Problema 1. (4 puntos) Sea f la aplicación lineal de R³ en R³ definida por f(1,3,4)=(2,6,8), f(1,1,1)=(2,6,8) y f(0,1,1)=(0,0,0).

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1 Problema 1. (4 puntos) Sea f la aplicación lineal de R³ en R³ definida por f(1,3,4)=(2,6,8), f(1,1,1)=(2,6,8) y f(0,1,1)=(0,0,0). a) Demostrad que (1,3,4), (1,1,1) i (0,1,1) son una base de R³. b) Decid cuál es la dimensión de la imagen de f. Es exhaustiva? c) Decid cuál es la dimensión del núcleo de f. Es inyectiva? d) Diagonaliza f? Justificad la respuesta. a) Al tratarse de 3 vectores en R 3 (espacio de dimensión 3) lo único que hemos de demostrar es que son linealmente independientes. Por lo tanto, los ponemos en forma de matriz y calculamos su determinante: = = 1 (3 4) = Por lo tanto, son L.I. y son base de R 3. b) La dimensión de la imagen de f es el rango de los vectores imagen de los vectores de la base del espacio de salida. Por lo tanto, tomamos las tres imágenes y las ponemos en forma de matriz y calculamos el determinante: = Por dos motivos, porque tiene dos filas repetidas y porque tiene una fila de ceros.ya vemos que el rango de estos tres vectores será 1 Por lo tanto: Im(f) = < (2, 6, 8) > y dim Im(f) = 1 Y NO es exhaustiva porque NO coincide con la dimensión del espacio de llegada. c) Los vectores del núcleo son los que tienen por imagen el vector 0, por lo tanto necesitamos las imágenes de los vectores de la base canónica para tener la matriz de la aplicación: Tenemos que: (2,6,8) = f(1,3,4) = 1 f(c1) + 3 f(c2) + 4 f(c3) (2,6,8) = f(1,1,1) = 1 f(c1) + 1 f(c2) + 1 f(c3)

2 (0,0,0) = f(0,1,1) = 0 f(c1) + 1 f(c2) + 1 f(c3) Si restamos la segunda menos la tercera, nos queda: (2,6,8) = f(c1) Y si sustituimos en la primera (junto con la tercera) nos queda que: (0,0,0) = 3 f(c2) + 4 f(c3) (0,0,0) = 1 f(c2) + 1 f(c3) Si ahora restamos la primera menos tres veces la segunda, tenemos que: (0,0,0) = f(c3) Y sustituyendo en cualquier otra tenemos que: (0,0,0) = f(c2) Por lo tanto, la matriz de la aplicación lineal en las bases canónicas es: A = Y los vectores del núcleo son los vectores (x,y,z) del espacio de salida que cumplen que: x y = z 0 Las tres ecuaciones son equivalentes entre sí y nos dan la solución: x = 0 donde y y z pueden valer lo que quieran. Puesta en forma vectorial sería: (x, y, z) = (0, y, z) = y (0,1,0) + z (0,0,1) Y por lo tanto, el núcleo será de dimensión 2 y lo generarán esos dos vectores: Ker(f) = < (0, 1, 0), (0, 0, 1) > y dim Ker(f) = 2 Y NO es inyectiva porque el núcleo NO tiene dimensión 0. d) Para saber si diagonaliza calculamos el polinomio característico: 2 λ 0 0 P (λ) = det(a λ I) = 6 λ 0 = (2 λ) λ 8 0 λ

3 Ya vemos que el polinomio característico tiene dos raíces (2 de multiplicidad 1 y 0 de multiplicidad 2) y lo que nos queda por comprobar es si el valor propio λ=0 nos genera uno o dos vectores propios. Pero eso ya lo hemos hecho. La matriz que nos genera ese valor propio es: El sistema homogéneo asociado es: x y = z 0 Y la solución del sistema es el subespacio generado por: < (0, 1, 0), (0, 0, 1) > Por lo tanto, los vectores propios que podemos encontrar son tres (uno asociado al 2 y dos asociados al cero) y por lo tanto la matriz diagonaliza. Problema 2. (4 puntos) f(x,y,z)=(0,z,4x+y). Sea f la aplicación de R³ en R³ definida por a) Encontrad la matriz de f en las bases canónicas. b) Calculad el polinomio característico de f y los valores propios de f. c) Estudiad si f diagonaliza. d) Encontrad una base de R³ con el número máximo de vectores propios de f. a) El proceso es fácil porque sólo hemos de sustituir los valores de los vectores de la base canónica: f(1, 0, 0) = (0, 0, 4) f(0, 1, 0) = (0, 0, 1) f(0, 0, 1) = (0, 1, 0) Por lo tanto, la matriz A será:

4 b) El polinomio característico será: λ 0 0 P (λ) = det(a λ I) = 0 λ 1 = λ λ 1 1 λ = λ (λ 1) 4 1 λ = λ (λ 1) (λ + 1) Y tiene tres valores propios (0, -1 y +1). c) Sí que diagonaliza ya que tiene tres valores propios diferentes. d) Hay que encontrar los vectores asociados a cada valor propio: Para λ=0 tenemos: Que se traduce en: x y = z 0 0 = 0 z = 0 4x + y = 0 y = 4x Por lo tanto, tenemos que el vector propio asociado es: Para λ=-1 tenemos: Que se traduce en: (1, 4, 0) x y = z 0 x = 0 y + z = 0 4x + y + z = 0 y = z Por lo tanto, tenemos que el vector propio asociado es: Para λ=-1 tenemos: (0, 1, 1)

5 1 0 0 x y = z 0 Que se traduce en: x = 0 x = 0 y + z = 0 4x + y z = 0 y = z Por lo tanto, tenemos que el vector propio asociado es: Y la base pedida es: (0, 1, 1) {(1, 4, 0), (0, 1, 1), (0, 1, 1)} Problema 3. (2 puntos) Consideramos A=(2,0), B=(1,0), C=(2,-1). a) Sea g el giro de 45º. Calculad g(a), g(b) i g(c). b) Sea f el escalaje de razón 2 desde el punto (0,-1). Calculad f(a), f(b) i f(c). a) Aplicamos la notación matricial eficiente, de manera que la matriz del giro será: G = Y para calcular la imagen de los tres puntos hacemos: = De manera que las imágenes son: A = 2, 2

6 B = 2 2, 2 2 C = 3 2 2, 2 2 b) La matriz del escalaje será la composición de dos traslaciones (de vectores directores (0, 1) y (0, -1)) con un escalaje uniforme de ratio 2: = = Y la imagen de los tres puntos será: De manera que las imágenes son: = A = (4, 1) B = (2, 1) C = (4, 1)

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