Primer Parcial. 2008-09. R-331
´
Algebra. 2008-2009. Ingenier´ıa Aeron´
autica.
Departamento de Matem´
atica Aplicada II.
Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla.Primer Examen Parcial. 23-01-2009.
(y Primera Parte de la Tercera Convocatoria) Ejercicio 1.
(1.1) [3 puntos] Describe la relaci´on entre los coeficientes de un polinomio y la suma y el producto de sus ra´ıces (ceros). Determina los valores dew∈C para los cuales todas las soluciones de la ecuaci´on compleja
z+w z = 2
son reales. Resuelve la ecuaci´on anterior para w= 1 +i.
(1.2) [4 puntos]Determina la ecuaci´on de la elipse que pasa por el puntoP(115,−1) y tiene como focos F1 = (−1,−1) y F2 = (−1,5). Determina los restantes elementos de la
elipse, su gr´afica y una parametrizaci´on (de la elipse completa).
(1.3) [3 puntos]Determina, seg´un los valores deα ∈R, el tipo de cu´adrica que corresponde a la ecuaci´on
x2−2x+αy2+ 4y−z2 =α−1.
Esboza la gr´afica y determina los elementos caracter´ısticos de la cu´adrica que se obtiene para α= 0.
(1.1) • Sea p(z) un polinomio complejo de grado n,
p(z) =anzn+an−1zn−1+· · ·+a1z+a0, an6= 0,
y sean z1, z2, . . . , zn ∈ C sus n ra´ıces complejas (cada una contada seg´un su
multipli-cidad). Es decir p(z1) = p(z2) = · · · = p(zn) = 0 y p(z) se puede factorizar de la
forma
p(z) =an(z−z1)(z−z2)· · ·(z−zn).
De esta igualdad es f´acil obtener la relaci´on entre la suma, z1 +z2 +· · · +zn, y el
producto,z1z2· · ·zn, de las ra´ıces de p(z) con sus coeficientes an, an−1, . . . , a1, a0,
z1 +z2+· · ·+zn=− an−1 an , z1z2· · ·zn= (−1)n a0 an
•Haciendo operaciones en la ecuaci´on dada,z+w
z = 2, obtenemos la ecuaci´on polin´omica
de segundo grado
z2−2z+w= 0.
Si las soluciones,z1, z2, de esta ecuaci´on son reales, sus coeficientes tienen que ser reales
z1 +z2 = −2, z1z2 = w, en particular w tiene que ser un n´umero real. Veamos para
qu´e valoresw∈R se obtienen soluciones reales. Las soluciones son z1, z2 =
2±√4−4w
2 ∈R⇐⇒4−4w≥0⇐⇒w≤1.
•Las soluciones de la ecuaci´on z2−2z+w= 0 que se obtiene para w= 1 +i son
z = 2± √ 4−4w 2 = 1± √ 1−w= 1±√−i. Las dos ra´ıces cuadradas de −i=e−π
2i son ±e−π4i =±( √ 2 2 −i √ 2 2 ). Por tanto las soluciones de la ecuaci´on z+1+i
z = 2 son 1±( √ 2 2 −i √ 2 2 ) = 1 + √2 2 −i √ 2 2 , 1− √2 2 +i √ 2 2 .
(1.2) Puesto que los focos de la elipse est´an en una recta paralela al eje OY, la ecuaci´on de la elise ser´a de la forma
(x−α)2
a2 +
(y−β)2
b2 = 1 con b
2 > a2.
En la ecuaci´on anterior,C = (α, β) es elcentro de simetr´ıa de la elipse que es el punto medio entre los focos, C = (−1,2). Los coeficientes a y b son los semiejes de la elipse paralelos, respectivamente, a los ejes OX y OY. Con las condiciones dadas, el semieje mayor es b puesto que los focos de la elipse est´an en una recta paralela el eje OY. La relaci´on entrea y b es
b2 =a2+c2
siendo 2c la distancia focal: 2c = dist(F1, F2) = 6. Por tanto c = 3 y b2 = a2 + 9.
Podr´ıamos calcularay b sustituyendo las coordenadas del puntoP dado en la ecuaci´on de la elipse y utilizando la relaci´on b2 =a2+ 9, pero parece m´as claro tener en cuenta ladefinici´on m´etricade elipse: la suma de las distancias de un punto cualquiera de la elipse a sus dos focos es constante e igual al eje mayor de la elipse (en nuestro caso 2b):
2b= dist(P, F1) + dist(P, F2) = r (11 5 + 1) 2+ (−1 + 1)2+ r (11 5 + 1) 2+ (−1−5)2 = 16 5 + √ 162+ 6252 5 = 16 5 + 34 5 = 10.
Ejercicio 1. R-333
Por tanto b= 5, a2 =b2−c2 = 16 =⇒a = 4 y la ecuaci´on pedida es
(x+ 1)2
16 +
(y−2)2
25 = 1.
Adem´as de los focos,F1yF2, dados y el centroC = (−1,2) ya considerado, los elementos
caracter´ısticos de la elipse son
Eje de simetr´ıa horizontal, y = 2.
Eje de simetr´ıa vertical (es el eje focal), x=−1. V´ertices: (−1,2±b) =⇒V1 = (−1,7), V1′ = (−1,−3), (−1±a,2) =⇒V2 = (3,2), V2′ = (−5,2). −8 −5 −1 0 2.2 3 6 −4 −3 −1 0 2 5 7 8 X Y C F1 F2 P V1 V2 a b (x+1)2 16 + (y−2)2 25 = 1
•Una parametrizaci´on de la elipse puede obtenerse de la expresi´on x+ 1 4 2 + y−2 5 2 = 1
mediante una parametrizaci´on trigonom´etrica de la circunferencia unidad, x+ 1 4 = cos(θ) y−2 5 = sen(θ) 0≤θ≤2π. ⇐⇒ x=−1 + 4 cos(θ) y= 2 + 5 sen(θ) 0≤θ ≤2π.
(1.3) El cuadrado en x se puede completar, independientemente de α, x2 −2x= (x−1)2−1.
El cuadrado en y est´a en la ecuaci´on y se puede completar siα6= 0,
αy2+ 4y =α y2+ 4 α =α " y+ 2 α 2 − 2 α 2# .
Paraα 6= 0 tenemos la ecuaci´on reducida (x−1)2−1 +α y+ 2 α 2 − 4 α −z 2 =α−1, (x−1)2+α y+ 2 α 2 −z2 =α+ 4 α = α2+ 4 α , (x−1)2 α2+ 4 α + y+ 2 α 2 α2+ 4 α2 − z 2 α2+ 4 α = 1. Por tanto:
Si α >0 tenemos una ecuaci´on del tipo X2 a2 + Y2 b2 − Z2 c2 = 1
que es la de un hiperboloide de una hoja con eje paralelo al eje z. Si α <0 tenemos una ecuaci´on del tipo
−X 2 A2 + Y2 B2 + Z2 C2 = 1
que es la de un hiperboloide de una hoja con eje paralelo al eje x. Queda por considerar la cu´adrica que se obtiene paraα = 0,
x2 −2x+ 4y−z2 =−1 ⇐⇒(x−1)2−z2 =−4y ⇐⇒y=−(x−1) 2 4 + z2 4.
Se trata de un paraboloide hiperb´olico (silla de montar) con punto de silla S = (x= 1, y = 0, z = 0).
Ejercicio 1. R-335 −1 0 1 2 3 4 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 −2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 X Y y=−(x−41)2 +z2 4 X Y Z S
Ejercicio 2.
(2.1) [3 puntos] Reduce a suma de cuadrados, en funci´on deα∈R, la forma cuadr´atica Q(x, y, z) = (α2+ 4)x2+y2+αz2−4xy+ (4−6α)xz−2yz.
Determina el signo de Q en funci´on de los valores de α. Para α = 1, expresa en forma matricial la relaci´on entre las variables originales y las variables finales.
(2.2) [4 puntos] Determina la matriz de la transformaci´on lineal T :R2 −→R2 que a cada vector v ∈ R2 le hace corresponder el vector T(v) = T2(T1(v)) siendo T1 el giro de ´angulo θ = π
3 radianes (y centro el origen de coordenadas) y T2 la simetr´ıa respecto al
eje horizontal.
Determina los vectores del plano que verifican queT(v) =v. Interpreta geom´etricamente el resultado.
(2.3) [3 puntos] Calcula la inversa deA y la de P A, siendo
A= 1 0 0 · · · · 0 2 1 0 . .. ... 22 2 1 . .. ... ... .. . . .. ... ... ... ... 2n−2 . .. ... ... 1 0 2n−1 2n−2 · · · 22 2 1 y P = 0 1 1 0 1 . .. 1 . (2.1) Completamos el cuadrado eny,
y2−4xy−2yz=y2−2y(2x+z) = (y−[2x+z])2−[2x+z]2. Por tanto, siendo Y =y−[2x+z], tenemos
Q(x, y, z) = Y2−4x2−z2−4xz+ (α2+ 4)x2+αz2+ (4−6α)xz
= Y2+α2x2 + (α−1)z2−6αxz.
