Examen Final Ejercicio único (3 horas) 20 de enero de n(n 1) 2. C n,3 = n(n 3) n =

Transcripción

1 Álgebra Lineal I Examen Final Ejercicio único (3 horas) 0 de enero de Sea P un polígono regular de n lados. (i) Cuántas diagonales tiene el polígono?. Las diagonales son segmentos que unen pares de vértices no consecutivos (es decir distintos de los lados). El número de pares distintos de vértices son el número de grupos de dos elementos escogidos entre n posibles, sin repetir y sin importar el orden, es decir: Descontamos el número de lados: C n, = n(n 1) ( ) n n(n 1) = n = n(n 3). (ii) Cuántos triángulos pueden construirse uniendo vértices de P?. Un triángulo está determinado por sus tres vértices. Por tanto contamos el número de grupos de tres elementos escogidos entre n posibles, sin repetir y sin importar el orden, es decir: C n,3 = ( ) n = 3 Cuántos de ellos están formados sólo por diagonales?. n(n 1)(n ). 6 Del total de triángulos calculado antres descontamos los que tienen algún lado. Distinguimos: - Los que contienen dos lados consecutivos. Si orientamos el polígono en el sentido de las agujas del reloj, el primero de los lados de uno de esos triángulos puede ser uno cualquiera de los n lados del polígono. Por tanto hay n triángulos con dos lados consecutivos. - Los que sólo contienen un lado. Hay n formas de elegir el lado que contienen. El vértice restante no puede ser ni los que limitan el lado ni los adyacentes (para evitar que el triángulo tenga dos lados consecutivos). Por tanto hay n 4 opciones para ese vértice. En total n(n 4). En definitiva el número de triángulos formados sólo por diagonales es: n(n 1)(n ) 6 n n(n 4) = n(n 9n + 30). 6 (1 punto). Dadas las matrices: A = , B = (i) Estudiar si A y B son equivalentes por filas. En caso afirmativo dar una matriz P inversible tal que P A = B.

2 Serán equivalentes por filas si y sólo si su forma canónica reducida por filas es la misma. Entonces hallaremos y compararemos ambas formas reducidas. Comenzamos con la matriz A, escalonándola con operaciones elementales fila: A H31( 1) Ahora reducimos la matriz B: B H1( ) H31( 1) H H1( ) H3() H(1/) H1( 1) Vemos que las formas reducidas coinciden y por tanto A y B son equivalentes por filas. Para hallar P tal que P A = B, realizamos sobre la identidad las mismas operaciones filas que nos llevaron de A a su forma reducida; y a continuación y en orden contrario, la inversa de las operaciones que nos llevaron de B a la forma reducida. H 1(1) Id H31( 1) H() H1( ) H3() H H1() H31(1) (ii) Estudiar si A y B son equivalentes por columnas. En caso afirmativo dar una matriz Q inversible tal que AQ = B. Hacemos un estudio análogo al anterior pero calculando la forma reducida canónica por columnas. Para la matriz B: B µ1( 1) µ31( 1) A µ1( ) µ31( 3) µ1( 1/) µ3( ) µ3( ) µ(1/) Vemos que las formas canónicas reducidas por columnas no coinciden y por tanto NO son equivalentes por columnas. (iii) Estudiar si A y B son equivalentes. En caso afirmativo dar matrices P, Q inversibles tal que P AQ = B. Como hemos visto en (i) que son equivalentes por filas entonces son equivalentes. Como matrices de paso P y Q podemos tomar la misma matriz P calculadad en (i) y Q = Id. 3. Si A = a b c p a + u 3u p q r y det(a) = 3, calcular det(c 1 ) donde C = q b + v 3v. u v w r c + w 3w En primer lugar se tiene: det(c 1 ) = 3 det(c 1 ) = 8 det(c). (1.4 puntos)

