Primer Examen Parcial

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1 Primer Parcial. -. R- -. Departamento de Matemática Aplicada II. Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla. Primer Examen Parcial. --. Ejercicio. (a) Sea Q : R R la forma cuadrática definida mediante Q(x, y, z) = x + y + αz xy 6yz + xz (α R). (a) Reduce Q a suma de cuadrados (dando las relaciones entre las variables iniciales y las finales) y estudiala en función de α. (a) Tomando α =, determina (si es posible) dos puntos (x, y, z) R tales que Q(x, y, z) = 4. (a) Completando cuadrados tenemos, Por tanto, Q(x, y, z) = [x + x( y + z) + y + αz 6yz = [x + ( y + z) ( y + z) + y + αz 6yz = [x y + z y z + yz + y + αz 6yz = [x y + z + y + (α )z 4yz = [x y + z + (y z) z + (α )z = [x y + z + (y z) + (α )z = x + y + (α )z siendo x = x y + z, y = y z, z = z. Si α > ( α > ) la forma cuadrática es definida positiva (los tres coeficientes son positivos); Q(x, y, z) >, (x, y, z) (,, ). Si α = ( α = ) la forma cuadrática es semi-definida positiva (hay dos coeficientes positivos y uno nulo); Q(x, y, z), (x, y, z) R y (x, y, z ) (,, ) tal que Q(x, y, z ) =.

2 R- Primer Parcial. -. Si α < ( α < ) la forma cuadrática es indefinida (hay dos coeficientes positivos y uno negativo); (x, y, z ) tal que Q(x, y, z ) > y (x, y, z ) tal que Q(x, y, z ) <. (a) Para α = la forma cuadrática es indefinida, es decir, existen puntos para los que toma valores negativos y otros para los que alcanza valores positivos. Para obtener puntos (x, y, z) para los que Q(x, y, z) = 4 bastará obtener las coordenadas (x, y, z ) y puesto que tenemos la expresión en suma de cuadrados esto es inmediato. Por ejemplo, Q(x =, y =, z = ±) = 4. Las coordenadas (x, y, z) las obtenemos de resolver los sistemas correspondientes (x =, y =, z = ), x = x y + z = y = y z = z = z = ± = x = y = z = ± z = ± = (x =, y =, z = ). Ejercicio. (b) Calcula la ecuación reducida y (dando sus elementos característicos) representa gráficamente la cuádrica de ecuación 4x + 4y z 6x 8y + 6 =. De qué tipo de cuádrica se trata? Es una superficie de revolución? Completando cuadrados tenemos 4x + 4y z 6x 8y + 6 = 4(x ) 6 + 4(y ) 4 z + 6 = (x ) + (y ) z 4 =. Por tanto, la ecuación representa a un Z hiperboloide de una hoja con centro (de { simetría) en el punto (,, ) y x = eje la recta y =. La superficie dada es una superficie de revolución puesto que al cortar con planos paralelos al plano OXY (perpendiculares al eje del hiperboloide) z = k se obtienen circunferencias (x ) + (y ) = + k 4. X Y (,, ) { x = y =

3 Ejercicio. R- Ejercicio. (c) Calcula A n siendo A = Siendo I la matriz identidad de orden 4, podemos expresar la matriz A mediante A = I + y, puesto que la matriz I conmuta con cualquier otra matriz (4 4), podemos aplicar la fórmula del binomio de Newton a la potencia (I + B) n siendo B = y obtenemos A n = ( (I + ) B) n = ( n n = (I) n B + + m ) ( n (I) n m B m + + n ) (I) n n B n. Puesto que B =, tenemos que B k = para k =,,... y, por tanto, para n se verifica n n n A n = (I + B) n = n I + n n B + = n n n n. n

4 R-4 Primer Parcial. -. Ejercicio. Considera la matriz A A = Sin hacer intercambios de filas, reduce A a forma escalonada por filas y de lo que obtengas deduce: (a) La factorización A = LU. (b) La dimensión y una base de Col (A). (c) La dimensión y una base de Nul (A). Hacemos la reducción por filas almacenando en las posiciones por debajo de la diagonal los coeficientes utilizados para hacer los ceros,. A F F F + F F 4 F F + F F 4 F -. (a) Por tanto: A = LU siendo L =, U = -. (b) Puesto que las posiciones pivote obtenidas en la forma escalonada (por filas) están en las columnas,, y 5, las correspondientes columnas de A son linealmente independientes y generan todo el espacio columna de A (puesto que la columna 4 de la forma escalonada es combinación lineal de las tres anteriores, lo mismo sucede para las correspondientes columnas de A). Por tanto, las columnas,, y 5 de A forman una base de Col (A) y la dimensión de Col (A) es 4 (el rango de A es 4). Una base de Col (A) es v =, v = 4, v =, v 5 =. (c) La dimensión de Nul (A) = {x R 5 : Ax = } es (el número de variables libres): dim [Nul (A) = n dim [Col (A) = 5 4 =.

5 Ejercicio. R-5 Resolviendo el sistema Ax = (equivalentemente el sistema Ux = ) obtenemos - x x x x 4 x 5 Por tanto, Nul (A) = Gen {u}, F F F F 4 F + F 4 {u} es una base de Nul (A) y la dimensión de Nul (A) es. = α α α α - = αu α R, siendo u =.

6 R-6 Primer Parcial. -. Ejercicio. (a) Da la interpretación geométrica y expresa en forma compleja y en forma matricial el resultado de las siguientes transformaciones en el plano (en el orden dado) Giro de centro el origen y ángulo ϕ = π. Simetría respecto al eje OY. Homotecia de centro el origen y razón ρ =. Traslación de vector (, ). Giro de centro el origen y ángulo ϕ = π : z C z = e π i z C. Simetría respecto al eje OY : z C z = z C. z z z π/ z z Homotecia de centro el origen y razón ρ = : z C z = z C. Traslación de vector (, ): z C z 4 = z + i C. z z z 4 z (, ) Por tanto, el resultado de las transformaciones dadas sobre un punto z es, en forma compleja, [ z C w = z 4 = e π i z + i = e π i z + i C. Para obtener la expresión vectorial basta con obtener las partes real e imaginaria de w = u+iv en función de las partes real e imaginaria de z = x + iy. w = u + iv = [ cos( π ) + i sen( π ) (x iy) + i = = = [ i (x iy) + i [ x y i x i y + i.

7 Ejercicio. R-7 Por lo tanto, u = [ x y + [ v = x y [ u v = [ [ x y + [. Obteniendo paso a paso la expresión matricial tendríamos [ [ [ u [ x = v y + [. Ejercicio. (b) Calcula { la ecuación de la superficie de revolución que se obtiene al girar la recta x = d alrededor del eje OZ. y + z = Z Al girar un punto (, y, z) del plano OY Z alrededor del eje OZ se obtienen los puntos de coordenadas (X, Y, Z) dados mediante (x =, y, z) θ (X, Y, Z) X = y sen θ Y = y cosθ θ π Z = z O Y siendo θ el ángulo que forman los vectores (, y, ) y (X, Y, ). X Por tanto, X + Y = y y si el punto (, y, z) está en la recta dada obtenemos La superficie de revolución que se obtiene = X + Y = y = ( z) = ( Z). es un cono circular recto con vértice en el punto (,, ) y eje OZ y tiene por ecuación X + Y = ( Z).