Siα6= 0 podemos completar el cuadrado en x, α2x2−6αxz =α2 x2 − 6 αxz =α2 x− 3 αz 2 − 9 α2z 2 ! .
Por tanto, para α6= 0, siendo X =x− 3
αz, tenemos
Q(x, y, z) =Y2+α2X2−9z2 + (α−1)z2 =Y2+α2X2+ (α−10)z2. Paraα = 0,
Q(x, y, z) =Y2−z2.
Por tanto, los signos de los coeficientes que se obtienen en una reducci´on de Q a suma de cuadrados son:
Ejercicio 2. R-337
Para α= 0−→(+,−,0) =⇒Q es indefinida.
Para α >10−→(+,+,+) =⇒Q es definida positiva. Para α= 10−→(+,+,0) =⇒Q es semidefinida positiva. Para 06=α <10−→(+,+,−) =⇒Q es indefinida. Paraα = 1, la reducci´on hecha a suma de cuadrados nos da
Q(x, y, z) =Y2+X2−9Z2 donde Y = y−[2x+z] X = x−3z Z = z ⇐⇒ X Y Z = 1 0 −3 −2 1 −1 0 0 1 x y z .
(2.2) Consideremos las dos transformaciones dadas, T1 y T2 de forma independiente. La
matriz del giro T1 es
A= cos(θ) −sen(θ) sen(θ) cos(θ) = 1/2 −√3/2 √ 3/2 1/2 = 1 2 1 −√3 √ 3 1 . La matriz de la simetr´ıa T2 es B = 1 0 0 −1 puesto queT2 x y = x −y , ∀ x y ∈R2.
Por tanto, puesto queT(v) =T2(T1(v)) =T2(Av) =B(Av) =BAv, la matriz de T es
M =BA = 1 2 1 0 0 −1 1 −√3 √ 3 1 = 1 2 1 −√3 −√3 −1 . . . . .
Observaci´on.Como bien han observado algunos alumnos, las transformaciones consideradas
se pueden expresar c´omodamente mediante operaciones con n´umeros complejos (un giro con centro el origen de coordenadas es la multiplicaci´on por una exponencial eiθ y la simetr´ıa respecto al ejeOX es laconjugaci´on). De esta forma identificando los vectores planos con los n´umero complejos la transformaci´on dada se puede expresar de la siguiente forma,
z∈C−→T1(z) =eiπ3 z−→w=T 2(T1(z)) =T1(z) =e iπ 3 z=e− iπ 3 z.
N´otese que esta ´ultima expresi´on nos dice que el mismo resultado se puede conseguir haciendo primero la simetr´ıa respecto al ejeOX (z∈C−→ z∈C) y a continuaci´on un giro de centro el origen de coordenadas y ´angulo −π
3, (z∈C−→w=e−
iπ
3 z).
. . . . Para determinar los vectoresv que verifican que T(v) =v basta con plantear el sistema de ecuaciones correspondiente, Mv=v ⇔(M −I)v = 0≡ 1 2 −1 −√3 −√3 −3 x y = 0 0 ⇐⇒x=−√3y. Es decir se trata de los vectores de la recta x = −√3y que pasa por el origen de coordenadas y tiene como vector direcci´onv1 = (
√
puede obtenerse sin necesidad de resolver el sistema anterior. Dicha recta es la recta que pasa por el origen de coordenadas y forma un ´angulo de −π
6 con el semieje positivo de
abscisas. Puesto que T2(T2(u)) = u (∀u ∈ R2) (el sim´etrico del sim´etrico de un vector
es el propio vector), tenemos
T2(T1(v)) =v ⇐⇒T1(v) = T2(v) (girado = sim´etrico). −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 −3 −2 −1 0 1 2 3 x=−√3y v T1(v) −π 3 X Y
(2.3) Para calcular la inversa de A basta con aplicar el m´etodo de Gauss-Jordan,
[A|I] = 1 0 0 · · · 0 2 1 0 . .. ... 22 2 1 . .. ... ... .. . . .. ... ... ... ... 2n−2 . .. ... ... 1 0 2n−1 2n−2 · · · 22 2 1 1 0 0 · · · 0 0 1 0 · · · ... 0 0 1 . .. ... .. . ... . .. ... ... .. . ... . .. 0 0 · · · · 1 .
Sin m´as que restar a cada fila el doble de la anterior, de abajo arriba, es decir, haciendo las siguientes operaciones (sobre la matriz [A|I])
Fn−2Fn−1, Fn−1−2Fn−2, . . . , F2−2F1, obtenemos la matriz [A|I] = 1 0 0 · · · · 0 0 1 0 . .. ... ... 0 0 1 . .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 0 0 0 · · · · 1 1 0 0 · · · · 0 −2 1 0 . .. ... ... 0 −2 1 . .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 1 0 0 0 · · · 0 −2 1 .
Ejercicio 2. R-339 Por tanto, A−1 = 1 0 0 · · · 0 −2 1 0 . .. ... 0 −2 1 . .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 1 0 0 0 · · · 0 −2 1 .
Para obtener la inversa de P A basta tener en cuenta que (P A)−1 = A−1P−1 y puesto
que P−1 = P (P es una matriz de permutaci´on, se obtiene de la matriz identidad
permutando las filas/columnas 1 y 2), tenemos que (P A)−1 =A−1P es la matriz que se
obtiene deA−1 al permutar lascolumnas 1 y 2 (puesto que P est´a multiplicando a la
derecha de A−1), (P A)−1 = 0 1 0 · · · · 0 1 −2 0 . .. ... −2 0 1 . .. ... ... 0 0 −2 . .. ... ... .. . . .. ... ... 1 0 0 0 · · · 0 −2 1 .
Ejercicio 3. Sean A= 1 −1 0 2 1 1 2 0 −2 3 α −5 0 1 1 α−2 y b= 1 5 β 2 .
(3.1) [4 puntos]Calcula, seg´un los valores de α∈R, una base y ecuaciones impl´ıcitas para elespacio nulo y para el espacio columna deA.
(3.2) [2 punto]Siendoα = 1, calcula β∈R para que el vectorb est´e en el espacio columna de A y, en dicho caso, calcula la coordenadas de b respecto de la base obtenida de Col (A).
(3.3) [3 puntos]SeaP una matriz cuadrada que verifica queP2 =P (una matriz de
proyec-ci´on). Determina (I +P)n como combinaci´on lineal de I y de P (calcula previamente
la suma n 1 +· · ·+ n n para cada n≥2).
(3.4) [1 punto]Supongamos que al reducir a forma escalonada una matrizB de dimensiones 23×35 se obtienen 17 pivotes. ¿cu´antos vectores forman una base del espacio nulo de B? ¿y una base del espacio columna deB?
(3.1) Para determinar el espacio nulo y el espacio columna de la matriz A reducimos a forma escalonada el sistema de ecuaciones Ax = y con inc´ognita x ∈R4 y un t´ermino independiente gen´ericoy∈R4. De esta forma, resolviendo Ax= 0 tendremos el espacio
nulo y determinando los t´erminos independientesy ∈R4 para los cuales el sistema tiene soluci´on obtendremos el espacio columna.
[A|y] = 1 −1 0 2 1 1 2 0 −2 3 α −5 0 1 1 α−2 y1 y2 y3 y4 F2−F1 −→ F3+ 2F1 1 −1 0 2 0 2 2 −2 0 1 α −1 0 1 1 α−2 y1 y2−y1 y3+ 2y1 y4 F3−12F2 −→ F4−12F2 1 −1 0 2 0 2 2 −2 0 0 α−1 0 0 0 0 α−1 y1 y2−y1 y3+ 2y1− 12y2+12y1 y4− 12y2+12y1 .
Por tanto tenemos dos casos: Si α6= 1,
• el sistema Ax = y (con inc´ognita x) es un sistema compatible (de hecho es compatible determinado) para cualquier y ∈ R4. Dicho de otra forma, Col (A) = R4. Una base de este espacio es la formada por las cuatro colum-nas de A o la base can´onica {e1, e2, e3, e4} o cualquier conjunto de 4 vectores
linealmente independientes de R4. Para caracterizar Col (A) =R4 no hace fal-ta ninguna ecuaci´on impl´ıcifal-ta puesto que todos los vectores de R4 pertenecen a Col (A).
Ejercicio 3. R-341
• el sistema homog´eneoAx= 0 es un sistema compatible determinado, s´olo tiene la soluci´on trivial. Dicho de otra forma, Nul (A) = {0}. Este espacio no tiene base. Sus ecuaciones impl´ıcitas son las cuatro ecuaciones del sistema Ax = 0 o las cuatro ecuaciones que se obtienen al reducir a forma escalonada o las ecuaciones x1 = 0, x2 = 0, x3 = 0, x4 = 0.
Para α= 1,
• el sistema Ax = y (con inc´ognita x) es un sistema compatible si y s´olo si el t´ermino independiente y∈R4 verifica que
5y1−y2+ 2y3 = 0,
y1−y2 + 2y4 = 0.
