MA 1116 Segundo Parcial 2019 Verano Tipo B pdf

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(1)Julio-Agosto 2019 MA1116 - Matemáticas III Solución Parcial 2 (30 %) Turno 4-5 Pregunta 1 (11 ptos.) Considere el plano π1 : 2x + 7y − 3z = 14, y las rectas de ecuación   x = −2 + 3γ x+1 z+1 y = 2 + 2γ L1 : =y−3= L2 :  2 5 z = 7 − 3γ a) Halle las ecuaciones paramétricas de la recta L que pasa por el punto P = L1 ∩ L2 y por el punto Q = L1 ∩ π1 . b) Halle la ecuación cartesiana del plano π que contiene al punto Q y es paralelo a las rectas L1 y L2 . c) Use proyección para hallar el vector cuya norma otorga la distancia del punto A(2, 2, 6) a la recta L. Solución a) Para hallar la ecuación de una recta en el espacio, en general, es necesario conocer dos puntos que pasen por la recta (o conocer un punto que pase por la recta y la dirección de la misma, pero es conveniente lo anterior para llevarla a este caso). Como tenemos que la recta L que buscamos pasa por los puntos P = L1 ∩ L2 y Q = L1 ∩ π1 , lo primero que debemos hacer es hallar estos puntos explı́citamente. Para esto, comenzamos por escribir la recta L1 en su forma paramétrica:   x = −1 + 2t y = 3+t L1 :  z = −1 + 5t Para hallar la intersección de las rectas L1 y L2 debemos igualar los x, y y z de las ecuaciones paramétricas de las rectas lo cual nos genera el sistema   −1 + 2t = −2 + 3γ 3 + t = 2 + 2γ  −1 + 5t = 7 − 3γ. .   −3γ + 2t −2γ + t  3γ + 5t. = −1 = −1 = 8. De donde se deduce que los valores de los parámetros que satisfacen las ecuaciones son γ = t = 1. Sustituyendo estos valores en cualquiera de las rectas respectivas obtenemos el punto P (1, 4, 4). 1.

(2) Ahora, para hallar Q, sustituimos los valores de x, y y z de L1 en la ecuación del plano π1 , obteniendo 2(−1 + 2t) + 7(3 + t) − 3(−1 + 5t) = 14 Despejando t obtenemos que t = 2. Sustituyendo este parámetro en L1 obtenemos el punto Q(3, 5, 9). Conociendo los dos puntos por los que la recta L pasa explı́citamente, consideremos d~ la dirección de L. Entonces, tenemos que ~ − OP ~ = (2, 1, 5) d~ = P~Q = OQ Ası́, sabiendo que la recta que buscamos pasa por P y Q, y con la dirección d~ ya podemos construir la ecuación de la recta. Consideramos R(x, y, z) un punto genérico en la recta L. Hacemos P~R = λd~ (también se pudo ~ escoger QR). De donde obtenemos las ecuaciones paramétricas   x − 1 = 2λ y−4=λ  z − 4 = 5λ. .   x y L :  z. = = =. 1 + 2λ 4+λ 4 + 5λ. b) Es conocido que para hallar la ecuación de un plano basta conocer un punto que esté en él y su vector normal (o conocer tres puntos sobre él, pero en este caso es conveniente lo anterior). El enunciado establece que el plano que buscamos contiene al punto Q(3, 5, 9) (que lo hallamos en el inciso a)) y es paralelo a las rectas L1 y L2 . Ası́ que debemos hallar únicamente el vector normal. Sean d~1 = (2, 1, 5) y d~2 = (3, 2, −3) los vectores directores de las rectas L1 y L2 respectivamente. Sea ~n el vector normal del plano que buscamos, π. Tenemos que los vectores d~1 , d~2 pueden estar contenidos en π si se les traslada. Por lo que el vector ~n debe ser ortogonal a estos dos; es decir ~n ⊥ d~i , con i = 1, 2. Es por ello que debemos elegir ~n = d~1 × d~2 . Esto es, i ~n = 2 3. j 1 2. k 5 = −13i + 21j + k = (−13, 21, 1) −3. Tomamos ~n = (13, −21, −1) pues no es relevante la magnitud o el sentido del vector normal. Ası́, considerando S(x, y, z) un punto genérico en el ~ • ~n = 0. plano π, hacemos QS De donde obtenemos (x − 3, y − 5, z − 9) • (13, −21, −1) = 0, y finalmente la ecuación del plano buscada es π : 13x − 21y − z = −75. 2.

(3) c) Consideramos un punto cualquiera sobre la recta L, usaremos P (1, 4, 4) (haciendo λ = 0 en L, si se quiere ver ası́). Luego, trazamos el vector P~A = (1, −2, 2). Proyectamos este vector sobre la dirección de la recta, d~ = (2, 1, 5). 1 P~A • d~ ~ (1, −2, 2) • (2, 1, 5) (2, 1, 5) = (2, 1, 5) Proyd~P~A = d= 2 2 2 ~2 2 +1 +5 3 |d| El vector cuya norma nos otorga la distancia del punto A a la recta L viene dado por 1 1 ω ~ = P~A − Proyd~P~A = (1, −2, 2) − (2, 1, 5) = (1, −7, 1) 3 3. 3.