3 Ahora, aplicamos las propiedades de los determimantes para expresar el determinante de C en función del determinante de A. Sacamos factor común a en la primera columna y a 3 en la última: det(c) = 3 det Le restamos la tercer columna a la segunda: det(c) = 6 det p a + u u q b + v v r c + w w p a u q b v r c w Cambiamos de signo la segunda columna (cambiando de signo del determinante): det(c) = 6 det p a u q b v r c w Intercambiamos las dos primeras columnas (el determinante cambia de signo); det(c) = 6 det a p u b q v = 6det(A t ). c r w Finalmente el determinante de una matriz coincide con el de su traspuesta. Por tanto: y sustituyendo en la expresión de partida: det(c) = 6det(A t ) = 6det(A) = 6 3 = 18. det(c 1 ) = 3 det(c 1 ) = 8 det(c) = 8 18 = 4 9. (1 punto) 4. Sean A, B, C, D M (IR) cuatro matrices. Se sabe: A no es simétrica y tiene rango 1; B es hemisimétrica; C es simétrica y det(c) = 1; D es simétrica y det(d) = 1. Analizar si entre ellas existe algún par de matrices congruentes. Recordemos que la congruencia conserva el rango, la simétría y el signo del determinante. ( ) 0 a Observamos que por ser B hemisimétrica es de la forma B =. Por tanto su rango es 0 ó a 0 (pero no puede ser uno). Entonces: - A y B no son congruentes porque no tienen el mismo rango. - A no es congruente a C y a D porque estas últimas son simétricas pero A no. - Si el rango de B = entonces por ser hemisimétrica no es simétrica y por tanto no es congruente ni a C ni a D. Si B fuese simétrica y hemisimétrica sería la matriz nula; pero entonces no tiene el mismo rango que C y D, porque éstas tienen rango por tener determinante no nulo. Concluimos que B en ningún caso es congruente a C ó D. - C y D no son congruentes porque el signo de su determinante es diferente. En definitiva, entre las matrices dadas, no hay ningún par de ellas congruente. (1 punto)

4 5. En el espacio vectorial de matrices M (IR) se consideran los subconjuntos: {( ) ( ) ( )} 1 0 U = L,,. V = {A M (IR) traza(a) = 0, A = A t }. (i) Probar que V es un subespacio vectorial de M (IR). Tenemos que probar que: (a) - Ω in V. (b) - Si A, B V y λ, µ IR entonces λa + µb V. Pero: (a) - Se tiene que traza(ω) = 0 y Ω t = Ω. Por tanto Ω V. (b) - Si A, B V entonces traza(a) = traza(b) = 0 y A = A t, B = B t. Entonces: y traza(λa + µb) = traza(λa) + traza(µb) = λtraza(a) + µtraza(b) = = 0. Por tanto λa + µb V. (λa + µb) t = (λa) t + (µb) t = λa t + µb t = λa + µb. (ii) Demostrar que U y V son subespacios suplementarios. Tenemos que probar que dim(u + V ) = dim (M (IR)) = 4 y dim(u V ) = 0. El subespacio U está generador por las matrices cuyas coordenadas en la base canónica son: U = L{(1, 0, 0, 0), (, 0, 3, 0), (0, 0, 1, 0)}. Eliminamos las posibles relaciones de dependencia: H1( ) H3( 4) 0 0 H Por tanto: U = L{(1, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 0)}, dim(u) =. Identificamos ahora una base de V. Tenemos que: ( ) x y A = V traza(a) = 0, A = A t x + t = 0, y = z. z t Por tanto las ecuaciones implícitas de V en la base canónica son: x + t = 0, y z = 0. Son independientes porque no son proporcionales. Resolviendo en función de 4 = parámetros obtenemos una base del subespacio: V = L{(1, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0)}. Ahora dim(u + V ) es el rango de la matriz formada por los generadores de ambos subespacios: dim(u + V ) = rango = rango = rango =

5 Finalmente, por la fórmula de las dimensiones: dim(u V ) = dim(u) + dim(v ) dim(u V ) = + 4 = 0. (iii) Hallar la proyección de Id sobre U paralelamente a V. Las coordenadas de la matriz Id en la base canónica son (1, 0, 0, 1). Escribimos el vector respecto de una base formada por bases de U y V : B = {(1, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (1, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0) }. }{{}}{{} U V Para ello usamos la fórmula de cambio de base: Por tanto: M BC = M CB = = = = (1, 0, 0, 1) = (1, 0, 0, 0) + 0 (0, 0, 1, 0) 1 (1, 0, 0, 1) + 0 (0, 1, 1, 0). }{{}}{{} U V La proyección sobre U paralelamente sobre V es, de la descomposición anterior, el término que está en U es decir la matriz de coordenadas: ( ) 0 (1, 0, 0, 0) + 0 (0, 0, 1, 0) = (, 0, 0, 0). 0 0 (1. puntos) 6. Sea V un espacio vectorial real de dimensión 1. Indicar razonadamente la veracidad o falsedad de las siguientes afirmaciones: (i) 1 vectores distintos siempre forman un sistema generador de V. FALSO. Por ejemplo, si tomamos un vector v 0 los vectores { v, v, 3 v, 4 v,..., 1 v} son 1 vectores distintos, pero todos ellos múltiplos de v. Generan por tanto un subespacio de V de dimensión 1 y NO todo V. (ii) Si S 1, S V son subespacios vectoriales, dim(s 1 ) = 10 y dim(s ) = 5 entonces dim(s 1 S ) 3. VERDADERO. Por la fórmula de las dimensiones: dim(s 1 S ) = dim(s 1 ) + dim(s ) dim(s 1 + S ) dim(s 1 ) + dim(s ) dim(v ) = = 3. (iii) Si v 1, v, v 3 son vectores linealmente dependientes, cualquiera de ellos es combinación lineal de los demás. FALSO. Por ejemplo si v 1, v son linealmente independientes y tomamos v 3 = v 1, entonces son tres vectores dependientes pero v no puede ponerse como combinación lineal de v 1 y v 3. (iv) Si f : V V es un endomorfismo y dim(ker(f)) = 7 entonces cualquier matriz asociada a f tiene rango 7.