Dicho de otra forma, Col (A) es el subespacio de R4 definido por las
ecua-ciones impl´ıcitas (independientes) anteriores. Adem´as, por la reducci´on a for-ma escalonada de A tenemos que las dos primeras columnas de A son lineal-mente independientes y la tercera y la cuarta son combinaci´on lineal de las dos primeras. Dicho de otra forma, una base de Col (A) es
v1 = 1 1 −2 0 , v2 = −1 1 3 1 .
• el sistema homog´eneo Ax = 0 es un sistema compatible indeterminado cuyas soluciones coinciden con las del sistema formado por las dos primeras ecua-ciones (puesto que no hemos hecho intercambio de filas podemos considerar las dos primeras del sistema original o las del sistema escalonado). Resolvien-do dicho sistema obtendremos una base de Nul (A). TomanResolvien-do x3 y x4 como
variables libres obtenemos 1 −1 0 2 0 2 2 −2 0 0 −→ x2 =−x3 +x4 x1 =x2 −2x4 =−x3−x4 → x1 x2 x3 x4 =x3 −1 −1 1 0 +x4 −1 1 0 1 .
Por tanto, para α = 1,
Nul (A)≡ x1−x2+ 2x4 = 0 x2+x3−x4 = 0 = Gen u1 = −1 −1 1 0 , u2 = −1 1 0 1
siendo {u1, u2} una base de Nul (A).
(3.2) Ya hemos obtenido una base {v1, v2} de Col (A) para α = 1. Tenemos que determinar
β de forma que b pueda expresarse como combinaci´on lineal, b = λv1 +µv2, de v1 y
sistema de ecuaciones asociado a la ecuaci´on vectorial b=λv1+µv2, determinamos los
valores deβ para los que es compatible (casos para los queb ∈Col (A)) y resolvemos el sistema en dichos casos (coordenadas).
[v1v2|b] = 1 −1 1 1 1 5 −2 3 β 0 1 2 F2−F1 −→ F3+ 2F1 1 −1 1 0 2 4 0 1 β+ 2 0 1 2 F3−12F2 −→ F4−12F2 1 −1 1 0 2 4 0 0 β 0 0 0 .
Por tanto, b∈Col (A)⇐⇒β = 0. En este caso, resolviendo el sistema obtenemos 2µ= 4 =⇒µ= 2 y λ= 1 +µ= 3.
Esto nos da queb= 3v1+2v2. Las coordenadas debrespecto a{v1, v2}son (λ, µ) = (3,2).
(3.3) Puesto que I y P conmutan, podemos aplicar la f´ormula del binomio de Newton para desarrollar (I +P)n. Puesto que P2 =P tenemos que P3 =· · ·=Pn=P y por tanto
(I+P)n = n 0 In+ n 1 In−1P1+· · · n k In−kPk+· · ·+ n n Pn = I+ n 1 +· · ·+ n n P.
Aplicando la f´ormula del binomio de Newton a (1 + 1)n obtenemos
2n = (1 + 1)n = n 0 + n 1 +· · · n k +· · ·+ n n =⇒ n 1 +· · · n k +· · ·+ n n = 2n−1, y por tanto, (I +P)n=I+ (2n−1)P.
(3.4) La matriz B tiene 35 columnas de las cuales
17 son columnas pivote (por tanto dichas columnas forman una base del espacio columna de B) y
35-17=18 corresponden a variables libres (por tanto una base de Nul (B) estar´a for-mada por 18 vectores).
Segundo Parcial. 2008-09. R-343
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Algebra. 2008-2009. Ingenier´ıa Aeron´
autica.
Departamento de Matem´
atica Aplicada II.
Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla.Segundo Examen Parcial. 1 de Junio de 2009.
Ejercicio 1. Considera el subespacio vectorial E y los vectores b y u de R4 definidos
respectivamente mediante E = Gen u= 1 1 1 1 , b= 1 1 1 3 .
(1.1) [2 puntos]Determina una base y unas ecuaciones impl´ıcitas del subespacio vectorialS deR4 formado por los vectores deE⊥ que verifican la ecuaci´onx
1+ 2x2+x3+ 2x4 = 0.
(1.2) [3 puntos] Determina una base ortogonal de S y ampl´ıala hasta una base ortogonal deR4.
(1.3) [1 punto] Determina el vector de S m´as cercano a b.
(1.4) [2 puntos] Determina los vectores de R4 cuya proyecci´on ortogonal sobre S coincide con la proyecci´on ortogonal de 2b (sobre S). (Nota. Un dibujo en R3 puede ayudar.) (1.5) [2 puntos] Sean u1, u2 ∈ Rn dos vectores linealmente independientes que no son
ortogonales y sean P1 y P2 las matrices de proyecci´on ortogonal sobre las rectas
S1 = Gen {u1} y S2 = Gen {u2}, respectivamente. Demuestra que u1 y u2 no son
autovectoresde la matriz P1+P2. Suponiendo que n ≥3, determina alg´un autovalor
deP1 +P2 y describe alg´un autovector asociado.
(1.1) Teniendo en cuenta E y la definici´on de S obtenemos E⊥ ≡x
1+x2+x3+x4 = 0 =⇒S ≡
x1 +x2+x3+x4 = 0,
x1+ 2x2+x3+ 2x4 = 0.
Y ya tenemos unas ecuaciones impl´ıcitas (independientes) de S. Para obtener una base basta resolver el sistema homog´eneo anterior,
1 1 1 1 0 1 2 1 2 0 → 1 1 1 1 0 0 1 0 1 0 → x1 x2 x3 x4 = −x3 −x4 x3 x4 =x3 −1 0 1 0 +x4 0 −1 0 1 .
Por tanto una base de S es v1 = −1 0 1 0 , v2 = 0 −1 0 1 .
Notemos que se trata de una base ortogonal,v1·v2 = 0.
(1.2) Ya hemos obtenido una base ortogonal,{v1, v2}deS. Para ampliar una base ortogonal
deS hasta una base ortogonal de R4 basta con obtener una base ortogonal del comple-mento ortogonalS⊥ deS. Teniendo en cuenta las ecuaciones impl´ıcitas obtenidas deS,
tenemos que una base de S⊥ est´a formada por los vectores cuyas coordenadas son los
coeficientes (de las inc´ognitas) de dichas ecuaciones,
base deS⊥ : w1 = 1 1 1 1 , w2 = 0 1 0 1 .
Ahora s´olo hay que ortogonalizar esta base deS⊥,
u1 =w1, u2 =w2− w2·u1 ku1k2 u1 =w2− 2 4u1 = 1 2 −1 1 −1 1 .
Por tanto, ya tenemos una base ortogonal{v1, v2, u1, u2} de R4 que resulta de ampliar
una base ortogonal{v1, v2} deS.
(1.3) El vector pedido es el vector proyecci´on ortogonal de b sobre S. Puesto que {v1, v2} es
una base ortogonal deS, la proyecci´on de b sobreS es proyS(b) = b·v1 kv1k2 v1+ b·v2 kv2k2 v2 = 0v1+ 2 2v2 =v2. (1.4) Dado un vector gen´erico x∈R4, tenemos
proyS(x) = proyS(2b)⇐⇒proyS(x−2b) = 0 ⇐⇒x−2b ∈S⊥.
Por tanto, el conjunto de vectores deR4 cuya proyecci´on ortogonal sobreS coincide con la proyecci´on ortogonal de 2b es la variedad
2b+S⊥.
A partir de ecuaciones impl´ıcitas o par´ametricas de S⊥ podr´ıan obtenerse las
corre-spondientes ecuaciones de la variedad anterior. Por ejemplo, teniendo en cuenta las ecuaciones impl´ıcitas de S tenemos
S⊥ = Gen 1 1 1 1 , 1 2 1 2 ≡ x1 =α+β, x2 =α+ 2β, x3 =α+β, x4 =α+ 2β α, β ∈R.
Ejercicio 1. R-345
Por tanto, 2b+S⊥ puede describirse en forma param´etrica mediante
2b+S⊥≡ x1 = 2 +α+β, x2 = 2 +α+ 2β, x3 = 2 +α+β, x4 = 6 +α+ 2β α, β ∈R.
(1.5) Si u1 fuera autovector de P1 +P2 asociado a un cierto autovalor λ (real, puesto que
P1+P2 es una matriz real sim´etrica) tendr´ıamos,
(P1 +P2)u1 =P1u1+P2u1 =u1+P2u1 =λu1 ⇐⇒P2u1 = (λ−1)u1.
Esto es imposible puesto que P2u1 es un m´ultiplo de u2, P2u1 6= 0 (por no ser u1 y u2
ortogonales) y u1 y u2 son linealmente independientes. Por tanto, u1 no es autovector
deP1+P2. An´alogamente,u2 tampoco puede serlo.
La matriz P1 se anula sobre los vectores del complemento ortogonal, S1⊥, de S1 y la
matrizP2 sobre los del complemento ortogonal,S2⊥, de S2. Por tanto
(P1+P2)v = 0 para todov ∈S1⊥∩S2⊥.