(4) Pregunta 2 (7 ptos.) Considere el espacio vectorial P3 junto con la suma y multiplicación por escalares usuales. Sea H = { p(x) ∈ P3 : p00 (1) − p0 (1) = 0, p0 (1) − p(1) = 0} a) Demuestre que H es un subespacio de P3 . b) Halle una base para H y su dimensión. Solución a) Probamos los tres axiomas para chequear que H es subespacio: i) Sea f (x) = ~0 = 0 + 0x + 0x2 + 0x3 . Es claro que ~0 ∈ H, pues f 00 (1) − f 0 (1) = 0, y f 0 (1) − f (1) = 0. ∴ H 6= φ. ii) Sean p(x), q(x) ∈ H. Entonces se satisface p00 (1) − p0 (1) = 0, p0 (1) − p(1) = 0, q 00 (1) − q 0 (1) = 0, q 0 (1) − q(1) = 0. Queremos ver si p(x) + q(x) ∈ H. Como es la suma usual de polinomios, tenemos que p(x) + q(x) = (p + q)(x) y (p+q)00 (1)−(p+q)0 (1) = p00 (1)+q 00 (1)−p0 (1)−q 0 (1) = p00 (1)−p0 (1) + q 00 (1)−q 0 (1) Usando las hipótesis de que p y q están en H, esta última igualdad es 0 + 0 = 0. Con lo cual mostramos la primera condición de estar H. De igual forma se cumple que (p + q)0 (1) − (p + q)(1) = p0 (1) − p(1) + q 0 (1) − q(1) = 0 + 0 = 0 ∴ p(x) + q(x) ∈ H. iii) Sea α un escalar, y p(x) ∈ H. Se satisface p00 (1) − p0 (1) = 0, p0 (1) − p(1) = 0. Queremos ver si αp(x) ∈ H. Chequeamos las condiciones: (αp)00 (1) − (αp)0 (1) = α p00 (1) − p0 (1) = α · 0 = 0 De igual forma se cumple que (αp)0 (1) − (αp)(1) = α p0 (1) − p(1) = α · 0 = 0 ∴ αp(x) ∈ H. Por i), ii) y iii), se ha demostrado que H es subespacio de P3 b) Sea p(x) = a0 +a1 x+a2 x2 +a3 x3 ∈ H. Entonces, p0 (x) = a1 +2a2 x+3a3 x2 y p00 (x) = 2a2 + 6a3 x. Ası́ tenemos que p00 (1) − p0 (1) = (2a2 + 6a3 ) − (a1 + 2a2 + 3a3 ) = 0 4.

(5) Por otro lado, p0 (1) − p(1) = (a1 + 2a2 + 3a3 ) − (a0 + a1 + a2 + a3 ) = 0 Desarrollando y simplificando obtenemos que a1 = 3a3 y a0 = a2 + 2a3 . De modo que podemos reescribir H como H = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 ∈ P3 : a1 = 3a3 , a0 = a2 + 2a3 Ası́, cualquier polinomio en H como p(x) satisfará: p(x). = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 = (a2 + 2a3 ) + (3a3 )x + a2 x2 + a3 x3 = a2 (1 + x2 ) + a3 (2 + 3x + x3 ). Es decir, cualquier polinomio en H se expresa como una combinación lineal de los polinomios h1 = 1 + x2 y h2 = 2 + 3x + x3 . Por ello, tenemos que H = gen{h1 , h2 } Como tenemos dos vectores donde claramente ninguno es múltiplo escalar de otro, podemos concluir que estos dos vectores son LI. Por tanto, una base para H es βH = {1 + x2 , 2 + 3x + x3 } y ası́ dimH = 2. 5.

(6) Pregunta 3 (7 ptos.) Sea la matriz . 1 A= 2 −1.  −1 −1 −1 1 4 −2 −3 −7 1. a) Halle una base para el núcleo y una base para la imagen de la matriz A. b) Halle ν(A) y ρ(A). c) Halle el espacio de las filas de A, RA . Solución a) Hallamos la imagen primero. Consideramos ~y consideramos el sistema aumentado  1 −1 −1 −1  2 1 4 −2 −1 −3 −7 1. = (a, b, c) ∈ ImA. Entonces  a b  c. Mediante operaciones elementales por filas queda: . 1  0 0. −1 1 0. −1 2 0. −1 0 0.  a 1  3 (b − 2a) 1 (3c + 4b − 5a) 3. Para no tener inconsistencia, es necesario que 3c + 4b − 5a = 0 De aquı́ que ImA =. (a, b, c, d) ∈ R4 : c =. 4 5 a− b 3 3. . Luego, .   a  b = c.      a 1 0  = a 0  + b 1  b 5 4 5/3 −4/3 a − b 3 3. Es decir,     0  3  ImA = gen  0  ,  3    5 −4. 6.