6 FALSO. Se tiene que, para cualquier matriz asociada F : rango(f ) = dim(im(f)) = dim(v ) dim(ker(f)) = 1 7 = 5. (v) Existe una aplicación lineal inyectiva f : V M 3 3 (IR). FALSO. Si existiese una aplicación inyectiva tendríamos: dim(v ) dim(m 3 3 (IR) = 9. Pero dim(v ) = 1. (1.5 puntos) 7. Para cada número a IR se define el endomorfismo: f : IR 3 IR 3, f(x, y, z) = (x y, ax + y, x + y + z) (a) Estudiar para que valores de a triangulariza y/o diagonaliza. Comenzaremos calculando los autovalores y sus multiplicidades. - Si todos los autovalores son reales (y por tanto sus multiplicidades algebraicas suman 3) entonces triangulariza. - Si además las multiplicidades algebraicas coinciden con las geométricas también diagonaliza. Recordemos que si la algebraica es 1 la geométrica también. Por tanto sólo hay que hacer la comprobación cuando la algebraica es mayor que 1. Para ello necesitamos el polinomio característico y previamente la matriz asociada: El polinomio característico es: F C = a λ 1 p(λ) = F C λid =... = (1 λ) a λ = (1 λ)(λ 3λ + + a). Estudiamos las raíces del polinomio característico que corresponden a los autovalores. Una de ellas es λ 1 = 1. Resolvemos la ecuación λ 3λ + + a = 0: λ = 3 ± 1 4a - Si 1 4a < 0, es decir, si a > 1/4 entonces aparecen raíces complejas. El único autovalor real es λ 1 = 1 con multiplicidad algebraica 1 y por tanto no triangulariza. - Si 1 4a = 0, es decir, a = 1/4 entonces la ecuación anterior de segundo grado tiene una única solución λ = 3/. Por tanto: p(λ) = (1 λ)(λ 3/) Tenemos los autovalores: λ 1 = 1 con m.algebraica 1. λ = 3/ con m.algebraica. La suma de algebraicas es 3 y por tanto triangulariza.

7 Para ver si diagonaliza analizamos la geométrica del autovalor cuya multiplicidad algebraica no es 1: 1/ 1 0 mg(3/) = 3 rango(f CC 3/Id) = 3 rango 1/4 1/ 0 = 3 = / La geométrica no coincide con la algebraica y así no diagonaliza. - Si 1 4a > 0, es decir, a > 1/4 y a 0 tenemos que la ecuación anterior de segundo grado tiene dos raíces λ = 3 1 4a y λ 3 = a. Hemos distinguido el caso a = 0 como situación particular, porque entonces λ = 1 = λ 1. Tenemos los autovalores: λ 1 = 1 con m.algebraica 1. λ = 3 1 4a λ 3 = a con m.algebraica 1. con m.algebraica 1 La suma de algebraicas es 3 y por tanto triangulariza. Además todas las algebraicas son 1. Por tanto coinciden con las geométricas y también diagonaliza. - Si a = 0 entonces la ecuación anterior de segundo grado tiene dos raíces λ = 1 y λ 3 =. Por tanto: Tenemos los autovalores: p(λ) = (λ 1) (λ ). λ 1 = 1 con m.algebraica. λ = con m.algebraica 1. La suma de algebraicas es 3 y por tanto triangulariza. Para ver si diagonaliza analizamos la geométrica del autovalor cuya multiplicidad algebraica no es 1: mg(1) = 3 rango(f CC 1Id) = 3 rango = 3 = La geométrica no coincide con la algebraica y así no diagonaliza. Conlcusión: - TRIANGULARIZA si y sólo si a 1/4. - DIAGONALIZA si y sólo si a < 1/4 y a 0. (b) Para los valores de a para los cuáles diagonaliza dar una matriz diagonal asociada al endomorfismo. Diagonaliza cuando a < 1/4 y a 0. La forma diagonal es aquella que tiene los autovalores en la diagonal. En nuestro caso: 0 (3 1 4a)/ ( a)/ (c) Para a = calcular los autovectores y rango(f 10 C ). Según el estudio hecho en (a) hay tres autovalores de multiplicidad algebraica 1:. λ 1 = 1, λ = 0 λ 3 = 3