Puesto que dim (S⊥
1 ) = dim (S2⊥) =n−1≥2, si n ≥3 tenemos que
dim S1⊥∩S2⊥
=n−2≥1. Recuerdese que si E y F son dos subespacios vectoriales,
dim (E +F) + dim (E∩F) = dim (E) + dim (F).
Por tanto, si n ≥ 3, un autovalor de P1 +P2 es λ = 0 y cualquier vector no nulo de
S⊥
Ejercicio 2. Considera la matriz A dada por A= a+ 1 −2a 2 2 0 2 2 2 0 .
(2.1) [2 puntos] Determina los valores de a ∈ R para los que la matriz A tiene alg´un autovalor complejo con parte imaginaria no nula.
(2.2) [3 puntos] Determina una diagonalizaci´on ortogonal de A para los valores de a ∈ R para los que sea posible (matriz de paso, matriz diagonal, relaci´on con la matrizA). (2.3) [3 puntos] Para a=−1, determina:
una forma can´onica de la forma cuadr´atica ϕ asociada a la matriz 3A−2I, el m´aximo y el m´ınimo (absolutos) de ϕ sobre la esferax2
1+x22+x23 = 1 y
los puntos/vectores donde dichos extremos se alcanzan.
(2.4) [2 puntos]Calcula el ´area del recinto planoRdescrito por las siguientes desigualdades
(x−2y)2+ (x+y)2 ≤4,
(2x−y)y≤0.
(2.1) Polinomio caracter´ıstico deA,
p(λ) = det (A−λI) = (a+ 1−λ)λ2−8a+ 8 + 4λ−4(a+ 1−λ)−4aλ
= −λ3 + (a+ 1)λ2+ 4(2−a)λ+ 4−12a.
Puesto que p(−2) = 0 podemos dividir p(λ) entre λ+ 2,
p(λ) =−(λ+ 2) λ2−(a+ 3)λ+ 6a−2 .
Por tanto, tenemos que determinar para que valores de a ∈ R la ecuaci´on de segundo gradoλ2−(a+ 3)λ+ 6a−2 = 0 no tiene soluciones reales. Las soluciones
λ = a+ 3± p
(a+ 3)2−4(6a−2)
2 tienen parte imaginaria no nula si, y s´olo si,
(a+ 3)2 −4(6a−2) =a2−18a+ 17 = (a−9)2−81 + 17 = (a−9)2−64<0.
Es decir, la matrizA tendr´a autovalores con parte imaginaria no nula para (a−9)2 <64⇐⇒ |a−9|<8⇐⇒ −8< a−9<8⇐⇒1< a <17. (2.2) Puesto que A es real (paraa∈R),
Ejercicio 2. R-347
Seg´un lo que hemos obtenido en el apartado anterior, el polinomio caracter´ıstico, para a=−1, es
p(λ) =−λ3+ 12λ+ 16 =−(λ+ 2) λ2−2λ−8 . Los autovalores deA son
λ=−2, λ= 2± √ 36 2 = 4, −2. Por tanto los autovalores de A son (para a=−1),
λ1 = 4 simple y λ2 =−2 doble.
Autovectores de Aasociados a λ2 =−2,(A+ 2I)x= 0,
2 2 2 0 2 2 2 0 2 2 2 0 −→ 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 →Nul (A+ 2I)≡x1 +x2+x3 = 0.
Una base ortogonal de este subespacio (dos autovectores ortogonales asociados aλ2) es,
por ejemplo, v2 = −1 1 0 , v′2 = 1 1 −2 .
Puesto que A es sim´etrica (real) los autovectores de A asociados al autovalor simple λ1 = 4 tienen que ser ortogonales a los asociados a λ2 = −2. Por tanto tienen que ser
v1 = (1,1,1) (y todos sus m´ultiplos),
Nul (A−4I) = Gen v1 = 1 1 1 .
Ya tenemos tres autovectores de A ortogonales entre si. Una diagonalizaci´on ortogonal deA es A=QDQT ≡A=QDQ−1 siendo D= λ1 λ2 λ2 = 4 −2 −2 , Q= v1 ||v1|| v2 ||v2|| v′ 2 ||v′ 2|| = 1 √ 3 − 1 √ 2 1 √ 6 1 √ 3 1 √ 2 1 √ 6 1 √ 3 0 − 2 √ 6 .
(2.3) Para a=−1, los autovalores de la matriz (sim´etrica real) 3A−2I son µ1 = 3λ1−2 = 10 (simple) yµ2 = 3λ2−2 =−8 (doble).
Los autovectores son los correspondientes aλ1 y λ2 respectivamente,
Nul (3A−2I−µ1I) = Nul (A−λ1I) = Nul (A−4I),
Nul (3A−2I−µ2I) = Nul (A−λ2I) = Nul (A+ 2I).
Una forma can´onica de la forma cuadr´atica asociada ϕ(x) = xT(3A−2I)x tiene
por coeficientes los autovalores de la matriz (3A−2I), 10y12−8y22−8y32.
El m´aximo y el m´ınimo (absolutos) de ϕ sobre la esfera unidad x2
1+x22 +x23 = 1
son, respectivamente, el mayor y el menor autovalor (de 3A−2I), m´ax{ϕ(x) :kxk= 1}= 10, m´ın{ϕ(x) :kxk= 1}=−8.
El m´aximo y el m´ınimo se alcanzan en los correspondientes autovectores unitarios,
•m´ax{ϕ(x) :kxk= 1}= 10 =ϕ ± v1 kv1k , •m´ın{ϕ(x) :kxk= 1}= −8 =ϕ v kvk ,∀v ∈Nul (A+ 2I), v 6= 0. (2.4) Teniendo en cuenta la primera desigualdad transformamos el recinto R mediante la
aplicaci´on linealT :R2 −→R2 dada por x y −→ u v = x−2y x+y = 1 −2 1 1 x y .
Puesto que la transformaci´on inversa viene dada por u v −→ x y = 1 3u+ 2 3v −1 3u+ 1 3v = 1 3 2 3 −1 3 1 3 u v ,
el recinto transformado est´a caracterizado por las desigualdades T(R)≡ u2+v2 ≤4 (u+v) −13 (u−v)≤0 ⇐⇒ u2+v2 ≤4 (u+v)(u−v)≥0
Es decir, el recinto transformado est´a formado por dos sectores angu-lares del c´ırculo de centro el origen y radio r = 2. Puesto que los sectores angulares est´an determinados por dos rectas perpendiculares que pasan por el centro, el ´area de dicho recinto es la mitad de la del c´ırculo,
´area(T(R)) = 1 2πr 2 = 2π. −3 −2 −1 0 1 2 3 −3 −2 −1 0 1 2 3 u v u2+v2−4 = 0
SiendoB la matriz de la transformaci´on, el ´area del recinto R original vendr´a dada por ´area(T(R)) =|det(B)|´area(R) = 3´area(R) =⇒´area(R) = 2π
Ejercicio 3. R-349
Ejercicio 3. Considera la matriz A y el vector y0 dados respectivamente por
A= 1 1 0 2 1 1 −2 α α e y0 = 1 0 −2 .
(3.1) [4 puntos] Determina los valores deα para los que A esdiagonalizable.
(3.2) [3 puntos] Determina, si es posible, una diagonalizaci´on de A para α = 0 (matriz de paso, matriz diagonal, relaci´on con la matrizA).
(3.3) [1 punto] Resuelve, paraα = 0, el problema de valor inicial
y′ = (A−3I)y,
y(0) =y0.
(3.4) [2 puntos] Determina los posibles autovalores de una matriz M real, 4×4, que no es diagonalizable sabiendo que el polinomio caracter´ıstico de la matriz M2 es
p(λ) = (λ+ 1)2(λ−4)2. Enuncia y demuestra las propiedades que utilices. (3.1) Polinomio caracter´ıstico deA,
p(λ) = det (A−λI) = (1−λ)2(α−λ)−2−α(1−λ)−2(α−λ)
= (1 +λ2−2λ)(α−λ)−2−α+αλ−2α+ 2λ)
= −λ3+ (α+ 2)λ2+ (−2α−1 +α+ 2)λ+α−2−α−2α
= −λ3+ (α+ 2)λ2+ (1−α)λ−2α−2.
Puesto que p(2) = 0 podemos dividir p(λ) entre λ−2 y tenemos p(λ) =−(λ−2) λ2−αλ−(α+ 1)
. Resolviendo la ecuaci´on de segundo grado,
λ= α± √ α2+ 4α+ 4 2 = α±(α+ 2) 2 = −1, α+ 1. Es decir, p(λ) = −(λ−2)(λ+ 1) (λ−(α+ 1)). Por tanto,
Si α+ 16= 2,−1≡α 6= 1,−2 la matriz A tiene tres autovalores simples λ1 = 2, λ2 =−1 y λ3 =α+ 1
y, por tanto, es diagonalizable.
Si α+ 1 = 2≡α= 1 la matrizA tiene un autovalor doble y uno simple, λ1 = 2 (doble) y λ2 =−1 (simple).