(7) Como ninguno de estos dos vectores es múltiplo escalar de otro, este conjunto es LI. Ası́, una base para la imagen está dada por     0  3   0 , 3    5 −4 Ahora, haciendo a = b = c = 0 en la matriz aumentada que obtuvimos al hacer reducción por filas, tenemos el sistema que nos permite hallar el núcleo de la matriz. Esto es, . 1  0 0. −1 1 0. −1 2 0. −1 0 0.  0 0  0.  . 1 0 1  0 1 2 0 0 0. −1 0 0.  0 0  0. De donde deducimos que si ~x = (x, y, z, w) ∈ NA , entonces  x=w−z    y = −2z x+z−w =0 y + 2z = 0  z=z   w=w         1 −1 w−z x 0 −2  y   −2z         Ası́,   z  =  z  = z  1  + w 0 ∀z, w ∈ R 1 0 w w      1  −1         −2  , 0 . Como ninguno es múltiplo escalar Es decir, NA = gen   1  0      1 0 de otro, son LI. Por lo que una base para el espacio nulo de A está dado por      −1 1          −2   , 0     1 0       0 1 b) De la parte a) deducimos que ν(A) = 2 y ρ(A) = 2 . c) Por definición, sabemos que el espacio de las filas de A viene dado por        1 2 −1            −1 1  ,   , −3 RA = gen  −1  4  −7      −1 −2 1 7.

(8) Sin embargo, por teorema sabemos que si A es equivalente por filas a B, entonces RA = RB . De modo que tendrı́amos     0  1        0  , 1 RA = RB = gen   1  2      0 −1 Donde en este caso solo tenemos las filas en donde se pudo colocar pivote en la forma escalonada reducida de la matriz A. Sean r1 y r2 estas filas y sea ~v = (a, b, c, d) un vector genérico en RA . Entonces buscamos el conjunto de los ~v tales que ~v = c1 r1 + c2 r2 Lo cual genera el sistema aumentado:   1 0 a  0 1 b     1 2 c  −1 0 d Aplicando operaciones elementales por filas se lleva a la matriz aumentada equivalente:   1 0 a  0 1  b    0 0 c − a − 2b  0 0 d+a Ası́, para no tener inconsistencia es necesario que c−a−2b = 0 y d+a = 0. Luego, podemos reescribir RA = (a, b, c, d) ∈ R4 : c = a + 2b , d + a = 0. 8.

(9) Pregunta 4 (5 ptos.) Determine si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas. a) El subconjunto H = {A ∈ Mn : A es idempotente} es un subespacio de Mn . b) Si {~v1 , ~v2 , ~v3 } es un conjunto linealmente independiente de un espacio vectorial V , entonces el conjunto {−~v1 − ~v3 , ~v2 − 2~v1 , ~v2 + ~v3 } también lo es. Solución a). Falso. Falla (en general) o bien en la cerradura bajo la suma o en la cerradura bajo la multiplicación por escalares usual en las matrices. Note que si ~0 ∈ Mn es la matriz nula de orden n, entonces es claramente idempotente, por lo que H 6= φ. Basta chequear una de las dos fallas en los otros dos axiomas, sin embargo veamos ambas: ii) Sean A, B ∈ H, entonces A2 = A y B 2 = B. Sin embargo, (A + B)2 = A2 + AB + BA + B 2 = A + AB + BA + B 6= A + B pues no para cualquier par de matrices idempotentes necesariamente AB + BA = ~0. Ası́, H no es cerrado bajo la suma usual de matrices. iii) Sea A ∈ H y α un escalar. Entonces sabemos que A2 = A, pero (αA)2 = α2 A2 = α2 A 6= αA para α 6= 0 y α 6= 1; y como α no tiene restricciones entonces H no es cerrado bajo la multiplicación por escalares usual de matrices. Por tanto, H no es subespacio de Mn .. b) Verdadero. Si {~v1 , ~v2 , ~v3 } es un conjunto LI de un espacio vectorial V , entonces sabemos que si para cualesquiera c1 , c2 , c3 escalares se tiene c1~v1 + c2~v2 + c3~v3 = ~0 entonces necesariamente c1 = c2 = c3 = 0. Veamos ahora si el otro conjunto satisface esto: Sean α1 , α2 , α3 escalares, supongamos α1 (−~v1 − ~v3 ) + α2 (~v2 − 2~v1 ) + α3 (~v2 + ~v3 ) = ~0 Desarrollando y reescribiendo, obtenemos (−α1 − 2α2 )~v1 + (α2 + α3 )~v2 + (−α1 + α3 )~v3 = ~0 9.

(10) La cual es una combinación lineal de los ~vi igualada al vector cero de V . Por hipótesis, sabemos que estos coeficientes deben ser cero, lo cual genera el sistema   −α1 − 2α2 = 0 α2 + α3 = 0  −α1 + α3 = 0 Resolviendo este sistema homogéneo, se obtiene la solución única trivial: α1 = α2 = α3 = 0. Es decir, este conjunto es linealmente independiente (LI).. Prof. Jorge Sánchez [email protected]. 10.

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