f(x, y, z, t) = (x + y t, x + 2y z 3t, 3x + 5y 2z 7t).

Transcripción

1 Universidade de Vigo Departamento de Matemática Aplicada II E.T.S.I. Minas Álgebra Convocatoria de enero de 20 de enero de 20 (2.5 p.) ) Se considera la aplicación lineal f : R 4 R definida por: f(x y z t) = (x + y t x + 2y z t x + 5y 2z 7t). a) Calcular la matriz asociada a f y su forma escalonada reducida de filas. b) Hallar una base ortonormal del núcleo de f c) Hallar una base B de la imagen de f y calcular las coordenadas de f( ) respecto de B. (2 p.) 2) a) Sea U = p(x) = a 0 + a x + + a n x n Π n (R) / p() = p () = 0}. (a) Calcular la dimensión de U. (a2) Para n = 2 hallar una base de U. b) Sea S = u v} una base ortonormal de R 2 y sea A = 2uu t vv t M 2 2 (R). (b) Demostrar que A es simétrica. (b2) Probar que u y v son autovectores de A y determinar el espectro de A. (b) Calcular los valores singulares de A. ( p.) ) Se considera la matriz A = a) Sabiendo que λ = 7 es un autovalor triple de A hallar el espectro de A sin calcular el polinomio característico. b) Probar que A es diagonalizable y calcular una base de R 4 formada por autovectores. c) Calcular el polinomio característico de la matriz A 7I donde I es la matriz identidad. d) Clasificar según los valores de α la forma cuadrática ω α (x) = x t (A + αi)x. (2.5 p.) 4) Se consideran la matriz M y el vector b dados por 2 2 M = 2 2 a) Calcular los valores singulares de M. ; b = 0. b) Calcular la solución en el sentido de mínimos cuadrados del sistema Mx = b.

2 SOLUCIONES PROBLEMA. (a) Dado que la expresión matricial de f es f(x y z t) = la matriz asociada a f es x + y t x + 2y z t x + 5y 2z 7t A = = Para calcular su forma escalonada reducida hacemos operaciones elementales sobre las filas de A: A = 0 2 F2( ) F ( ) x y z t F 2( 2) F 2( ) = rref(a). (b) En primer lugar calculamos una base de Ker (A). Si denotamos A = rref(a) sabemos que Ker (f) = Ker (A) = Ker (A ). Por tanto: } Ker (f) = Ker (A ) = (x y z t) R 4 / x + z + t = 0 y z 2t = 0 = } = (x y z t) R 4 / x = z t y = z + 2t = ( z t z + 2t z t) / z t R} = = z( 0) + t( 2 0 ) / z t R} =< ( 0) ( 2 0 )} >. Por lo tanto la dimensión del núcleo de f es 2 y una base es B = ( 0) ( 2 0 )}. Denotemos v = ( 0) v 2 = ( 2 0 ). Para ortonormalizar la base B utilizamos el procedimiento de ortonormalización de Gram-Schmidt: u = v v = ( ) ( 0) = 0 ; ũ 2 = v 2 v 2 u u = ( 2 0 ) ( u 2 = ( ũ2 ũ 2 = 0 ). ) 0 = ( 2 0 ) ( 0) = (0 ); El conjunto B 2 = u u 2 } = ( ) ( 0 0 )} 2

3 es una base ortonormal del núcleo de f. (c) La imagen de f es el subespacio vectorial de R generado por las columnas de la matriz asociada A es decir: Im (f) =< ( ) ( 2 5) (0 2) ( 7)} >. Para calcular una base de la imagen de f hacemos operaciones elementales para eliminar los vectores linealmente dependientes: F 2( ) F 4() F 2() F 42(2) 0 2 F 2( ) Por tanto dim(im (f)) = 2 y una base de Im (f) es B = ( 0 ) (0 2)}. Por otra parte α = f( ) = ( ) = α( 0 ) + β(0 2) β = En consecuencia f( ) = ( ) B. PROBLEMA 2. (a) Si p(x) = a 0 + a x + a 2 x a n x n entonces p (x) = a + 2a 2 x + + na n x n. Por tanto U se puede escribir como U = p(x) = a 0 + a x + + a n x n Π n (R) / a } 0 + a + + a n = 0. a + 2a na n = 0 Como U está definido por 2 ecuaciones linealmente independientes dim(u) = dim (Π n (R)) 2 = n + 2 = n. (a2) Para n = 2: U = p(x) = a + bx + cx 2 Π 2 (R) / a + b + c = 0 } = b + 2c = 0 a + bx + cx 2 / b = 2c a = c = c 2cx + cx 2 / c R } = c( 2x + x 2 ) / c R } =< 2x + x 2 } >. Por tanto una base de U es B U = 2x + x 2 }. (b) Veamos que A = 2uu t vv t es simétrica: A t = (2uu t vv t ) t = 2(uu t ) t (vv t ) t = 2(u t ) t u t (v t ) t v t = 2uu t vv t = A. (b2) Para probar que u y v son autovectores de A hacemos los productos Au y Av. Tenemos en cuenta que como S = u v} es una base ortonormal se cumplen las siguientes relaciones: Así } = v t u = v u = 0 ; u t v = u v = 0 ; u t u = u u = u 2 = ; v t v = v v = v 2 =. Au = (2uu t vv t )u = 2uu t u vv t u = 2u(u t u) v(v t u) = 2u Av = (2uu t vv t )v = 2uu t v vv t v = 2u(u t v) v(v t v) = v = ( )v.

4 De aquí se deduce que u es un autovector de A asociado al autovalor λ = 2 y v es un autovector de A asociado al autovalor λ 2 =. Como A M 2 2 (R) sus únicos autovalores son 2 y por lo que Sp(A) = 2 }. (b) Los valores singulares de A son las raíces cuadradas positivas de los autovalores de B = A t A. Como A es simétrica y Sp(A) = 2 } se tiene: B = A t A = AA = A 2 = Sp(B) = 2 2 ( ) 2} = 4 }. Por tanto los valores singulares de A son σ = 4 = 2 σ 2 = =. PROBLEMA. (a) Dado que λ = 7 es un autovalor triple de A y A M 4 4 (R) el espectro de A es Sp(A) = λ µ} donde µ es un autovalor simple. Para calcular µ utilizamos que la traza de A es la suma de sus autovalores contados con su multiplicidad. Así tr (A) = λ + µ = 2 + µ = = 9 = µ = 9 2 = 2. Por tanto Sp(A) = 7 2} con m.a. (7) = m.a. ( 2) =. (b) La matriz A es diagonalizable porque es una matriz simétrica real. Para calcular una base de R 4 formada por autovectores de A hallamos una base de cada uno de los subespacios propios V (7) = Ker (A 7I) y V ( 2) = Ker (A + 2I). En primer lugar Esta matriz tiene rango y por tanto A 7I = V (7) = Ker (A 7I) = (x y z t) R 4 / 2x y + 2t = 0} = (x y z t) R 4 / y = 2x + 2t} = = (x 2x + 2t z t) / x z t R} = x( 2 0 0) + z(0 0 0) + t(0 2 0 ) / x z t R} = =< ( 2 0 0) (0 0 0) (0 2 0 )} >.. Para calcular V ( 2) hacemos operaciones elementales en la matriz A + 2I: A + 2I = F 2( 5) F 4( 4) F 2(/9) F F 42( ) F (/9) F 2(2) F ( /2)

5 Por tanto V ( 2) = Ker (A + 2I) = (x y z t) R 4 / x + t = 0 2y + t = 0 z = 0} = = (x y z t) R 4 / x = 2y z = 0 t = 2y} = (2y y 0 2y) / y R} = y(2 0 2) / y R} = =< (2 0 2)} >. Finalmente una base de R 4 formada por autovectores de A es C = ( 2 0 0) (0 0 0) (0 2 0 ) (2 0 2)} (c) Si denotamos p(x) = x 7 entonces A 7I = p(a). Dado que Sp(A) = 7 2} con m.a. (7) = m.a. ( 2) = se tiene que Sp(A 7I) = Sp(p(A)) = p(7) p( 2)} = 0 9} con m.a. (0) = m.a. ( 9) =. Por tanto el polinomio característico de A 7I es q(x) = x (x + 9) = x 4 + 9x. (d) Razonando como antes el espectro de A + αi es Sp(A + αi) = 7 + α 2 + α} con m.a. (7 + α) = m.a. ( 2 + α) =. Como el signo de los autovalores determina la clasificación de la forma cuadrática estudiamos el signo de 7 + α y 2 + α según los distintos valores de α. Es claro que 7 + α > 0 α > 7 y 2 + α > 0 α > 2. Por lo tanto ω α es definida negativa si α < 7; semidefinida negativa si α = 7; indefinida si 7 < α < 2; semidefinida positiva si α = 2; definida positiva si α > 2. PROBLEMA 4. (a) Los valores singulares de M son las raíces cuadradas positivas de los autovalores de M t M M t M = = Calculamos el polinomio característico de M t M: 0 x 0 6 M t M xi = 0 4 x 0 = (4 x) 0 x x 6 0 x = (4 x)(6 x) 6 0 x = (4 x)2 (6 x). F 2() = (4 x) 6 x 6 x 6 0 x Por tanto Sp(A) = 4 6} con m.a. (4) = 2 m.a. (6) = y los valores singulares de M son σ = 6 = 4 σ 2 = σ = 4 = 2. = 5

6 (b) La la solución en el sentido de mínimos cuadrados del sistema Mx = b es la solución del sistema M t Mx = M t b. Ya hemos calculado M t M en el apartado anterior. M t M = ; M t b = 2 2 = Por tanto el sistema resulta: x y z = 5 0x + 6z = 5 4y = 6x + 0z = De la primera y la tercera ecuaciones se obtiene que x = /2 z = 0. De la segunda obtenemos y = /4. Por tanto la solución de mínimos cuadrados es x y = /2 /4. z 0 6