Si α+ 1 =−1≡α=−2 la matriz A tiene un autovalor simple y uno doble, λ1 = 2 (simple) y λ2 =−1 (doble).
Estudiemos los dos casos en los que hay alg´un autovalor m´ultiple. Tenemos que determi-nar el n´umero de autovectores linealmente independientes que se pueden obtener para el autovalor doble (en cada caso).
Si α = 1 la matriz A tiene un autovalor doble λ1 = 2 y uno simple λ2 = −1.
Tenemos que estudiar la dimensi´on de Nul (A−λ1I) = Nul (A−2I).
(A−2I)x= 0→ −1 1 0 0 2 −1 1 0 −2 1 −1 0 → −1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0
⇒dim Nul (A−2I) = 1. Si α = −2 la matriz A tiene un autovalor simple λ1 = 2 y uno doble λ2 = −1.
Tenemos que estudiar la dimensi´on de Nul (A−λ2I) = Nul (A+I).
(A+I)x= 0 → 2 1 0 0 2 2 1 0 −2 −2 −1 0 −→ 2 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0
=⇒dim Nul (A+I) = 1. Por tanto en los dos casos en los que A tiene alg´un autovalor m´ultiple la matriz A no es diagonalizable,
A es diagonalizable ⇐⇒α 6= 1,−2.
(3.2) La matriz A correspondiente a α = 0 es diagonalizable pues tiene tres autovalores simples, A= 1 1 0 2 1 1 −2 0 0 −→ λ1 = 2, λ2 =−1 y λ3 = 1.
Calculemos los autovectores correspondientes. λ1 = 2−→(A−2I)x= 0, −1 1 0 0 2 −1 1 0 −2 0 −2 0 −→ −1 1 0 0 0 1 1 0 0 −2 −2 0 → x2 =−x3, x1 =x2 =−x3
−→ Nul (A−2I) = Gen v1 = −1 −1 1 . λ2 =−1−→(A+I)x= 0, 2 1 0 0 2 2 1 0 −2 0 1 0 −→ 2 1 0 0 0 1 1 0 0 1 1 0 → x2 =−x3, x1 =−x22 = x23, −→ Nul (A+I) = Gen v2 = 1 −2 2 .
Ejercicio 3. R-351 λ3 = 1−→(A−I)x= 0, 0 1 0 0 2 0 1 0 −2 0 −1 0 −→ 0 1 0 0 2 0 1 0 0 0 0 0 → x2 = 0, x3 =−2x1 −→ Nul (A−I) = Gen v3 = 1 0 −2 .
Por tanto una diagonalizaci´on deA es A=P DP−1 siendo
D= λ1 λ2 λ2 = 2 −1 1 , P = v1 v2 v3 = −1 1 1 −1 −2 0 1 2 −2 .
(3.3) Puesto que, seg´un hemos visto en el apartado anterior, la matriz A es diagonalizable, tambi´en lo es la matriz A−3I,
A−3I =P(D−3I)P−1
siendo {v1, v2, v3} tres auovectores linealmente independientes asociados
respectiva-mente a µ1 = λ1 −3 = −1, µ2 = λ2 − 3 = −4 y µ3 = λ3 −3 = −2. Por tanto, la
soluci´on general del sistemay′ = (A−3I)y es
y(t) = c1eµ1tv1+c2eµ2tv2 +c3eµ3tv3.
Imponiendo la condici´on inicialy(0) =y0 =v3 tenemos
y(t) = c1v1+c2v2+c3v3 =v3 =⇒c1 =c2 = 0, c3 = 1.
La soluci´on de problema de valor inicial dado es y(t) = eµ3t v3 =e−2t 1 0 −2 .
(3.4) Si µ es un autovalor de M entonces λ= µ2 es autovalor de M2. Puesto que los
auto-valores deM2 son
λ=−1 (doble) y λ= 4 (doble),
los autovalores deM pueden ser las ra´ıces cuadradas de estos n´umeros, µ=±i y µ=±2.
Puesto que la matriz M no es diagonalizable, alguno de sus autovalores tiene que ser m´ultiple. Obviamente los autovalores no reales±ino pueden ser dobles (si fueran dobles, el polinomio caracter´ıstico de M2 ser´ıa (λ−i)2(λ+i)2 = (λ2 + 1)2). Por tanto, tiene
que ser doble alguno de los autovalores reales y hay dos opciones (para autovalores de M en las condiciones dadas)
• µ1 =i, µ2 =−i, µ3 = 2 (doble),
• µ1 =i, µ2 =−i, µ3 =−2 (doble).
SiAes una matriz (cuadrada) real yλ =a+bi ∈Ces un autovalor deA, entonces su complejo conjugado, λ=a−bi, tambi´en es autovalor de A.
Siλes un autovalor de una matriz (cuadrada)Ayv 6= 0 es un autovector asociado (Av = λv) entonces λn es un autovalor de An y v es un autovector asociado
(Anv =λnv) para cualquier exponente n∈N.
Examen de Junio (Segundo Parcial). 2008-09. R-353
´
Algebra. 2008-2009. Ingenier´ıa Aeron´
autica.
Departamento de Matem´
atica Aplicada II.
Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla.Examen Final de Junio (Segundo Parcial). 27-06-2009.
Ejercicio 1. Considera el subespacio S y el vector b ∈R4 dados porS ≡ x1+x2+ 2x3 = 0 2x1−x2+αx3+βx4 = 0 x1−2x2−x3+x4 = 0 y b = 1 1 γ 1 .
(1.1) [2 puntos] Determina dim (S) y dim (S⊥) en funci´on de α y β.
(1.2) [3 puntos]Paraα = 1 yβ = 2 determina una base ortogonal deSy una base ortogonal deS⊥.
(1.3) [2 puntos] Determina, para α = 1 y β = 2, los valores de γ ∈ R para los cuales b equidista de S y de S⊥ (no se obtienen valores enteros).
(1.4) [2 puntos]Enuncia las propiedades m´as importantes relativas a las matrices de proyec-ci´on ortogonal sobre un subespacio vectorial E deRn.
(1.5) [1 punto] Sea E un subespacio vectorial de Rn y sean PE y PE⊥ las matrices de
proyecci´on ortogonal sobre E y sobre E⊥, respectivamente. Determina los vectores x∈
Rn que verifican que
PEx+ 3PE⊥x=x.
(1.1) El subespacio S est´a formado por los vectores cuyas coordenadas son soluci´on del sistema homog´eneo dado. Reduzcamos a forma escalonada dicho sistema homog´eneo,
S ≡ 1 1 2 0 0 2 −1 α β 0 1 −2 −1 1 0 F2 −2F1 −→ F3−F1 1 1 2 0 0 0 -3 α−4 β 0 0 −3 −3 1 0 F3−F2 −→ 1 1 2 0 0 0 -3 α−4 β 0 0 0 1−α 1−β 0 .
SiendoA la matriz del sistema original y U la de la forma escalonada, tenemos que S=
x∈R4 :Ax = 0 =x∈R4 :Ux= 0 . Por tanto, pueden darse los siguientes casos:
Si α6= 1 ´o β 6= 1, tenemos 3 pivotes (y 1 variable libre) con lo cual dim (S) = 1 y dim (S⊥) = 4−dim (S) = 3.
Si α = β = 1, tenemos 2 pivotes (y 2 variables libres) con lo cual dim (S) = 2 y dim (S⊥) = 4−dim (S) = 2.
(1.2) Seg´un los c´alculos del apartado anterior, para α= 1 yβ = 2 tenemos S = Nul (A) = Nul (U) ≡
1 1 2 0 0 0 −3 −3 2 0 0 0 0 −1 0 −→ x4 = 0 x2 =−x3 x1 =−x2 −2x3 =−x3 −→ S = Gen v1 = −1 −1 1 0 . Por tanto, S⊥ ≡ −x
1 −x2 +x3 = 0. Resolviendo (hay 1 pivote y 3 variables libres,
x1 =−x2+x3) tenemos x1 x2 x3 x4 =x2 −1 1 0 0 +x3 1 0 1 0 +x4 0 0 0 1 .
Por tanto, una base deS⊥ es
v2 = −1 1 0 0 , v3 = 1 0 1 0 , v4 = 0 0 0 1 .
Obviamente v4 es ortogonal a v2 y av3, pero v2 no es ortogonal a v3. Para obtener una
base ortogonal deS⊥ bastar´a con ortogonalizar {v
2, v3}, u2 =v2, u3 =v3− v3·u2 ||u2||2 u2 =v3− − 1 2 u2 = 1/2 1/2 1 0 = 1 2 1 1 2 0
Por tanto, una base ortogonal de S⊥ es
v2 = −1 1 0 0 ,2u3 = 1 1 2 0 , v4 = 0 0 0 1 .
