _{· · ·} 0 0 0 1 _{· · ·} 0 0 .. . ... . .. ... ... 0 0 _{· · ·} 1 0 0 0 _{· · ·} 0 1        ordenando las filas −→ de abajo arriba →        1 1 _{· · ·} 1 1 0 2 0 _{· · ·} 0 .. . ... . .. ... ... 0 0 _{· · ·} n₋1 0 0 0 _{· · ·} 0 n 0 0 _{· · ·} 0 1 0 0 _{· · ·} 1 0 .. . ... . .. ... ... 0 1 _{· · ·} 0 0 1 0 _{· · ·} 0 0        F1− 1₂F2 ... −→ F1−_n1Fn →        1 0 _{· · ·} 0 0 0 2 0 _{· · ·} 0 .. . ... . .. ... ... 0 0 _{· · ·} n₋1 0 0 0 _{· · ·} 0 n −1/n ₋1/(n₋1) _{· · · −}1/2 1 0 0 _{· · ·} 1 0 .. . ... . .. ... ... 0 1 _{· · ·} 0 0 1 0 _{· · ·} 0 0        1 kFk → k = 2, . . . , n        1 0 _{· · ·} 0 0 0 1 0 _{· · ·} 0 .. . ... . .. ... ... 0 0 _{· · ·} 1 0 0 0 _{· · ·} 0 1 −1/n ₋1/(n₋1) _{· · · −}1/2 1 0 0 _{· · ·} 1/2 0 .. . ... . .. ... ... 0 1/(n₋1) _{· · ·} 0 0 1/n 0 _{· · ·} 0 0        . Por tanto, A−1 =        −n1 − 1 (n−1) · · · − 1 2 1 0 0 _{· · ·} 1 2 0 .. . ... . .. ... ... 0 1 (n−1) · · · 0 0 1 n 0 · · · 0 0        .