8 R-8 Primer Parcial. -. Ejercicio. (c) Determina cual de los siguientes enunciados, referidos a una matriz real A m n, no es equivalente a los restantes y da condiciones equivalentes a dicho enunciado A El sistema homogéneo Ax = tiene solución única. B Los vectores columna de la matriz A son linealmente independientes. C Para cada b R m, el sistema de ecuaciones Ax = b es compatible. D Para cada b R m, el sistema de ecuaciones Ax = b es o bien un sistema compatible determinando o bien un sistema incompatible. Qué relación debe existir entre m y n para que el sistema homogéneo Ax = pueda tener solución única? (Justifica la respuesta) Los enunciados A, B y D son todos equivalentes entre sí (si un sistema homogéneo es compatible determinado, un sistema completo con la misma matriz de los coeficientes de las incógnitas puede ser o bien compatible determinado o bien incompatible) y equivalentes a que Nul (A) = {} (y esto es lo mismo que decir que no hay variables libres o que rango(a) = n o que el número de pivotes coincide con el número de columnas). Desde el punto de vista de la transformación lineal definida por la matriz A, x R n y = Ax R m (si la matriz A es real), estos enunciados son equivalentes a decir que ésta transformación lineal es inyectiva (su núcleo es el subespacio nulo). El enunciado C es equivalente a que todo vector de R m se pueda expresar como combinación lineal de las columnas de A y, por tanto es equivalente a decir que Col (A) = R m o, lo que es lo mismo, que el rango de A es m (o que el número de pivotes coincide con el número de filas). Desde el punto de vista de la transformación lineal definida por la matriz A, x R n y = Ax R m (si la matriz A es real), el enunciado C es equivalente a decir que ésta transformación lineal es sobreyectiva (su espacio imagen es el total R m ). Si un sistema homogéneo Ax = tiene solución única es porque el rango es igual al número de columnas (el número de pivotes coincide con el número de columnas) y por tanto el número de filas tiene que ser mayor o igual (puesto que en cada fila de A hay a lo sumo un pivote), es decir tiene que ser m n.

9 Ejercicio 4. R-9 Ejercicio 4. Considera los subespacios vectoriales E y F de R 4 definidos mediante E = Gen u =, u =, u = 5 4, F (a) Determina E F y E + F en forma implícita y en forma paramétrica. (b) Calcula una base de E, una base de F y una base de E + F. x +x +x +x 4 =, x +x x x 4 =, x +x +4x +4x 4 =, x +x +5x +5x 4 =. (c) Calcula las coordenadas de w respecto de la base de E + F obtenida en b) y expresa w = [,,, 4 T como suma w = u + v con u E y v F. Puesto que tenemos que obtener E F y E + F, conviene tener ambos subespacios en forma implícita y en forma paramétrica. El subespacio vectorial E viene definido en forma paramétrica (el subespacio vectorial E está formado por todas las combinaciones lineales de los vectores u, u y u ). Obtengamos unas ecuaciones implícitas que le definan. Puesto que E := { x R 4 : existen α, α, α, α 4 tales que x = α u + α u + α u } dicho subespacio está formado por los vectores x R 4 tales que el sistema [A x es un sistema compatible donde A es la matriz cuyas columnas son los vectores u, u y u. Reduciendo el sistema a forma escalonada tenemos: 5 x x 4 x x 4 F F F + F F 4 F 5 x - 9 x x 9 x + x x 4 x F + F F 4 + F 5 x - 9 x x x + x + x 5 x x + x 4. Por tanto E = {x R 4 : x + x + x = } y, teniendo en cuenta los pivotes que hemos obtenido, los vectores {u, u, u } son linealmente independientes (y forman una base de E) y dim (E) =. El subespacio vectorial F viene definido en forma implícita (como conjunto-solución de un sistema homogéneo). Resolvamos el sistema homogéneo que determina al subespacio para obtener unas ecuaciones paramétricas (y una base y la dimensión de dicho

10 R- Primer Parcial. -. subespacio). Expresamos el sistema en forma matricial y reducimos a forma escalonada: F F F F F 4 F Por tanto operaciones fila = F = Gen x x x x 4 v = = α F F + β, v =. siendo {v, v } una base de F y, por tanto, dim (F) =. Notemos además que las ecuaciones asociadas a la forma escalonada obtenida son unas ecuaciones implícitas que definen F (y son el menor número de ecuaciones implícitas que pueden definir F) { x +x F =, x +x 4 =. (a) Puesto que tenemos unas ecuaciones implícitas de E y de F, tenemos unas ecuaciones implícitas de E F y, resolviendo el sistema, tendremos unas ecuaciones paramétricas, x +x +x = E F x +x = - - x +x 4 = - x x x x 4 = α α α α = αw siendo w = Por tanto E F = Gen {w }, una base de E F es {w } y dim (E F) =. Teniendo en cuenta las dimensiones de E, F y E F, podemos obtener la dimensión de E + F, dim (E + F) = dim (E) + dim (F) dim (E F) = + = 4 y, puesto que E + F R 4, tenemos que E + F = R 4 y, por ejemplo, la base canónica de R 4 es una base de E +F. Así tenemos la descripción paramétrica de E +F asociada.

11 Ejercicio 4. R- a dicha base x = α, x = α, x = α, x 4 = α 4 (α, α, α, α 4 arbitrarios). Dados 4 vectores linealmente independientes de R 4, una combinación lineal genérica de éstos nos dará una descripción paramétrica de E + F. Puesto que todos los vectores de R 4 están en E + F, no hace ninguna ecuación implícita para caracterizar los vectores que están en E + F (o si se quiere la ecuación x + x + x + x 4 = ). (b) Antes hemos calculado una base de E y una base de F así como una base de E + F (teniendo en cuenta quién es el subespacio E + F). Puesto que en el apartado (c) se pide expresar un vector de E + F como suma de un vector de E y uno de F, conviene tener una base de E + F formada por vectores de E y por vectores de F. Para esto consideremos una base de E y una base de F y del conjunto formado por todos esos vectores extraeremos una base de E + F, 5 4 F F F + F F 4 F F F 4 F + F F 4 + F Teniendo esto en cuenta se obtiene que los cuatro primeros vectores-columna {u, u, u, v } de la matriz considerada son linealmente independientes y el quinto v es combinación lineal de los anteriores. Por tanto {u, u, u, v } es una base del subespacio (E + F) generado por los 5 vectores columna de la matriz original. (c) Las coordenadas del vector w = [,,, 4 T respecto de la base B = {u, u, u, v } son los los coeficientes [α, α, α, α 4 T para los cuales se cumple la igualdad w = α u + α u + α u + α 4 v, es decir, vendrán dadas por la solución del sistema de ecuaciones 5 4 α α α α 4 = w = 4,

12 R- Primer Parcial F F F + F F 4 F F + F 4 F F 4 F + F 4 Por tanto w = u + u v y basta tomar u = u + u = F F E y v = v = para obtener una descomposición como la pedida. F + F F 4 F F + F α α α α 4 F =.