(1.3) La distancia de un vectorxa un subespacioEes igual a la distancia dexa su proyecci´on ortogonal sobre dicho subespacioE. Por tanto
dist (x, S) =||x−proyS(x)||=||proyS⊥(x)||,
dist (x, S⊥) =||x−proy
Ejercicio 1. R-355
Calculando la proyecci´on ortogonal de b sobre S tenemos proyS(b) = b·v1 ||v1||2 v1 = γ−2 3 v1 =⇒dist (b, S ⊥) = |γ−2| 3 √ 3. Adem´as, utilizando el Teorema de Pit´agoras, tenemos
||proyS(b)||2 +||proyS⊥(b)||2 =||b||2 =γ2+ 3 =⇒ ||proyS⊥(b)||2 =γ2+ 3− |γ−2| 3 √ 32. Para que b equidiste de S y S⊥ tiene que cumplirse
|γ−2| 3 √ 32 =γ2+ 3−|γ−2| 3 √ 32 ⇐⇒2(γ−32)2 =γ2+ 3 ⇐⇒2 (γ2−4γ+ 4) = 3γ2+ 9⇐⇒γ2+ 8γ+ 1 = 0 ⇐⇒γ = −8± √ 64−4 2 =−4± √ 15.
(1.4) Veamos algunas de las propiedades de la matriz PE de proyecci´on ortogonal sobre un
subespacio vectorialEdeRn. Suponemos queEes un subespacio no trivial,E 6={0},Rn
con lo cual
1≤r = dim (E)≤n−1.
Para los casos triviales tenemos que PE = 0 ´o PE =I, respectivamente.
Para cadax∈Rn, el vectorP
Exes el ´unico vector y∈Rn que verifica
y ∈E y x−y ∈E⊥.
x∈E ⇐⇒PEx=x. En particular, esto nos dice: • P2
E =PE, puesto que ∀z ∈Rn, PEz ∈E y, por tanto,PE2z =PE(PEz) =PEz. • λ1 = 1 es autovalor deAy los autovectores asociados son los vectores no-nulos
de E, Nul (PE −I) = E. • El espacio columna de PE es
Col (PE) ={x∈Rn:PEv =x para alg´un v ∈Rn}=E. • Por tanto, el rango de PE es rango(PE) = dim (E) =r.
x∈E⊥ ⇐⇒P
Ex= 0. En particular, esto nos dice:
• λ0 = 0 es autovalor deAy los autovectores asociados son los vectores no-nulos
de E⊥, Nul (P
E) =E⊥.
• La dimensi´on del espacio nulo de PE es dim (Nul (PE)) = dim (E⊥) =n−r.
SiU es una matriz cuyas columnas forman unabase ortonormal deE, entonces PE =UUT. Como consecuencia, PE es una matriz sim´etrica (real) y, por tanto, es
diagonalizable ortogonalmente. Otras propiedades:
• La matriz de la proyecci´on ortogonal sobre E⊥ es I−PS. • Una diagonalizaci´on de PE es ...
(1.5) Puesto que PE +PE⊥ =I tenemos
PEx+ 3PE⊥x=x⇐⇒PEx+ 3(I−PE)x=x
Ejercicio 2. R-357
Ejercicio 2. Considera la matriz
A = 1−a 2 2 2a 0 2 2 2 0 .
(2.1) [3 puntos]Determina los valores dea ∈R para los que todos los autovalores deA son reales.
(2.2) [3 puntos] Diagonaliza ortogonalmente A para los valores de a ∈ R para los que sea posible.
(2.3) [2 puntos]Paraa= 1, determina los valores deρ∈Rpara los que la forma cuadr´atica ϕ(x) =xT(ρA2 + 3I)x esdefinida positiva.
(2.4) [1 punto] Para a= 1, calcula el volumen del recinto s´olido{x∈R3 :||Ax|| ≤1}. (2.5) [1 punto] Sea M una matriz real no sim´etrica. Determina los valores de α, β ∈ R
para los cuales la matriz αM +βMT se puede diagonalizar ortogonalmente.
(2.1) Polinomio caracter´ıstico: p(λ) = det (A−λI) = 1−a−λ 2 2 2a −λ 2 2 2 −λ = λ2(1−a−λ) + 8 + 8a+ 4λ+ 4aλ−4(1−a−λ)
= −λ3+ (1−a)λ2+ (4a+ 8)λ+ 4 + 12a.
Una factorizaci´on de p(λ). Buscando un cero dep(λ) entre los divisores del t´ermino indepenediente, 4 + 12a= 4(1 + 3a), tenemos que
p(−2) = 8 + 4(1−a)−2(4a+ 8) + 4 + 12a= 0.
Por tanto, p(λ) es divisible por λ+ 2. Dividiendo p(λ) entre (λ+ 2) obtenemos
−1 1−a 4a+ 8 4 + 12a
−2 2 −6 + 2a −12a−4
−1 3−a 6a+ 2 0
y, por tanto,
p(λ) = −λ3+ (1−a)λ2+ (4a+ 8)λ+ 4 + 12a
= (λ+ 2) [−λ2+ (3−a)λ+ 2(1 + 3a)].
Habr´a que determinar los valores de a ∈ R para los que la ecuaci´on de segundo grado
−λ2+ (3−a)λ+ 2(1 + 3a) = 0 tiene soluciones reales. Las soluciones
λ= −3 +a± p
(3−a)2 + 8(1 + 3a)
de esta ecucaci´on son reales si, y s´olo si, el discriminante es mayor o igual que cero, ∆ = (3−a)2+ 8(1 + 3a) =a2+ 18a+ 17≥0
Puesto que a2 + 18a+ 17 = 0 ⇐⇒λ = −18±
√ 182−4·17 2 =−9±8 tenemos que a2+18a+17 = (a+17)(a+1) ≥0⇔ a+ 17≥0 y a+ 1≥0 ´o a+ 17≤0 y a+ 1≤0 ⇐⇒ a+ 1 ≥0 ´o a+ 17≤0 .
Es decir, todos los autovalores deA son reales si y s´olo si a∈(−∞,−17]∪[−1,+∞). (2.2) Puesto que A es real,
A es diagonalizable ortogonalmente ⇐⇒A es sim´etrica ⇐⇒a= 1.
Seg´un hemos obtenido en el apartado anterior, para a = 1, el polinomio caracter´ıstico deA es p(λ) = −λ3+ 12λ+ 16 = (λ+ 2) [−λ2+ 2λ+ 8]. Puesto que −λ2 + 2λ+ 8 = 0⇐⇒λ= −2± √ 4 + 32 −2 = 1∓3, p(λ) =−(λ+ 2)(λ+ 2)(λ−4). Por tanto, los autovalores deA son
λ1 = 4 simple y λ2 =−2 doble.
Autovectores asociados a λ2 =−2,(A+ 2I)x= 0,
2 2 2 0 2 2 2 0 2 2 2 0 −→ 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ≡x1 =−x2−x3
−→Nul (A+ 2I) = Gen v2 = −1 1 0 , v3 = −1 0 1 .
Autovectores asociados a λ1 = 4. Podemos calcular directamente una base de
Nul (A− 4I) resolviendo (A −4I)x = 0, pero, puesto que tenemos una matriz real sim´etrica, los autovectores asociados a λ1 = 4 tienen que ser ortogonales a los
asociados a λ2 =−2. Por tanto,
Nul (A−4I) = (Nul (A+ 2I))⊥ = Gen v1 = 1 1 1 .
Para obtener una diagonalizaci´on ortogonal de A tenemos que obtener una base de R3 formada por (tres) autovectores de A que sean ortonormales. Para esto basta con ortogonalizar los autovalores asociados al autovalor doble (y despu´es normalizar).
Ejercicio 2. R-359 Ortogonalizamos{v2, v3}, u2 =v2, u3 =v3− v3·u2 ||u2||2 u2 =v3− 1 2u2 = −1/2 −1/2 1 = 1 2 −1 −1 2 .
Por tanto, una diagonalizaci´on ortogonal deA es A=QDQT(QT =Q−1) siendo
D= λ1 λ2 λ2 = 4 −2 −2 , Q= v1 ||v1|| v2 ||v2|| 2u3 ||2u3|| = 1 √ 3 − 1 √ 2 − 1 √ 6 1 √ 3 1 √ 2 − 1 √ 6 1 √ 3 0 2 √ 6 .
(2.3) Para a = 1, tanto A como ρA2 + 3I son matrices reales sim´etricas (para ρ ∈ R). Por
tanto, la forma cuadr´atica asociada a ρA2+ 3I es definida positiva si, y s´olo si, todos
los autovalores de dicha matriz son positivos.