8 Los autovectores asociados al 1 son: S 1 = {(x, y, z) IR 3 (F CC 1Id)(x, y, z) t = (0, 0, 0) t } = = {(x, y, z) IR 3 y = 0, x + y = 0, x + y = 0} = L{(0, 0, 1)}. Los autovectores asociados al 0 son: S 0 = {(x, y, z) IR 3 (F CC 0Id)(x, y, z) t = (0, 0, 0) t } = = {(x, y, z) IR 3 x y = 0, x + y = 0, x + y + z = 0} = L{(1, 1, )}. Los autovectores asociados al 3 son: S 3 = {(x, y, z) IR 3 (F CC 3Id)(x, y, z) t = (0, 0, 0) t } = = {(x, y, z) IR 3 x y = 0, x + y = 0, x + y + z = 0} = L{(, 4, 1)}. Para hallar el rango de FC 10 tenemos en cuenta que F C es semejante a F B siendo esta la forma diagonal. Por tanto FC 10 es semejante a FB 10. Como la semejanza conserva el rango, basta calcular el rango de la potencia de la forma diagonal. Pero: rango(f 10 B ) = rango =. (1.6 puntos) 8. Sea C = { e 1, e, e 3, e 4 } la base canónica de IR 4 y f : IR 4 IR 4 un endomorfismo del cuál se sabe: f( e 1 ) = e 1 + e 3 ker(f) = L{ e 1 + e 3, e e 4 } e + e 3 es autovector de f. Los únicos autovalores de f son 0 y. (i) Hallar la matriz asociada a f respecto de la base canónica. Para hallar una matriz asociada, necesitamos saber la imagen de una base de IR 4, es decir, de cuatro vectores linealmente independientes. Sabemos que: f( e 1 ) = e 1 + e 3 f(1, 0, 0, 0) = (1, 0, 1, 0). La imagen de los vectores del núcleo es el vector nulo. Por tanto: f(1, 0, 1, 0) = (0, 0, 0, 0), f(0, 1, 0, 1) = (0, 0, 0, 0). Finalmente (0, 1, 1, 0) es autovector de f. Como los únicos autovalores de f son 0 y, o bien: - (a) f(0, 1, 1, 0) = 0 (0, 1, 1, 0) = (0, 0, 0, 0), o bien - (b) f(0, 1, 1, 0) = (0, 1, 1, 0) = (0,,, 0). Pero en el caso (a) (0, 1, 1, 0) estaría en el núcleo, es decir, tendría que ser combinacin lineal de (1, 0, 1, 0) y (0, 1, 0, 1). O equivalentemente la matriz:

9 tendría que tener rango. Pero operando: vemos que tiene rango(3). Por tanto (a) no se da y si (b): f(0, 1, 1, 0) = (0,,, 0) Si llamamos B a la base formada por los vectores sobre los cuáles tenemos información: B = {(1, 0, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 1)} La matriz asociada en la base B en el espacio de partida y la canónica en el de llegada es: F CB = Finalmente la cambiamos de base a la base canónica: donde: Operando resulta: F CC = F CB M BC = F CB M 1 CB M CB = F CC = (ii) Hallar los autovalores, sus multiplicades geométricas y sus autovectores asociados. El enunciado ya nos dice que los únicos autovalores son 0 y. La multiplicidad geométrica del 0 es: dim(ker(f CC 0 Id)) = dim(ker(f CC )) = dim(ker(f)) =. La multplicidad geométrica del es: dim(ker(f CC Id)) = 4 rango(f CC Id) = 4 rango = 4 3 = Finalmente los autovectores nos los da el enunciado. Asociados al cero: S 0 = Ker(f 0 Id) = ker(f) = L{(1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 1)}. Asociados al dos: sabemos que es un subesapcio de dimensión 1 porque la multiplicidad geométrica es 1. Basta por tanto encontrar un autovector asociado al. Pero hemos visto que (0, 1, 1, 0) es tal autovector. Por tanto: S = L{(0, 1, 1, 0)}. (1.3 puntos)