13 Segundo Parcial. -. R- -. Departamento de Matemática Aplicada II. Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla. Segundo Examen Parcial Ejercicio. Consideremos la matriz A y el vector w dados por A = 7 6 (a) [ puntos Estudia si A es diagonalizable., w = (b) [ puntos Estudia si w es un autovector o un autovector generalizado de A (o ninguna de las dos cosas). (c) [ puntos Calcula A 5 w. (d) [ puntos Es diagonalizable A T A mediante una matriz de paso ortogonal? Justifica la respuesta.. (a) Estudia si A es diagonalizable. En primer lugar, calculamos los autovalores de A obteniendo y resolviendo la ecuación característica p(λ) = det (A λi) =, p(λ) = det (A λi) = = ( λ) λ λ λ λ 7 6 λ λ λ + ( ) = 7 6 λ λ desarrollando por los elementos de la primera columna + = = ( λ)( λ) (λ 6 7λ) = λ 4 λ λ + 7λ + 6 =. = Buscando soluciones entre los divisores de 6 (el término independiente de la ecuación polinómica obtenida): ±, ±, ±, ±6, tenemos que p() = 8, p( ) =

14 R-4 Segundo Parcial. -. y por tanto, ya tenemos una solución, λ =, de la ecuación característica y dividiendo p(λ) por λ + tenemos que y por tanto, p(λ) = (λ + ) ( λ 4λ + λ + 6 ). El cociente obtenido, λ 4λ + λ + 6, también se anula para λ = y volviendo a dividir por λ + tenemos la ecuación cuyas soluciones son p(λ) = (λ + ) ( λ 5λ + 6 ) = λ = (doble), λ = (simple), λ = (simple). El que la matriz A sea o no diagonalizable dependerá exclusivamente de que la multiplicidad geométrica de su único autovalor múltiple λ = coincida o no con su multiplicidad algebraica. Estudiemos, por tanto, la multiplicidad geométrica de λ =, es decir, la dimensión del espacio propio asociado Nul (A λ I) = Nul (A + I). (A + I) x = operaciones fila Puesto que tenemos posiciones pivote, el rango de la matriz A+I es y la multiplicidad geométrica de λ será mg(λ ) = 4 = < ma(λ ) =. Por tanto la matriz A, NO es diagonalizable. (b) Estudia si w es un autovector o un autovector generalizado de A (o ninguna de las dos cosas). Haciendolo en el orden en el que está enunciado: Para comprobar si w es un autovector de A bastará comprobar si Aw es o no un múltiplo de w, Aw = 7 6 = Por tanto, w no es un autovector de A. λ λ C. Comprobemos si w es o no un autovector generalizado de A. Si lo es, estará asociado al único autovalor múltiple λ =. Tenemos que comprobar si se verifica la.

15 Ejercicio. R-5 igualdad (A + I) w =. Puesto que ya hemos calculado Aw, (A + I) w = Aw + w = + = (A + I) w = (A + I) =. Por tanto, w es un autovector generalizado de A. (c) Calcula A 5 w. Puesto que (A + I) w =, se verifica que (A + I) k w = para k y, aplicando la fórmula del binomio de Newton, tenemos A 5 w = (A + I I) 5 w = = [ ( 5 ( I) 5 + ) ( 5 ( I) 49 (A + I) + = w 5(A + I)w = ) ( I) 48 (A + I) + w 5 = (d) Es diagonalizable A T A mediante una matriz de paso ortogonal? Justifica la respuesta. Por el Teorema espectral para matrices (reales) simétricas, una matriz (real) es simétrica si y sólo si es diagonalizable ortogonalmente, es decir, si y sólo si es diagonalizable con una matriz de paso ortogonal. Teniendo esto en cuenta, lo único que tenemos que comprobar es si la matriz A T A es simétrica. Y lo es puesto que ( A T A ) T = A T ( A T) T = A T A..

16 R-6 Segundo Parcial. -. Ejercicio. (a) [4 puntos Consideremos una matriz A real m n, el subespacio S = Col (A) y un vector b R m. Demuestra que los sistemas de ecuaciones Ax = proy S (b) y A T Ax = A T b son compatibles y tienen los mismos conjuntos de soluciones. Qué tiene que verificar la matriz A para que los sistemas anteriores tengan solución única? (b) [4 puntos Consideremos los vectores y el subespacio vectorial dados por α α v =, v = α, u = ; S x + x + αx =. Determina α sabiendo que proy S (v ) = proy S (v ) = u. (un dibujo puede ayudar) (c) [ puntos Sea A una matriz cuadrada de orden 5 cuyo rango es. Qué sucede al aplicar el método de Gram-Schmidt a los vectores columna de A? Cuántas veces? Por qué? (a) Teoría (Soluciones en mínimos cuadrados y ecuaciones normales de Gauss). (a.) El sistema Ax = proy S (b) es compatible. Puesto que proy S (b) S = Col (A), tenemos que proy S (b) se puede expresar como combinación lineal de las columnas de A, los pesos (coeficientes) de cada una de las posibles formas de expresar proy S (b) como combinación lineal de las columnas de A darán lugar a un vector solución x de Ax = proy S (b). A = A... A j... A n = x A + + x j A j + + x n A n = A Col (A) = {Ax : x R n } = {y R m : Ax = y es un SC}. (a.) Toda solución de Ax = proy S (b) es solución de A T Ax = A T b. Si x R n verifica Ax = proy S (b), entonces, multiplicando a la izquierda por A T tenemos que A T Ax = A T proy S (b). Por otra parte, A T b = A T (b proy S (b) + proy S (b)) = A T (b proy S (b)) + A T proy S (b) y, puesto que b proy S (b) = proy S (b) S = [Col (A) = Nul (A T ) = A T (b proy S (b)) = obtenemos que A T b = A T proy S (b) y por tanto x verifica A T Ax = A T b. x x. x n,

17 Ejercicio. R-7 (a.) Toda solución de A T Ax = A T b es solución de Ax = proy S (b). Si un vector x R n verifica A T Ax = A T b tenemos A T Ax = A T b A T (b Ax) = b Ax Nul (A T ) = Col (A). Por tanto, } Ax S = Col (A) b Ax S = Ax es la proyección ortogonal de b sobre S Ax = proy S (b). Los apartados (a.) y (a.) nos dicen que los dos sistemas citados (que no son equivalentes en el sentido de que se pueda pasar de uno a otro mediante operaciones elementales fila) tienen los mismos conjuntos de soluciones. Junto con el apartado (a.) nos dicen que los sistemas considerados son siempre compatibles. Notemos que el sistema Ax = proy S (b) es un sistema de m ecuaciones con n incógnitas mientras el sistema A T Ax = A T b es un sistema de n ecuaciones con n incógnitas. (a.4) Qué tiene que verificar la matriz A para que los sistemas anteriores tengan solución única? Si tenemos un sistema de ecuaciones Ax = y que es compatible, puesto que [ solución general de Ax = y = [ solución particular de Ax = y + [ solución general de Ax = se verifica que Ax = y es un sistema compatible determinado lo es el sistema homogéneo asociado Ax =. Por tanto, los sistemas considerados tendrán solución única si y sólo si el sistema homogéneo Ax = tiene solución única. Esto es equivalente a que los vectores columna de A sean linealmente independientes, o lo que también es equivalente, el rango de A es igual a n (número de columnas=número de pivotes). (b) Se trata de determinar el valor de α conociendo dos condiciones sobre los vectores y el subespacio dados, que proy S (v ) = proy S (v ) y que estás proyecciones son iguales al vector u. La condición proy S (v ) = proy S (v ) es equivalente a decir que el vector v v está en S con lo cual proy S (v ) = proy S (v ) v v = v v es múltiplo de α α 6 α S = Gen v v = α α 6 para algún c R. Resolviendo el sistema de ecuaciones que se obtiene α = c { α = α = c. c = 6 = cα α = c Hemos obtenido un único valor posible de α utilizando sólo una de las dos condiciones dadas, ahora hay que comprobar que efectivamente para dicho valor de α se verifican las α

18 R-8 Segundo Parcial. -. dos condiciones. Para obtener los vectores proyección sobre S lo más cómodo es trabajar con S que tiene dimensión. S x + x x = S = Gen proy S (v ) = = proy S (v ) = v Por tanto proy S (v ) = u y también proy S (v ) = u. Observaciones. = = u. () Algunos alumnos han resuelto el ejercicio de la siguiente forma: Puesto que la proyección ortogonal de v sobre S es u, la proyección ortogonal de v sobre el subespacio R = Gen {u} generado por u también es u y, por tanto, tenemos u = proy S (v ) = proy R (v ) = v u u u = α + α + u α + α + = α +α =. Análogamente, para v tenemos u = proy S (v ) = proy R (v ) = v u u u = α α + u α α + = α = 4. El valor buscado de α (o posibles valores a priori) debe verificar las dos ecuaciones α + α = α = 4 Resolviendo obtenemos que el único valor posible es α =. Sin embargo, el argumento anterior no es completo puesto que }. proy S (v ) = u = = proy R (v ) = u (R = Gen {u}) y habría que comprobar que efectivamente el valor de α verifica las condiciones deseadas (No se ha penalizado la no comprobación de dichas condiciones a posteriori). () Si tenemos una base {w, w,...} de un subespacio vectorial S y un vector v, el vector dado por la fórmula v w w w + v w w w + es el vector proyección ortogonal de v sobre S cuando la base es una base ortogonal de S. Si la base de S dada no es ortogonal, la expresión anterior da lugar a un vector de S que no es la proyección ortogonal de v sobre S.

19 Ejercicio. R-9 (c) Sea A una matriz cuadrada de orden 5 cuyo rango es. Qué sucede al aplicar el método de Gram-Schmidt a los vectores columna de A? Cuántas veces? Por qué? Puesto que el rango de A es, la dimensión del espacio Col (A) es y por tanto, si consideramos los vectores columna de A en el orden en el que aparecen en la matriz, hay 5 = 4 vectores que se pueden expresar como combinación lineal de los anteriores (en el caso del primer vector columna, puede suceder que sea nulo). Al aplicar el método de Gram-Schmidt a los vectores columna de A, cada vez que lleguemos a un vector que es combinación lineal de los anteriores, obtendremos el vector nulo puesto que un paso típico del método de Gram-Schmidt consiste en obtener la proyección ortogonal del vector v k+ sobre el ortogonal del subespacio generado por los vectores anteriores, v k+ = v k+ proy Sk (v k+ ) S k = Gen {v,...,v k } con lo cual, si v k+ es combinación lineal de los anteriores tenemos que proy Sk (v k+ ) = v k+ y por tanto v k+ =. Resumiendo, al aplicar el método de Gram-Schmidt a los vectores columna de la matriz A: Qué sucede? Que en algunos pasos de dicho método se obtiene el vector nulo puesto que los vectores originales no son linealmente independientes. Cuántas veces? Cuatro. Cada vez que llegamos a un vector que es combinación lineal de los anteriores. Por qué? Porque un paso típico del método de Gram-Schmidt...

20 R- Segundo Parcial. -. Ejercicio. (a) [ puntos Sea A una matriz cuadrada diagonalizable cuyos únicos autovalores son λ = y λ = (con sus correspondientes multiplicidades). Demuestra que A = A. (b) [4 puntos Sean S y S los subespacios vectoriales de R 4 definidos mediante S x + x + x + x 4 =, S x + x x x 4 =. Determina el vector v R 4 sabiendo que sus proyecciones ortogonales sobre S y S son respectivamente 7 u = proy S (v) = 5 5, u = proy S (v) = 7. (c) [4 puntos Siendo S y S los subespacios vectoriales dados en el apartado anterior, calcula la matriz de la proyección ortogonal sobre el subespacio S = S S. (a) Puesto que A es diagonalizable, puede obtenerse una matriz P no-singular para la que se verifica que P AP = D es una matriz diagonal. La matriz P está formada, por columnas, por autovectores de A que son linealmente independientes (que formarán una base de R n o de C n ). Los elementos diagonales de la matriz D son los autovalores de A (en el orden correspondiente a los autovectores dados en P). Puesto que los autovalores λ de A son cero o uno, en cualquier caso tenemos que λ = λ y por tanto D = D. Así, tenemos A = PDP = P P = = A = PDP PDP = PD P = PDP = A. (b) Es inmediato comprobar que u S y que u S. Entonces tenemos, u = proy S (v) v u S = Gen = v = u + α

21 Ejercicio. R- para algún α R. De forma análoga u = proy S (v) v u S = Gen v = u + β para algún β R. Por tanto, v = α = β Y basta con resolver el sistema de ecuaciones lineales en α y β que se obtiene: α β = 4 α β = 4 α + β = α + β = Por tanto, existen dos números reales α y β tales que v = = 7 7 { α =, β =. = Observación. El vector v se puede obtener de otras muchas formas (no muy distintas), por ejemplo utilizando que ) proy S (v) = proy S (u + proy S (v) = (c) Matriz de la proyección ortogonal sobre el subespacio S = S S S = S S { x + x + x + x 4 = x + x x x 4 = S = Nul S = Col = Gen w = Puesto que {w, w } es una base ortogonal de S, tenemos que { } { w w, w = w w, } w [, w =.

22 R- Segundo Parcial. -. es una base ortonormal de S y, por tanto, la matriz de la proyección ortogonal sobre S es T [ P S = = 4 = = Teniendo en cuenta que. proy S (w) + proy S (w) = w, w R 4, para las correspondientes matrices de proyección se verifica que P S + P S = I y, por tanto, la matriz de la proyección ortogonal sobre S es P S = I P S = = Observaciones: () No conlleva ninguna dificultad adicional el calcular directamente la matriz P S sin pasar por la matriz de la proyección ortogonal sobre S, siempre y cuando no se aplique de manera incorrecta la fórmula P S = UU T siendo U una matriz cuyos vectores-columna... () Puesto que se trataba de calcular la matriz de la proyección ortogonal sobre un subespacio vectorial de R 4 (lo que quiere decir que al multiplicar un vector de R 4 por dicha matriz el resultado es el vector, de R 4, que se obtiene como proyección ortogonal del vector dado sobre el subespacio considerado), dicha matriz tiene que ser una matriz 4 4..

23 Examen de Junio (Segundo Parcial). -. R- -. Departamento de Matemática Aplicada II. Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla. Examen Final de Junio (Segundo Parcial) Ejercicio. Considera la matriz A dada por A = (.) [4 puntos Determina, si es posible, una base de R formada por autovectores y autovectores generalizados de A. (.) [4 puntos Calcula A n para n =,,.... (.) [ puntos Calcula los autovalores y autovectores de A + I y determina los vectores b R para los que el sistema de ecuaciones es compatible.. (A + I)x = b (.) Determina, si es posible, una base de R formada por autovectores y autovectores generalizados de A. Calculemos los autovalores de A: Ecuación característica 5 λ p(λ) = det(a λi) = 8 λ 4 λ = λ ( 5 λ) 4 8λ = = λ 5λ 8λ 4 =. Puesto que p( ) = =, p(λ) es divisible por λ + y tenemos y, por tanto, p(λ) = (λ + ) [ λ 4λ 4 = (λ + )(λ + ). Los autovalores de A son, por lo tanto, λ = (simple) λ = (doble). Autovectores asociados a λ = :

24 R-4 Examen de Junio (Segundo Parcial). -. (A + I)x = Nul (A + I) = Gen Autovectores asociados a λ = : (A + I)x = 8 4 Puesto que x x x = x = x 4 Nul (A + I) = Gen v = x x x -4 - = x 4 = Gen v = 4. mg(λ ) = dim (A λ I) = < ma(λ ) = 4 4. la matriz A NO es diagonalizable, y no puede obtenerse una base de R formada exclusivamente por autovectores. Necesitamos recurrir al cálculo de autovectores generalizados (asociados al único autovalor múltiple). [ Autovectores generalizados asociados a λ = : Nul (A + I) k, (A + I) x = 8 4 x x x = Nul [(A + I) = Gen x x x = x, x Para obtener una base de R formada por autovectores y autovectores generalizados de A basta tener una base de Nul (A + I) y una base de Nul [(A + I). Puesto que Nul [(A + I) Nul [ (A + I)

25 Ejercicio. R-5 podemos tomar como base de Nul [(A + I) una que este formada por un autovector y un autovector generalizado, por ejemplo v =,w =. Por tanto, {v, v, w} es una base de R formada por autovectores y autovectores generalizados de A. (.) Calcula A n para n =,,.... Para obtener la matriz A n bastará obtener el resultado del producto A n P siendo P una matriz no-singular, y de ahí despejar A n multiplicando por P a la derecha. Equivalentemente, basta obtener el producto de A n por cada uno de los vectores de una base de R (para los que sea cómodo calcular A n v) y a partir de esos resultados despejar A n. Una base de R apropiada para este problema sería una base formada por autovectores (si la hubiera, que en nuestro caso no la hay, puesto que A no es diagonalizable) puesto que para un autovector v de A asociado a un autovalor λ se verifica que A n v = λ n v. Ya que no podemos tener una base de R formada exclusivamente por autovectores, recurrimos a los autovectores generalizados. En el apartado anterior hemos obtenido una base de R {v, v, w} formada por autovectores y autovectores generalizados. Para los autovectores tenemos: A n v = λ n v = ( ) n v A n v = λ n v = ( ) n v y puesto que para el autovector generalizado w se verifica (A + I) w =, aplicando la fórmula del binomio de Newton tenemos A n w = (A + I I) n w = = [ ( n ( I) n + ) ( I) n (A + I) + w = = ( ) n w + n( ) n (A + I)w + ( n = ( ) n w + n( ) n (A + I)w + + = = ( ) n w + n( ) n (A + I)w = = ( ) n + n( ) n 6 4 = ( ) n ) ( ) n (A + I) w + = + n + n n.

26 R-6 Examen de Junio (Segundo Parcial). -. Expresando las anteriores igualdades vectoriales en forma matricial tenemos ( ) n ( ) n ( + n)( ) n A n v v w = ( ) n 4 ( ) n ( + n)( ) n = ( ) n+ 4 ( ) n n( ) n y despejando A n A n = ( ) n = ( ) n = ( )n = ( ) n n ( + n) n 4 n ( + n) n 4 n+ n n+ n ( + n) n 4 n ( + n) n 4 n+ n n+ n ( + n) n 4 n ( + n) n 4 n+ n n+ v v w = = + n n+ (n ) n+ (n ) n 8 + (n ) n+ 8 (n 5) n+ 8 (n 8) n 8 (n ) n+ 8 + (n ) n+ 8 + (n ) n+ Observación. De las expresiones consideradas podemos obtener una factorización de A n : A n v = λ n v. A n v = λ n v A n w = λ n w + nλ n (A + I)w = λ n w + nλ n v λ n = A n v v w = v v w λ n nλ n λ n λ n A n = v v w λ n nλ n v v w λ n (.) Calcula los autovalores y autovectores de A + I y determina los vectores b R para los que el sistema de ecuaciones (A + I)x = b es compatible. Un vector u R, u es un autovector de A + I asociado a un cierto autovalor µ si, y sólo si, se verifica que (A+I)u = µu. Equivalentemente, Au = (µ )u. Es decir, un vector u R, u es un autovector de A + I asociado a un cierto autovalor µ si, y sólo si, λ = µ es un autovalor de A y u es un autovector de A asociado a λ = µ. Por tanto:.

27 Ejercicio. R-7 λ = autovalor de A µ = λ + = autovalor de A + I λ = autovalor de A µ = λ + = autovalor de A + I En lo que se refiere a los autovectores correspondientes tenemos: } λ =, Nul (A λ µ = I) = Nul (A + I µ I) = Nul (A + I) = Gen {v }, λ =, µ = } Nul (A λ I) = Nul (A + I µ I) = Nul (A + I) = Gen {v }. Por último, el conjunto { b R : (A + I)x = b es un sistema compatible } no es otra cosa que el espacio columna de A+I. Con las operaciones que hemos hecho a la hora de calcular los autovectores de A asociados a λ =, se obtiene que dicho espacio columna coincide con el subespacio generado por las dos primeras columnas de A + I, es decir Gen 8 4,. Este subespacio vectorial lo podríamos pasar a forma implícita, sin más que imponer la condición de compatibilidad del sistema b 8 b 4 b y se obtiene la ecuación 4b b b =.

28 R-8 Examen de Junio (Segundo Parcial). -. Ejercicio. (.) [ puntos Enuncia las propiedades más importante de los autovalores y autovectores de una matriz simétrica real y el Teorema espectral (para matrices reales simétricas). (.) [5 puntos Determina una matriz real simétrica A sabiendo que sus autovalores son λ = (simple) y λ = (doble) y que los vectores v =, v = son autovectores de A asociados respectivamente a λ y λ. (.) [ puntos Siendo A la matriz obtenida en el apartado anterior, calcula la matriz de la proyección ortogonal sobre el espacio nulo de A y sobre el espacio columna de A. (.) Si A es una matriz real simétrica se verifica: (a) Todos sus autovalores son reales. (b) Si u y v son dos autovectores (reales) de A correspondientes a autovalores distintos λ µ, entonces u y v son ortogonales, u v =. Teorema espectral para matrices reales simétricas : Siendo A una matriz real se verifica que (c) A es simétrica A es diagonalizable mediante una matriz de paso ortogonal. (.) Puesto que A es una matriz simétrica real, es diagonalizable ortogonalmente, es decir, podemos obtener una matriz ortogonal Q que verifica que λ Q T AQ = D = λ λ = Los vectores columna de Q son autovectores de A que forman una base ortonormal de R. El primer vector columna q de Q será un autovector unitario de A asociado a λ =, con lo cual podemos tomar q = v v = 6 El segundo y tercer vector columna q y q de Q serán dos autovectores de A asociados a λ = ortogonales y unitarios, con lo cual podemos tomar q = v v = 5...

29 Ejercicio. R-9 Por tanto, A será de la forma 5 A = QDQ T 6 = Observaciones: = = = = () A pesar de haberlo considerado, el vector v no ha sido necesario en la obtención de la matriz A puesto que λ =. De hecho, las restantes condiciones son suficientes para determinar A. Puesto que la dimensión de Nul (A λ I) = Nul (A) tiene que ser (A es diagonalizable) y todo vector de Nul (A λ I) = Nul (A) tiene que ser ortogonal a todo vector de Nul (A λ I) = Nul (A + I) (A es simétrica), necesariamente tiene que cumplirse Nul (A λ I) = Nul (A λ I) = [Gen {v } = Nul [ v T = x + x x = () Una buena opción para determinar A es considerar una descomposición espectral de A. Siendo {q, q, q } una base ortonormal de R formada por autovectores de A asociados respectivamente a λ =, λ y λ = λ, se verifica que A = λ q q T + λ q q T + λ q q T = ( )q q T + q q T + q q T = = tomando el vector q = v v dado antes = 6 6 [ =... () Un buen ejercicio (en el que habrá que obtener una base de Nul (A λ I)) es sustituir en el enunciado λ = por un valor λ y obtener la correspondiente matriz A. (.) Siendo A la matriz obtenida en el apartado anterior, calcula la matriz de la proyección ortogonal sobre el espacio nulo de A y sobre el espacio columna de A. Puesto que S = Col (A) = Gen v =,

30 R- Examen de Junio (Segundo Parcial). -. la matriz de la proyección ortogonal sobre Col (A) es P S = [ = Puesto que Nul (A) = [ Col (A T ) = [Col (A), la matriz de la proyección ortogonal sobre Nul (A) es P S = I P S = Observación. Para tener una interpretación geométrica de los ingredientes que aparecen en el ejercicio, notemos que si tenemos una base {u, u, u } de R, de forma que {u } genera S = Nul (A + I) = Col (A) y {u, u } generan su ortogonal, S = Nul (A), entonces cualquier vector v R se puede escribir como combinación lineal. con lo cual v = c v + c v + c v Av = c Av + c Av + c Av = c ( )v + v + v = c v. Por tanto al multiplicar la matriz A por un vector v S = Av = v, un vector v S = Av =. Tiene alguna relación la matriz A con proyecciones ortogonales y simetrías y los subespacios S (recta) y S (plano)?

31 Ejercicio. R- Ejercicio. (.) [4 puntos Halla la ecuación reducida, dando los cambios de variables adecuados, y representa la cónica de ecuación x + 4xy + 4y 5x + 5y =. (.) [4 puntos Sea S el subespacio de R 4 definido por S x +x +x +4x 4 =. Calcula los vectores de R 4 cuya proyección ortogonal sobre S es el vector u = [ T y cuya distancia a S es 5. (.) [ puntos Determina los valores de α para los que el sistema de ecuaciones x α y = α z tiene infinitas soluciones en el sentido de los mínimos cuadrados y calcula dichas soluciones. (.) Diagonalizamos ortogonalmente la matriz simétrica asociada a la parte cuadrática de la ecuación x + 4xy + 4y = [ x y [ [ [ x A = p(λ) = λ(λ 5). 4 y 4 Por tanto la ecuación dada es la de una cónica de tipo parabólico (parábola o par de rectas). Autovectores asociados al autovalor λ = 5: [ [ [ 4 x (A 5I)x = y [ = x [ v = Autovectores asociados al autovalor λ = : serán los vectores (no nulos) ortogonales a v (A es una matriz simétrica real). Tomamos [ v =. de forma que el sentido de giro de v a v es positivo. Por tanto, puesto que v = v = 5, la matriz Q = [ = 5 [ diagonaliza ortogonalmente a la matriz A: [ 5 AQ = Q, Q = Q T.

32 R- Examen de Junio (Segundo Parcial). -. Haciendo el cambio de variables [ [ x x x = 5 (x y ), = Q y y y = 5 (x + y ), y [ [ x x = x 5 (x + y), y = Q T y y = 5 ( x + y), y sustituyendo en la ecuación de la cónica, tenemos [ [ x x y Q T AQ + [ 5 5 [ x Q = 5x 5 5 (x y ) (x + y ) = 5x + 5y = y = x. Por tanto, la cónica dada es una parábola que tiene como vértice el punto y como ejes V = (x =, y = ) = (x =, y = ) Eje principal (de simetría): OY x = x = 5 (x + y) = x + y =, Eje secundario: OX y = y = 5 ( x + y) = y = x. Los cortes de la parábola con los ejes coordenados (originales) son Corte con OX: y = x x = (, ) 5x = = x = 5 ( 5, ) Corte con OY : x = 4y + y = (, ) 5y = = y = 5 (, 5 ) 4 4 Por tanto, la representación gráfica en los ejes originales es y Y x + 4xy + 4y 5x + 5y = Y X X ( 5, ) y 4 (, 5 4 ) x

33 Ejercicio. R- (.) Dado un vector v R 4, el vector proyección ortogonal de v sobre S es el único vector u de S para el cual v se puede expresar como para algún vector w S. Es decir, v = u + w proy S (v) = u v u S = Gen w = 4. Por tanto { v R 4 : proy S (v) = u } = { v R 4 : v = u + tw, t R }. Es decir, dicho conjunto no es otra cosa que la recta (en R 4 ) que pasa por u y tiene como vector dirección w. Puesto que dist (v, S) = v proy S (v), para determinar los vectores cuya proyección ortogonal sobre S es u y distan 5 de S basta determinar los valores de t R tales que v u = u + tw u = tw = t w = t = 5. Por tanto, los vectores pedidos en el enunciado son + 5 t = ± 5 = v = u+ 5 w = , v = u 5 w = (.) Un sistema de ecuaciones Ax = b, (A m n, b R m ) tiene infinitas soluciones en mínimos cuadrados si, y sólo si, el sistema de ecuaciones (compatible) Ax = proy S (b), S = Col (A), tiene infinitas soluciones y esto es equivalente a que el sistema homogéneo asociado Ax = tenga infinitas soluciones: Es decir, el sistema homogéneo es compatible indeterminado o, equivalentemente, los vectores-columna de A son linealmente dependientes. De forma esquemática: los siguientes enuciados son equivalentes: el sistema Ax = b tiene infinitas soluciones en mínimos cuadrados, el sistema Ax = tiene infinitas soluciones, las columnas de A son linealmente dependientes, el rango de A es menor que n. Calculemos los valores de α para los que los vectores columna de A son linealmente dependientes, α - α + - α +. α α α.

34 R-4 Examen de Junio (Segundo Parcial). -. Los vectores columna de A son linealmente dependientes si, y sólo si, en la forma escalonada se obtienen menos de pivotes, es decir si, y sólo si se verifica α + = y α = α =. Tenemos que calcular las infinitas soluciones en mínimos cuadrados del sistema que se obtiene para α = : x x =. x Mediante las ecuaciones normales de Gauss, por ejemplo, tenemos A T Ax = A T b, = 4 7 x y z = z En términos geométricos, el conjunto de soluciones en mínimos cuadrados es la recta de R que pasa por el punto ( 4,, ) y tiene como vector dirección (,, ). 7 7

35 Examen de Junio (Primer Parcial). -. R-5 -. Departamento de Matemática Aplicada II. Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla. Examen Final de Junio (Primer Parcial) Ejercicio 4. Sean E y F los subespacios vectoriales definidos por E = Col 4, x + x x x 4 =, F x + x x =, x + x 5x x 4 =. (4.) [ puntos Determina las ecuaciones implícitas de E y una base de F. (4.) [ puntos Calcula una base de E F y amplíala hasta una base de F. (4.) [ punto Calcula la dimensión de E + F. (4.4) [ puntos Demuestra que si {v, v,...,v r } es un conjunto de vectores de R n linealmente independientes y P es una matriz n n no-singular, entonces los vectores son linealmente independientes. Pv, Pv,...,Pv r (4.) Ecuaciones implícitas de E: - x x x 4 x 4 - x x + x x + x x 4 + x - x x + x x x x x 4 + x + x E { x + x x =, x + x + x 4 =, la dimensión de E es dim (E) = y una base de E es...

36 R-6 Examen de Junio (Primer Parcial). -. Una base de F: Resolvemos el sistema homogéneo que define F, F = Por tanto, { F x x x x 4 = x + x 4 x + x + x 4 =, x + x + x 4 =, y la dimensión de F es dim (F) =.. una base de F es u =, u = (4.) Calcula una base de E F y amplíala hasta una base de F. El subespacio vectorial E F viene dado en forma implícita mediante { x +x x = x +x +x 4 = E F { x +x +x 4 = x +x +x 4 = una base de E F es w = - - x x x x 4 = x 4. Para ampliar una base de E F F hasta una base de F, puesto que dim (E F) = y dim (F) = (y E F F), basta tomar un vector (no nulo) de E F (por ejemplo {w }) y un vector de F que sea linealmente independiente con el anterior, por ejemplo u. Así tenemos {w } base de E F, {w, u } base de F.

37 Ejercicio 4. R-7 (4.) Calcula la dimensión de E + F. Puesto que, como ya hemos calculado, tenemos que dim (E) = dim (F) =, dim (E F) = dim (E + F) = dim (E) + dim (F) dim (E F) = + =. (4.4) Demuestra que si {v, v,...,v r } es un conjunto de vectores de R n linealmente independientes y P es una matriz n n no-singular, entonces los vectores Pv, Pv,..., Pv r son linealmente independientes. Si tenemos una combinación lineal de los vectores Pv, Pv,..., Pv r igual al vector nulo c Pv + c Pv + + c r Pv r =, multiplicando (a la izquierda) por P obtenemos P (c Pv + c Pv + + c r Pv r ) = c P Pv + c P Pv + + c r P Pv r = = c v + c v + + c r v r =. Puesto que estamos considerando vectores v,...,v r linealmente independientes, la igualdad anterior sólo puede verificarse para c = c = =. Por tanto son linealmente independientes. {Pv, Pv,...,Pv r }

38 R-8 Examen de Junio (Primer Parcial). -. Ejercicio 5. (5.) [ puntos Reduce y clasifica, en función de a R, la forma cuadrática ϕ : R R definida por ϕ(x, x, x ) = x + ax + x 4x x + x x 8x x. (5.) [ puntos Determina el punto del plano que se obtiene a partir de z = +i al hacer un giro de ángulo θ = π/6 radianes alrededor de z = + i. (5.) [ puntos (5..) Calcula la parte imaginaria del coeficiente del término de grado de ( ) z + e i π 4. (5..) Resuelve (calcula todas las soluciones complejas de) la ecuación (z + + i) 4 = 4. (5.4) [ puntos Calcula la ecuación reducida y (dando sus elementos característicos) representa gráficamente la cuádrica de ecuación 4x y 4z + 8x + 4y 8z = 8. De qué tipo de cuádrica se trata? Es una superficie de revolución? (5.) Vamos a reducir a suma de cuadrados completando cuadrados. Comenzamos completando cuadrados en x, [ ϕ(x, x, x ) = x + x ( x + x ) + ax + x + 8x completando x = = cuadrados en x = = [x + ( x + x ) ( x + x ) + ax + x 8x x = [ siendo = y y = x x + x 4x x + 4x x + ax + x 8x x = [ = y + (a 4)x + x 4x x = = y + (x x ) x + (a 4)x = [ = y + y + (a 6)x. completando = cuadrados en x siendo y = x x Por lo tanto, la forma cuadrática es, según los valores de a R: a < 6 a = 6 a > 6 Indefinida Semidefinida Positiva Definida Positiva =

39 Ejercicio 5. R-9 (5.) Denotando por z al punto (del plano complejo) que se obtiene al hacer el giro indicado se verifica z z = e i π 6 (z z ) y por tanto, z = z + e i π 6 (z z ) = ( + i) + ( + i = + i + + i + i = + ( + ) ( + i) = + ) i. (5.) (5..) El término de grado del desarrollo de ( z + e i π 4 ) es ( ) (e ) i π 7 4 z = 9 8 7π ei 4 z = e i π 4 z y la parte imaginaria del coeficiente de z es Im ( ) ( e i π 4 = sen π ) = 6. 4 (5..) Un número complejo z es solución de la ecuación considerada si, y sólo si, w = z + + i es una raíz cuarta de 4. Basta por tanto obtener las cuatro raíces cuartas de 4 y a partir de ellas los valores de z: w = 4 4 = w = e i π 4 = + i = 4 w 4e iπ = e i( π 4 +π 4 ) = + i = w = e i( π 4 +π 4 ) = i w = e i( π 4 +π 4 ) = i z = z = z = w i = = z = i z = i. (5.4) Completando cuadrados (mediante expresiones del tipo x + a, y + b, z + c) tenemos 4x y 4z + 8x + 4y 8z = 4 (x + ) 4 (y ) (z + ) + 4 y, por tanto, la ecuación dada es equivalente a la ecuación (x + ) (y ) 4 (z + ) = (x ) (y ) (z ) = siendo 4 x = x +, y = y, z = z +. En resumen, la cuádrica es un hiperboloide elíptico (o de hojas) con centro (x =, y =, z = ) (x =, y =, z = )

40 R-4 Examen de Junio (Primer Parcial). -. y eje el eje X es decir la recta { y = z = { y =, z =. Z La superficie no es de revolución puesto que al cortar con planos Z x = cte x = k, perpendiculares al eje, no se obtinen circunferencias sino elipses (con semiejes distintos) (y ) + (z + ) = (k + ) 4 X (,, ) Y Y o un único punto o nada. X

41 Examen de Septiembre -. R-4 -. Departamento de Matemática Aplicada II. Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla. Examen Final de Septiembre Ejercicio. Considera la matriz A = 4 4 α 4 para α R. (.) [ puntos Calcular, cuando exista, la factorización A = LU. Para α =, determinar una base y unas ecuaciones implícitas de Col (U). (.) [5 puntos Para α =, calcular A n u siendo u =. (.) [ puntos Definir el concepto de matriz de Markov. Probar que λ = siempre es autovalor de una matriz de Markov. (.) Utilizando transformaciones elementales, analizamos la factorización LU. 4 4 A = 4 α 4 F F α ; (hay que exigir α ) F α F ) 4 α α = 4 α α+4 α = U Por tanto, existe factorización LU si y sólo si α. En dicho caso, dicha factorización es 4 L =, U = α. α+4 α α Obviamente, para α =, un sistema generador de Col (U) (no de Col (A)) es 4 {v =,v =,v = }. Como los tres vectores anteriores están en forma escalonada, se deduce que una base de Col (U) es {v, v }. Además, mirando la forma de v y v, se tiene que {e, e } también es una base de Col (U). Por tanto, Col (U) viene dado por la ecuación implícita x =.

42 R-4 Examen de Septiembre -. (.) Para calcular A n u, expresamos u como combinación lineal de autovectores de A, u = αv + βv + (con lo cual será A n u = λ n v + λ n v + ) o, si esto no es posible, como combinación lineal de autovectores y autovectores generalizados para después obtener A n v para cada uno de los autovectores y autovectores generalizados que intervienen en dicha combinación lineal. Primero calculamos los autovalores de A. La ecuación característica es p(λ) = det (A λi) = det 4 λ 4 λ 4 λ = = (4 + λ)( λ)( + λ) 8 + 4(4 + λ) ( + λ) = (4 + λ)(4 λ ) λ 4 λ = 6 4λ + 4λ λ 8λ 6 = (λ + 4λ + 4λ) = λ(λ + ) = y sus soluciones son los autovalores λ = (simple), λ = (doble). Pasamos al cálculo de los autovectores. λ = Aprovechamos los cálculos del apartado (.) Av = F + F operaciones fila = v = = Nul (A) = Gen v =. x x x 4 = x

43 Ejercicio. R-4 λ = (A + I)v = F, ( ) = v = x x F,( ) = x F,( ) Nul (A + I) = Gen v =. Por tanto, el subespacio propio asociado a λ = tiene dimensión uno y, puesto que λ = es un autovalor doble, la matriz A no es diagonalizable (con lo cual hay vectores en R que no pueden expresarse como combinación lineal de autovectores de A). Qué sucede para el vector u dado?, puede expresarse como combinación lineal de v y v?: [ αv + βv = u α = β / / / [ sistema incompatible Por tanto, u no puede expresarse como combinación lineal de autovectores y necesitamos recurrir al cálculo de autovectores generalizados (asociados a λ =, único autovalor múltiple de A). La dimensión del subespacio Nul [ (A λ I) = Nul [ (A + I) tiene que ser dos y, por tanto, el rango de (A λ I) tiene que ser uno (A + I) w = w = = w = x + x x x = x + x = Nul [ (A + I) = Gen v =,w =. Por tanto, ya tenemos una base de R, {v, v, w}, formada por autovectores y autovectores generalizados de A y ahora calculamos las coordenadas de u en dicha base: u = αv + βv + γw.

44 R-44 Examen de Septiembre -. F F F F F F α + β = F F β + γ = γ = Es decir, u = αv + βv + γw = v w y, por tanto A n u = αa n v + βa n v + γa n w = puesto que Av = λ v Av = λ v γ = β = ( + γ) = α = β = = αλ n v + βλ n v + γa n w = A n w. Sólo nos queda calcular A n w. Teniendo en cuenta que w es un autovector generalizado de A, ((A + I) w =, obtenemos (para n ) aplicando la fórmula del A n w = ( I + A + I) n w = binomio de Newton con sumandos A + I, I = = = n k= [ ( n k ) ( I) n k (A + I) k w = puesto que (A + I) k w = para k puesto que (A + I)w = v = ( n ) ( n ( I) n w + = ( ) n w + n( ) n v = = ( ) n [ w + nv = ( ) n + n n. ) ( I) n (A + I)w =. Por tanto, A n u = A n w = ( ) n n n para n, Au =. (.) Una matriz de Markov o estocástica es toda matriz cuadrada real tal que sus elementos son no negativos y los elementos de cada una de sus columnas suman uno. Sea A = [a i,j una matriz de Markov de orden n y consideremos el vector e R n dado por e =..

45 Ejercicio. R-45 Entonces, A T e = n k=. n k= a,k a n,k =. = e. Por tanto, λ = es autovalor de A T y, como el conjunto de los autovalores de A y A T coinciden, se tiene que λ = también es autovalor de A. Observaciones.- () La única propiedad que se utiliza de las matrices de Markov para deducir que λ = es uno de sus autovalores es que la suma de los elementos de cada columna es. No se utiliza ni que la matriz sea real ni que sus elementos sean no negativos. () A partir del polinomio característico de una matriz de Markov A también se puede obtener que uno de los autovalores es λ =. Para una matriz en la que la suma de los elementos de cada columna sea tenemos el polinomio característico det(a λi) = = a λ a a nn a a λ a n..... =. a n a n a nn λ λ a a nn λ a λ a n..... =. λ a n a nn λ sumando todas las columnas a la primera restando F F. F n F = = λ a a nn b λ b n b λ b n =..... = ( λ) b n b nn λ b n b nn λ Es decir, para un cierto polinomio q(λ), la ecuación característica es de la forma y por tanto una de sus soluciones es λ =. det(a λi) = ( λ)q(λ) =

46 R-46 Examen de Septiembre -. Ejercicio. Sea A una matriz 4 tal que Nul (A) = Gen 5, Col (A) = Gen v =, v =. (.) [4 puntos Calcula la proyección ortogonal del vector v = [ T R 4 sobre el subespacio Col (A). (.) [ puntos Amplía {v, v } a una base de R 4 y calcula las coordenadas de v respecto a dicha base. (.) [4 puntos Determina la matriz A sabiendo que es de la forma A =. (.) Proyectamos sobre Col (A) y luego usamos que P Col (A) + P Col(A) = I. Para ello, obtenemos una base ortonormal del subespacio Col (A), aplicando el método de Gram-Schmidt a la base que nos da el enunciado: u = v =, u = v v v v = v v =. Cada uno de los vectores obtenidos tiene norma. Dividiendo cada vector por su norma y colocándolo por columnas en una matriz U (4 ) obtenemos la matriz, UU t, de la proyección ortogonal sobre Col (A). La proyección del vector v sobre el subespacio Col (A) es ( I UU t ) v = Otros caminos para resolver este apartado son: = Calcular una base de Col (A) sabiendo que las componentes de los vectores de una base de Col (A) son los coeficientes de unas ecuaciones implícitas de Col (A): { x x Col (A) + x =, x x + x 4 =. O bien, resolver antes el apartado (.), pues de las columnas de la matriz A se obtiene fácilmente una base de Col (A). 4.