Puesto que tenemos una diagonalizaci´on de A, A = QDQ−1, tenemos asociada una
diagonalizaci´on deρA2+ 3I,
ρA2+ 3I =ρQD2Q−1+ 3I =Q ρD2+ 3I Q−1 =Q 16ρ+ 3 4ρ+ 3 4ρ+ 3 Q−1. En particular, los autovalores de ρA2+ 3I son µ
1 = 16ρ+ 3 yµ2 = 4ρ+ 3. Por tanto, ϕ, ρA2+ 3I es definida positiva ⇔ µ1 = 16ρ+ 3>0 y µ2 = 4ρ+ 3>0 ⇔ ρ >−3 16 y ρ >−3 4 ⇐⇒ρ >− 3 16. (2.4) La transformaci´on T : R3 −→ R3 definida por A (y = T(x) = Ax) transforma el
recinto R = {x∈R3 :||Ax|| ≤1} en la esfera s´olida T(R) = {y∈R3 :||y|| ≤1}, de centro el origen y radio 1. Notemos que, puesto que det (A) = 166= 0, la matrizA, y la transformaci´onT asociada, tiene inversa. Por tanto
vol (T(R)) =|det (A)|vol(R)⇐⇒ 4
3π = 16vol(R)⇐⇒vol(R) = 1 12π. (2.5) αM +βMT es sim´etrica ⇐⇒(αM +βMT)T =αMT +βM =αM +βMT ⇐⇒ (β−α)M = (β−α)MT.
Puesto que M no es sim´etrica, (MT 6=M), esta ´ultima condici´on es equivalente a
Ejercicio 3. Considera la matriz A y el vector y0 dados por A= 1 2 −2 1 1 α 0 1 α , y0 = 2 2 1 .
(3.1) [3 puntos] Determina los valores deα para los que la matriz A es diagonalizable. (3.2) [3 puntos] Diagonaliza la matriz A para α = 0. Calcula An. ¿Es v´alida la expresi´on
obtenida para exponentes negativosn =−1,−2, . . .?
(3.3) [2 puntos] Resuelve, paraα = 0, el problema de valor inicial
Ay′ = (2A+I)y
y(0) =y0.
(3.4) [2 puntos]Demuestra que si la suma de los elementos de cada una de las filas de una matriz cuadradaB es 7, entonces la suma de los elementos de cada una de las filas deB2
es 49. (Indicaci´on: Expresa la condici´on dada en t´erminos de autovalores y autovectores deB). (3.1) Polinomio caracter´ıstico deA: p(λ) = 1−λ 2 −2 1 1−λ α 0 1 α−λ = (1−λ)2(α−λ)−2−α(1−λ)−2(α−λ) = (α−λ)(λ2−2λ+ 1−2)−2−α+αλ = −λ3+ (α+ 2)λ2+ (1−2α)λ−α−2−α+αλ = −λ3+ (α+ 2)λ2+ (1−α)λ−2α−2
Puesto que p(−1) = 1 +α+ 2−1 +α−2α−2 = 0, λ = −1 es un autovalor de A y podemos dividir p(λ) entre λ+ 1,
−1 α+ 2 1−α −2α−2
−1 1 −α−3 2α+ 2
−1 α+ 3 −2α−2 0
y tenemos que p(λ) = (λ+ 1) [−λ2+ (α+ 3)λ−2α−2]. Las soluciones de la ecuaci´on
de segundo grado−λ2+ (α+ 3)λ−2α−2 = 0 son
λ= −α−3± p (α+ 3)2−8α−8 −2 = −α−3±√α2−2α+ 1 −2 = −α−3± p (α−1)2 −2 = −α−3±(α−1) −2 = 2, α+ 1. Por tanto, p(λ) =−(λ+ 1)(λ−2) [λ−(α+ 1)].
Ejercicio 3. R-361
Tenemos los siguientes casos en funci´on deα:
Si α+ 16= 2,−1≡α 6= 1,−2, la matrizA tiene tres autovalores simples λ1 =−1, λ2 = 2 y λ3 =α+ 1
y, por tanto, es diagonalizable.
Si α+ 1 =−1≡α=−2, la matriz A= 1 2 −2 1 1 −2 0 1 −2
tiene un autovalor doble y uno simple,
λ1 =−1 (doble) yλ2 = 2 (simple).
Para determinar siAes diagonalizable o no, tenemos que estudiar cu´antos autovec-tores linealmente independientes podemos obtener asociados al autovalor doble, es decir tenemos que calcular dim [Nul (A+I)].
(A+I)x= 0 ≡ 2 2 −2 0 1 2 −2 0 0 1 −1 0 −→ 1 2 −2 0 0 1 −1 0 0 0 0 0 .
Por tanto dim [Nul (A+I)] = 1 (rango(A+I) = 2) y la matriz A no es diagona-lizable para α=−2. Si α+ 1 = 2 ≡ α =1, la matriz A = 1 2 −2 1 1 1 0 1 1
tiene un autovalor simple y uno doble,
λ1 =−1 (simple) y λ2 = 2 (doble).
Para determinar siAes diagonalizable o no, tenemos que estudiar cu´antos autovec-tores linealmente independientes podemos obtener asociados al autovalor doble, dim [Nul (A−2I)].
(A−2I)x= 0≡ −1 2 −2 0 1 −1 1 0 0 1 −1 0 1 −1 1 0 0 1 −1 0 0 0 0 0 .
Por tanto dim [Nul (A−2I)] = 1(rango(A−2I) = 2) y la matriz A no es diago-nalizable para α = 1.
Resumiendo,
A es diagonalizable ⇐⇒α 6=−2,1.
(3.2) Seg´un lo que hemos obtenido en el apartado anterior, para α = 0 la matriz A tiene tres autovalores simples, λ1 = −1, λ2 = 2 y λ3 = 1 (y, por tanto, es diagonalizable).
λ1 =−1−→(A+I)x= 0, 2 2 −2 0 1 2 0 0 0 1 1 0 −→ 1 2 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 −→ x2 =−x3 x1 =−2x2 = 2x3 −→ x1 x2 x3 =x3 2 −1 1 =⇒Nul (A+I) = Gen v1 = 2 −1 1 . λ2 = 2−→(A−2I)x= 0, −1 2 −2 0 1 −1 0 0 0 1 −2 0 −→ 1 −1 0 0 0 1 −2 0 0 0 0 0 −→ x2 = 2x3 x1 =x2 = 2x3 −→ x1 x2 x3 =x3 2 2 1
=⇒Nul (A−2I) = Gen v2 = 2 2 1 . λ3 = 1−→(A−I)x= 0, 0 2 −2 0 1 0 0 0 0 1 −1 0 −→ 1 0 0 0 0 1 −1 0 0 0 0 0 −→ x1 = 0 x2 =x3 −→ x1 x2 x3 =x3 0 1 1 =⇒Nul (A−I) = Gen v3 = 0 1 1 .
Por tanto, una diagonalizaci´on deA es A=P DP−1 siendo
D= λ1 λ2 λ3 = −1 2 1 y P = v1 v2 v3 = 2 2 0 −1 2 1 1 1 1 . Paran = 1,2, . . ., An= AA · · ·A= (P DP−1)(P DP−1)· · ·(P DP−1) = P DnP−1 =P (−1)n 2n 1 P−1 =· · ·
¿Es v´alida la expresi´on obtenida para exponentes negativos n =−1,−2, . . .? La matriz A tiene inversa y podemos obtener una diagonalizaci´on de A−1,
A=P DP−1 =⇒A−1 = (P−1)−1D−1P−1=P −1 1 2 1 P−1.
Ejercicio 3. R-363
Por tanto, para n=−k, k= 1,2, . . .,
An = A−k = (A−1)k =P −1 1 2 1 k P−1 =P (−1)k 1 2k 1 P−1 = P (−1)n 2n 1 P−1.
Es decir, la expresi´on obtenida para exponentes positivos tambi´en es v´alida para expo-nentes negativos.
(3.3) Puesto que A tiene inversa,
Ay′ = (2A+I)y⇐⇒y′ =A−1(2A+I)y⇐⇒y′ = (2I+A−1)y.
Es decir se trata de un problema de valor inicial (lineal, homog´eneo, de primer orden,...) para la matriz
2I+A−1 =P 2I+D−1 P−1 cuyos autovalores y autovectores asociados son
µ1 = 2 + λ11 = 1−→v1, µ2 = 2 + λ12 =
5
2 −→v2, µ3 = 2 + λ13 = 3−→v3.
Por tanto, la soluci´on general del sistema homog´eneo es y(t) = c1eµ1tv1+c2eµ2tv2 +c3eµ3tv3.
Imponiendo la condici´on inicial,
y(0) =c1v1+c2v2 +c3v3 =y0 =v2 ⇐⇒ c1 = 0, c2 = 1, c3 = 0.
Por tanto, la soluci´on pedida es
y(t) = e52t 2 2 1 .
(3.4) La suma de los elementos de cada fila de una matriz B = [bij] se puede puede obtener
calculando el producto Be siendo e el vector columna e= [1 1 · · ·1]T,
Be= b11 · · · b1n .. . . .. ... bn1 · · · bnn 1 .. . 1 = b11+· · ·+b1n .. . bn1+· · ·+bnn .
La condici´on dada sobreB se puede expresar mediante B 1 1 .. . 1 = 7 7 .. . 7 = 7 1 1 .. . 1 .
Es decir, e es un autovector de B asociado al autovalorλ = 7. Por tanto, B2e=BBe=B(7e) = 7Be= 49e
Examen de Junio (Primer Parcial). 2008-09. R-365
´
Algebra. 2008-2009. Ingenier´ıa Aeron´
autica.
Departamento de Matem´
atica Aplicada II.
Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla.Examen Final de Junio (Primer Parcial). 27-06-2009.
Ejercicio 4.(4.1) [3 puntos] Determina la ecuaci´on de la hip´erbola que tiene por focos F1 = (6,2) y
F2 = (−4,2) sabiendo que la pendiente de una de sus as´ıntotas es m = 34. Determina
los restantes elementos y la representaci´on gr´afica de la hip´erbola.
(4.2) [2 puntos]Resuelve la ecuaci´on compleja (z+z)3 =−1. Representa gr´aficamente las
soluciones en el plano complejo.
(4.3) [3 puntos] Calcula α > 0 sabiendo que un giro con centro el origen de coordenadas lleva el punto (3,1) en el punto (α, α). Calcula la matriz del giro citado (no se pide el ´angulo de giro, es indiferente trabajar en forma compleja o en forma vectorial real). (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) El centroC de la hip´erbola es el punto medio de los focosC = (6−24,2) = (1,2). Puesto que los focos de la hip´erbola considerada est´an en una recta (eje focal) paralela al eje OX la ecuaci´on t´ıpica de la hip´erbola es de la forma
(x−1)2
a2 −
(y−2)2
b2 = 1 (a >0, b >0).
La ecuaci´on conjunta de las as´ıntotas de la hip´erbola anterior es (x−1)2 a2 − (y−2)2 b2 = 0 ≡ y−2 =± b a(x−1). Por las condiciones dadas en el enunciado tenemos que m = b
a =
3
4. Por otra parte,
puesto que la distancia de cada uno de los focos al centro de la hip´erbola (la semi-distancia entre los focos) es c = 5, tenemos que a2 +b2 = c2 = 25. Y basta sustituir
b= 3 4a en esta ecuaci´on a2+ 9 16a 2 = 25 ⇐⇒ 25 16a 2 = 25 ⇐⇒a= 4.
Por tanto, b= 3 y la ecuaci´on de la hip´erbola es (x−1)2
16 −
(y−2)2
9 = 1.
Los elementos caracter´ısticos de esta hip´erbola son los siguientes: Centro: C = (1,2).
Focos: F1 = (6,2) y F2 = (−4,2).
Ejes de simetr´ıa: y= 2 (eje focal) y x= 1. As´ıntotas: y−2 =±3 4(x−1) =⇒3x−4y=−5 y 3x+ 4y= 11. V´ertices: V = (1±a,2) =⇒V1 = (5,2) y V2 = (−3,2). −10 −5 5 10 −6 −4 −2 2 4 6 8 x y O X Y 0 0 F1 C y= 2 x= 1 V1 (x−1)2 16 − (y−2)2 9 = 1
La hip´erbola no corta al eje de ordenadas y los puntos de corte con el eje de abscisas pueden obtenerse f´acilmente,
(x−1)2 16 − (y−2)2 9 = 1 y= 0 =⇒x= 1± 4 3 √ 13.
(4.2) Notemos que z +z es un n´umero real para cualquier z ∈ C. Por tanto, para que se verifique (z+z)3 =−1 el n´umero z+z tiene que se ser una de las tres ra´ıces c´ubicas
de−1 =eiπ. De las tres ra´ıces c´ubicas de
−1, (eiπ
3, eiπ=−1, e−i
π
3), s´olo una de ellas es real. Por tanto, tiene que verificarsez+z = 2Re (z) =−1⇐⇒Re (z) =−1
Ejercicio 4. R-367
Por tanto, las soluciones de la ecuaci´on dada son los n´umeros complejos de la forma
z =−1
2+iy, y∈R.
Dichas soluciones determinan una recta paralela al eje imaginario.
−2 −1 −0.5 0 1 2 −2 −1 0 1 2 Re Im 0 Re (z) =−1/2
(4.3) Al girar un punto P (del plano) alrededor del origen de coordenadas s´olo pueden obtenerse (cuando se consideran todos los posibles giros) los puntos que est´an en la circunferencia de centro el origen de coordenadas que pasa porP. Por tanto, para que (α, α) pueda obtenerse al girar (3,1) alrededor del origen de coordenadas tiene que verificarse que
dist ((α, α),(0,0)) = dist ((3,1),(0,0)) =√10 ≡ 2α2 = 10⇐⇒α=±√5. Por tanto, α=√5 (puesto que tiene que ser α >0).
z −→w=eiθz =⇒√5 +i√5 =eiθ(3 +i) ⇐⇒eiθ = cos(θ) +isen(θ) =
√ 5(1 +i) 3 +i = √ 5(1 +i)(3−i) 10 = √ 5 10 (4 + 2i) cos(θ) = 4 √ 5 10 = 2√5 5 , sen(θ) = 2√5 10 = √ 5 5 . La matriz del giro es
G= cos(θ) −sen(θ) sen(θ) cos(θ) = √ 5 5 2 −1 1 2 .
(4.4) Para calcular la inversa de la matriz A dada basta con aplicar el m´etodo de Gauss-Jordan, [A|I] = 0 0 · · · 0 n 0 0 · · · n−1 0 .. . ... . .. ... ... 0 2 · · · 0 0 1 1 · · · 1 1 1 0 · · · 0 0 1 · · · · ... 0 0 . .. ... .. . ... . .. 0 0 · · · 1 .
Ordenando de abajo arriba (es decir, intercambiando F1 ↔ Fn, F2 ↔ Fn−1, . . .)
obten-emos la matriz 1 1 · · · 1 1 0 2 · · · 0 0 ... ... ... ... ... 0 0 · · · n−1 0 0 0 · · · 0 n 0 0 · · · 1 0 0 1 0 ... ... ... ... 0 1 · · · 0 0 1 0 · · · 0 0 .
Diviendo cada fila por su ´ındice (12F2,13F3, . . . ,n1Fn), 1 1 · · · 1 1 0 1 · · · 0 0 ... ... ... ... ... 0 0 · · · 1 0 0 0 · · · 0 1 0 0 · · · · 1 0 0 12 0 .. . ... . .. ... 0 n−11 · · · 0 0 1 n 0 · · · 0 0 .
Restando de la primera fila la suma de todas las demas (F1−F2−F3− · · · −Fn),
I −n1 − 1 n−1 · · · − 1 2 1 0 0 12 0 ... ... . .. ... 0 1 n−1 · · · 0 0 1 n 0 · · · 0 0 . Por tanto, A−1 = −1n − 1 n−1 · · · − 1 2 1 0 0 12 0 ... ... . .. ... 0 1 n−1 · · · 0 0 1 n 0 · · · 0 0 .
Ejercicio 5. R-369
Ejercicio 5. Considera la matriz A y el vector w∈R4 siguientes,
A= 1 1 −2 0 −1 1 3 1 0 2 a 1 2 0 −5 a−1 y w= 1 −1 0 2 .
(5.1) [5 puntos] Determina Col (A) y Nul (A) en funci´on de a∈R (ecuaciones impl´ıcitas y base, si hay). Determina los valores de a ∈ R para los que w∈ Col (A). Determina los valores dea∈R para los que w∈Nul (A).
(5.2) [2 puntos] Determina, paraa= 0, una factorizaci´on LU de A.
(5.3) [2 puntos]Siendo {e1, e2, e3, e4} los vectores can´onicos de R4, determina la matriz M
de orden 4 que verifica
M(e1+e2) =Ae2, Me2 =Ae3, Me3 =Ae4 y Me4 =Ae1.
(5.4) [1 punto] Demuestra que si una matriz cuadrada B verifica que Col (B) ⊆ Nul (B) entoncesB2 = 0.
(5.1) Reduzcamos a forma escalonada la matriz ampliada [A|y] de un sistema Ax = y con t´ermino independiente y∈R4 gen´erico,
[A|y]≡ 1 1 −2 0 −1 1 3 1 0 2 a 1 2 0 −5 a−1 y1 y2 y3 y4 F2+F1 −→ F4−2F1 1 1 −2 0 0 2 1 1 0 2 a 1 0 −2 −1 a−1 y1 y2+y1 y3 y4−2y1 F3−F2 −→ F4+ 2F2 1 1 −2 0 0 2 1 1 0 0 a−1 0 0 0 0 a y1 y2+y1 y3−y2−y1 y4−2y1+ 2y2+ 2y1 .
Notemos que para a 6= 1 la ´ultima matriz obtenida nos da una forma escalonada de [A|y]. Para a = 1 necesitar´ıamos hacer una operaci´on fila m´as para obtener la forma escalonada (intercambio de las filas tres y cuatro).
Si a6= 0,1,
Nul (A) ={x∈R4 :Ax= 0}={0},
Col (A) ={y∈R4 :Ax=y para alg´un x∈R4}=R4.
Paraa= 0 hemos obtenido la siguiente reducci´on a forma escalonada de un sistema gen´erico Ax=y, 1 1 −2 0 0 2 1 1 0 0 −1 0 0 0 0 0 y1 y2+y1 y3−y2−y1 y4+ 2y2 . Por tanto:
