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.

47 Ejercicio. R-47 (.) Lógicamente, hay infinitas formas de ampliar a una base. Por ejemplo, está claro que los dos primeros vectores de la base canónica de R 4 amplían {v, v } a una base B de R 4 : det (llamemos P a esta matriz). Resolviendo el sistema Pc = v se obtiene el vector c que da las coordenadas de v en la base B: (v) B = c =. (.) Como nos dan un vector del núcleo de la matriz A, si multiplico A por ese vector me ha de dar el vector nulo y de ahí se obtiene que a = y a = : { A 5 + a =, = + a =. Ahora, cada columna de A queda determinada salvo dos incógnitas. Cada columna de A pertenece al subespacio Col (A), por lo tanto debe ser ortogonal a v y v. Imponer esa condición conduce a un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas, para cada columna. Lo vemos para la primera columna y las otras dos se hacen igual: a a 4 {v, v } { + a =, + a 4 =. Sin más que hacer la operaciones indicadas se obtiene: A =. 5 } a =, a 4 =.

48 R-48 Examen de Septiembre -. Ejercicio. (.) [ puntos Calcula ( i ) 5 indicando en que cuadrante se encuentra cada valor obtenido. (.) [ puntos Determina el punto que se obtiene al girar el punto P = (, ) un ángulo de ϕ = π radianes alrededor del punto A = (, ). (Puedes hacerlo en forma vectorial o en forma compleja) (.) [ puntos Determina los valores de α R para los que las formas cuadráticas Q (x, y, z) = x + xy + 5y + αyz + z y Q (x, y, z) = x + αxy + αy + 6z tienen el mismo carácter. (.4) [ puntos Representa gráficamente y calcula la ecuación de la superficie { de traslación y = z que se genera al trasladar (paralelamente a si misma) la parábola a lo largo x = { x = y + de la recta z = (.5) [ puntos Sea A una matriz m n y consideremos los sistemas de ecuaciones Ax = b y Ax = b, siendo (b b ) Col(A). Probar que las soluciones en el sentido de los mínimos cuadrados de ambos sistemas coinciden. (.) Calcula ( i ) 5 indicando en que cuadrante se encuentra cada valor obtenido. Puesto que i representa a tres números complejos (las tres raíces cúbicas complejas de i), se trata de calcular la potencia quinta de cada una de dichas raíces. Tenemos, Por tanto, i = e i π i = z = e i π z 5 = π ei5 = e i5π 6 = e i5π 6 z = e i ( π +π) z 5 = e i5π 6 = e i π 6 z = e i ( π + π) z 5 = ei45π 6 = e iπ z 5 = π 6) ei(π = cos( π ) + i 6 sen(π) = + 6 i está en el segundo cuadrante, z 5 = ei π 6 = cos( π) + i 6 sen(π) = + 6 i está en el primer cuadrante, z 5 = eiπ = i está en el semieje imaginario negativo. (.) Determina el punto que se obtiene al girar el punto P = (, ) un ángulo de ϕ = π radianes alrededor del punto A = (, ). (Puedes hacerlo en forma vectorial o en forma compleja) En forma compleja: A = (, ) z = + i, P = (, ) z = + i. Se trata de determinar el número complejo w que verifica ( w z = e iϕ (z z ) w = z + e iϕ (z z ) = + i + + i ) ( + i) = ( = + i + + i [ ) = + i [. Por tanto, el punto pedido es P = (, ).

49 Ejercicio. R-49 (.) Determina los valores de α R para los que las formas cuadráticas Q (x, y, z) = x + xy + 5y + αyz + z y Q (x, y, z) = x + αxy + αy + 6z tienen el mismo carácter. Reduzcamos a suma de cuadrados cada una de las formas cuadráticas. Completando cuadrados tenemos Q (x, y, z) = [x + xy + 5y + αyz + z = [x + y y + 5y + αyz + z = = [x + y + 4y + αyz + z = [x + y + [z + αyz + 4y = = [x + y + [z + αy (αy) + 4y = [x + y + [z + αy + (4 α )y = = x = x + y y = z + αy z = y = x + y + (4 α )z, Q (x, y, z) = [x + αxy + αy + 6z = [x + αy (αy) + αy + 6z = = [x + αy + (α α ) y + 6z = = x + 6y + (α α )z. x = x + αy y = z z = y = Es decir, al reducir cada una de las formas cuadráticas a suma de cuadrados (como se ha hecho o de cualquier otra forma), tenemos dos coeficientes positivos y un tercer coeficiente cuyo signo depende de α Q signo de (4 α ), Q signo de (α α ). Las formas cuadráticas tendrán el mismo caracter (para el mismo valor de α R) cuando coincidan los signos de 4 α = ( α)( + α) y α α = α( α). α α < α = < α < α = α > 4 α + Q Ind SDP DP SDP Ind α < α = < α < α = α > α α + Q Ind SDP DP SDP Ind Por lo tanto, en función de α tenemos α < = < < = < < = < < = > 4 α α α +

50 R-5 Examen de Septiembre -. con lo cual Q y Q tienen el mismo caracter si y sólo si α < (en cuyo caso Q y Q son indefinidas) ó < α < (en cuyo caso Q y Q son definidas positivas) ó α > (en cuyo caso Q y Q son indefinidas). (.4) Representa gráficamente y calcula la ecuación de la superficie de traslación { y = z que se genera al trasladar (paralelamente a si misma) la parábola x = { x = y +, a lo largo de la recta z =. La parábola (generatriz) y la recta (directriz) se cortan en el punto A(x =, y =, z = ). Puesto que un punto genérico G de la parábola es de la forma G(x =, y = t, z = t), t R, y un punto genérico D de la recta es de la forma D(x = s +, y = s, z = ), s R, los puntos de la superficie generada por traslación son los puntos P(x, y, z) que verifican es decir x y = z AP = AD + AG, s s + t t x = s + y = s + t z = t X y = (x ) + z (.5) Sea A una matriz m n y consideremos los sistemas de ecuaciones Ax = b y Ax = b, siendo (b b ) Col (A). Probar que las soluciones en el sentido de los mínimos cuadrados de ambos sistemas coinciden. Puesto que (b b ) S = Col (A), tenemos que proy S (b ) = proy S (b ) y, por tanto, las soluciones en mínimos cuadrados de Ax = b coinciden con las soluciones en mínimos cuadrados de Ax = b puesto que ambos conjuntos de soluciones (en mínimos cuadrados) no son otra cosa que el conjunto de soluciones (exactas) de un mismo sistema Ax = proy S (b ) Ax = proy S (b ). D A Z P G Y

51 Primer Parcial. -4. R-5-4. Departamento de Matemática Aplicada II. Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla. Primer Examen Parcial (y Primera Parte de la Tercera Convocatoria) Ejercicio. (.) [ puntos Calcula el coeficiente de z 5 en el polinomio complejo e indica en qué cuadrante se encuentra. p(z) = ( z + ( i)z ) (.) [4 puntos Determina la ecuación de la hipérbola que tiene como focos los puntos F (, ) y F (5, ) y pasa por el punto P(4, ). Calcula los elementos notables de dicha hipérbola (centro, ejes, vértices y asíntotas). (.) [ puntos Determina, en función del parámetro α R, el tipo de cuádrica que corresponde a la ecuación x 5y + αz 6x y + α z + α =. Determina los valores de α para los que se obtiene una superficie de revolución. (.) Puesto que p(z) = [ z + ( i)z = z [z + i, el coeficiente pedido es el coeficiente de z 5 en el desarrollo de ( ) ( (z + i) = z ( i) + + k ) z k ( i) k + + ( que se obtiene para k = 5, ( ) c = ( i) 5 = ( i) 5 = 5( i) ! Para calcular ( i) 5 expresamos i en forma polar / exponencial, ) z ( i) módulo : i =, argumento : θ = arg( i) = π 4 = i = e π 4 i. Por tanto, ( i) 5 = 5 e 5π 4 i = 4 e π 4 i = 4 ( ) + i = 4( + i)

52 R-5 Primer Parcial. -4. está en el segundo cuadrante y c = 5( i) 5 = 8( + i) también. (.) El centro de la hipérbola es el punto medio de los focos: ( + 5 C =, + ) = (, ) y, puesto que los focos están sobre una recta paralela al eje OX y la distancia entre los focos es c = 8, la ecuación de la hipérbola será de la forma (x ) (y ) =, a + b = c = 6. a b Teniendo en cuenta que P(4, ) está en la hipérbola, tenemos 9 a b = = 9b a = a b = 9b (6 b ) = (6 b )b = b 4 6b 6 = b = 6 ± = b = 8 y por tanto a = 8 = ± 5 y, por tanto, se trata de una hipérbola equilátera de ecuación (x ) 8 (y ) 8 Los elementos notables de esta hipérbola, además del Centro C(, ) ya citado, son: =. Ejes: La recta que une los focos (eje principal), y =, y la perpendicular que pasa por el centro, x =. Semiejes: a = b = 8. Vértices: Puntos de corte de la hipérbola con el eje principal V ( ± a, ) = V (, ), V ( +, ) Asíntotas: Rectas que pasan por el centro de la hipérbola y tienen pendiente ± b a, 8 y = ± (x ) = x y + =, x + y =. 8 Notemos que las asíntotas de una hipérbola, con ejes paralelos a los coordenados, (x c ) a (y c ) b = ± pueden obtenerse mediante la ecuación conjunta (x c ) (y c ( ) (x c ) = (y c ) ( ) (x c ) a b a b a + (y c ) ) =. b

53 Ejercicio. R-5 (.) Completando cuadrados en x, en y y en z tenemos x 5y + αz 6x y + α z + α = = (x ) 9 5 (y + ) + + α (z + α) α + α = = (x ) 5 (y + ) + α (z + α) =. Por tanto, la ecuación dada es equivalente a (x ) 5 (y + ) + α (z + α) = y pueden darse los siguientes casos en función de α, Si α =, tenemos un cilindro hiperbólico (x ) (y + ) 5 =. Si α >, tenemos un hiperboloide de una hoja cuya ecuación reducida es del tipo X Y + Z =. Nótese que al cortar con planos y = k se obtienen elipses con centro (x =, y = k, z = α) para cualquier valor de k R. El eje es la recta { x =, z = α. Si α <, tenemos un hiperboloide de dos hojas cuya ecuación reducida es del tipo X Y Z =. Nótese que al cortar con planos x = k puede obtenerse, o bien una elipse (para valores de k grandes ), o bien punto (para k = ), o bien nada (si k < ). El eje de este hiperboloide de dos hojas es la recta { y = z = α Tendremos una superficie de revolución en los casos en los que las elipses citadas sean circunferencias, es decir, para α = (x ) + (z + ) = + 5 (y + ). α = 5 5 (y + ) + 5 (z 5) = (x ).

54 R-54 Primer Parcial. -4. Ejercicio. (.) [6 puntos Calcula la matriz M de la transformación lineal T : R R que a un vector v R le asocia el vector que se obtiene de proyectar (ortogonalmente) v sobre la recta de ecuación x + y = y a continuación hacer un giro de centro el origen de coordenadas y ángulo π/ radianes. Daría el mismo resultado si primero se hiciera el giro y a continuación la proyección ortogonal? Justifica la respuesta. Determina el espacio nulo y el espacio columna de la matriz M. (.) [4 puntos Calcula, en función de α R, una base del espacio columna de la matriz A = α α α α +. (.) La transformación lineal considerada es el resultado de dos transformaciones lineales, efectuadas en el orden dado, que vienen definidas en forma geométrica. Sin entrar en ecuaciones, matrices,... y sin necesidad de calcular nada, es claro que el orden en el que se hagan las transformaciones afecta al resultado: Y Si primero proyectamos sobre la recta dada, r x + y =, y a continuación hacemos un giro, el resultado es un vector que está en la recta que se obtiene al girar r. r v T (v) T [T (v) X r Y T [T (v) T (v) v π X Si primero aplicamos el giro y a continuación proyectamos sobre la recta r, el resultado es un vector que está sobre la recta r. Para determinar la matriz M, de la transformación lineal considerada, vamos a obtener los transformados de vectores linealmente independientes (con lo cual tendremos una base de R ) sobre los que podamos aplicar fácilmente la transformación. Puesto que primero tenemos que proyectar ortogonalmente sobre una recta (que pasa por el origen de coordenadas), vamos a considerar los vectores v = [ vector dirección de la recta, v = [ vector normal a la recta.

55 Ejercicio. R-55 El vector T(v ) = Mv es el vector que se obtiene de: proyectar v sobre r (se obtiene v ) y, a continuación, hacer un giro de centro el origen de coordenadas y ángulo π/ radianes, con lo cual se obtiene Gv, siendo G la matriz del giro dado, cos( π) sen(π) [ Gv = sen( π ) cos(π) = [ = +. Y De la misma forma, el vector T(v ) = Mv es el vector que se obtiene de proyectar v sobre r (se obtiene el vector nulo) y, a continuación, r v π X hacer un giro de centro el origen de coordenadas y ángulo π/ radianes, con lo cual se obtiene G =. s v Por tanto, la matriz M que queremos determinar es la matriz que verifica M v v = Mv M = = + Mv M ( + ) ( + ) ( ) + = = = Teniendo en cuenta que tenemos la interpretación geométrica de la multiplicación de la matriz M por un vector, para determinar el espacio nulo y el espacio columna de M, podemos utilizar dicha interpretación geométrica o bien trabajar a ciegas (en cuanto a interpretación geométrica de lo que se quiere calcular) y obtener el espacio nulo y el espacio columna mediante los cálculos correspondientes con la matriz M. Desde el punto de vista geométrico, Nul (M) está formado por los vectores v R tales que Mv =, es decir, por los vectores tales que al proyectarlos ortogonalmente sobre la recta y a continuación hacer el giro se obtiene el vector nulo. Para que al hacer el giro se obtenga el vector nulo la única posibilidad es que se esté girando el vector nulo. Por tanto, el espacio nulo de M está formado por los vectores cuya proyección. =

56 R-56 Primer Parcial. -4. es el vector nulo, es decir, por los vectores de la recta perpendicular a r que pasa por el origen {[ } {[ } x : x y = = Gen. y Col (M) está formado por los vectores de la forma Mv para algún v R, es decir por los vectores que se obtienen de transformar todos los vectores de R. Al proyectar se obtienen todos los vectores de la recta r dada, y al girar los vectores de la recta dada se obtiene la recta que pasa por el origen de coordenadas y tiene vector dirección Gv, es decir, + + Col (M) = Gen {Gv } = Gen = Gen ( ) x ( + ) y =. Desde el punto de vista aritmético, Nul (M) = {v R : Mv = } = {v R : Mv = }, ( + ) ( + ) ( ) + F F F + F = Col (M) = {Mv[ : v R } = {w R : Mv = w es un sistema compatible}. x Siendo w =, tenemos y ( + ) ( + ) x ( ) + y F F x + y x + F + F = x + y y x + = = Observación. Puesto que la transformación lineal T considerada viene descrita como la aplicación sucesiva de dos transformaciones lineales, podemos obtener la matriz asociada a T a través de las matrices asociadas a cada una de las transformaciones lineales que intervienen.

57 Ejercicio. R-57 Si denotamos por T : R R a la proyección ortogonal, sobre la recta dada, y por T : R R al giro, tendremos dos matrices M y M tales que - Para cualquier v R T (v) = M v R es el vector que se obtiene al proyectar ortogonalmente v sobre r, - Para cualquier u R T (u) = M u R es el vector que se obtiene al girar u un ángulo de π radianes. Y Nul (M) Col (M) r v T [T (v) X T (v) Por tanto, la transformación dada es proyección giro v R T (v) = M v T(v) = T [T (v) = M M v con lo cual, la matriz M asociada a T verifica que T(v) = Mv = M M v, v R = M = M M. Si la proyección y el giro se hicieran en el orden inverso, la matriz asociada a dicha transformación lineal sería M M, y es fácil comprobar que las matrices M y M no conmutan M M M M. Puesto que M v v = M v M v = v M = = 5 4

58 R-58 Primer Parcial. -4. y M es la matriz del giro, cos( π ) sen(π ) M = sen( π = ) cos(π ) =, tenemos que M = M M = 4 = [ M M = 4 = [ Para comprobar que no es lo mismo hacer primero la proyección y después el giro que hacer primero el giro y después la proyección, bastaría comprobar que para un vector concreto no se obtienen los mismos resultados. (.) Puesto que los vectores columna de A generan el espacio columna de A (como su propio nombre indica), para obtener una base basta con reducir A a forma escalonada por filas y seleccionar las columnas de A correspondientes a las posiciones pivote F 4 F F A = α α α α + α α α α Tenemos los siguientes casos: F F F F F 4 + F F (α )F U = α α α α. 4 α α Si α, los 4 vectores columna de U son linealmente independientes y, por tanto, esto mismo es cierto para los de A. En este caso, puesto que Col (A) es un subespacio vectorial de R 4 y, por lo anterior, tiene dimensión 4 se verifica que Col (A) = R 4 y basta tomar una base de R 4, por ejemplo la base canónica {e, e, e, e 4 }, o los 4 vectores columna de A (para α ). Si α =, en la reducción a forma escalonada se obtienen pivotes y las columnas y 4 son combinación lineal de las dos primeras. Por tanto, los dos primeros vectores columna de A forman una base del espacio columna de A,..

59 Ejercicio. R-59 Ejercicio. (.) [6 puntos Supongamos que al reducir una matriz A de dimensiones 7 a forma escalonada (mediante operaciones fila) se obtienen 4 pivotes. En cada uno de los siguientes enunciados, indica si es verdadero o falso, justifica la respuesta y en los casos en los que el enunciado es falso di cual sería el enunciado correcto: (a) Cualquier sistema de ecuaciones de la forma Ax = b tiene infinitas soluciones. (b) El espacio columna de A tiene dimensión 7 4 =. (c) (d) Al reducir A T a forma escalonada se obtienen 4 = 6 pivotes. Al reducir la matriz [A A a forma escalonada se obtienen 4 = 8 pivotes. (.) [4 puntos Considera la matriz B B =. Amplía una base de Nul (B) hasta una base de Nul (B ). (.) Cada uno de los enunciados es falso y puede ser modificado de diferentes formas para obtener un enunciado correcto. Sólo formulamos uno de los posibles enunciados correctos relacionados con el enunciado falso dado. (a) F Cualquier sistema de ecuaciones de la forma Ax = b tiene infinitas soluciones. V Si un sistema de ecuaciones de la forma Ax = b tiene solución, entonces tiene infinitas soluciones. Los vectores b para los que el sistema Ax = b tiene solución son los vectores pertenecientes al espacio columna de A, que es un subespacio vectorial de R, que tiene dimensión 7. (b) F El espacio columna de A tiene dimensión 7 4 =. V El espacio columna de A tiene dimensión 4. Las vectores-columna de A correspondientes a las posiciones pivote forman una base del espacio columna de A. (c) F Al reducir A T a forma escalonada se obtienen 4 = 6 pivotes. V Al reducir A T a forma escalonada se obtienen 4 pivotes. Puesto que el rango de A t coincide con el de A. (d) F Al reducir la matriz [A A a forma escalonada se obtienen 4 = 8 pivotes. V Al reducir la matriz [A A a forma escalonada se obtienen, también, 4 pivotes puesto que el espacio columna de la matriz [A A coincide con el de la matriz A. Desde el punto de vista algorítmico, si al reducir A a forma escalonada por filas obtenemos una matriz U (en la que habrá 4 posiciones pivote y 7 4 = filas nulas), al reducir [A A, mediante las mismas operaciones que se hayan utilizado para reducir A, obtendremos la matriz [U U con lo cual seguiremos teniendo

60 R-6 Primer Parcial = filas nulas y 4 pivotes en la primera de las matrices U. Las posiciones correspondientes a los pivotes en la segunda de las matrices U aparecen tapadas (expresión utilizada por un alumno) por los pivotes que aparecen en la primera, dichas posiciones tapadas no son posiciones pivote puesto que están en la misma fila que un pivote. (.) Obtengamos una base de Nul (B) = {x R 4 : Bx = }, F 4 F F F Por tanto, F F v = x x 4 x x 4 =, v = x 4 x x x 4 = α F + F F + β. es una base de Nul (B). Obtengamos una base de Nul (B ) = {x R 4 : B x = }, 6 6 B = 6 6 Nul (B ) : Por tanto, u = F + F F F F 4 + F =, u = v = 6 6 x x x x 4 = x x x x 4, u = x = x = x + x + x 4 es una base de Nul (B )..

61 Ejercicio. R-6 Obviamente Nul (B) Nul (B ) (esto es cierto para cualquier matriz cuadrada) y puesto que dim [Nul (B) = y dim [ Nul (B ) = para ampliar una base de Nul (B) hasta una base de Nul (B ) basta con añadir, a una base de Nul (B), vector que esté en Nul (B ) pero que no esté en Nul (B), por ejemplo, {v, v, u } es una base de Nul (B ) ampliada desde una base {v, v } de Nul (B). Obviamente, si consideramos la matriz v v u u u cuyas columnas generan Nul (B ), la reducimos a forma escalonada mediante operaciones fila y seleccionamos (en la matriz anterior) las columnas correspondientes a las posiciones pivote, tendremos una base de Nul (B ) en la que estarán los vectores v y v.

62 R-6 Tercera Convocatoria Departamento de Matemática Aplicada II. Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla. Tercera Convocatoria (Segunda Parte) Ejercicio 4. Sea A la matriz A = a a a a, a R. (a) [4 puntos Determina los valores de a para los que A es diagonalizable. (b) [4 puntos Para a =, diagonaliza la matriz A y calcula A n, n =,,... Es válido el resultado para n =,,...? Justifica la respuesta. (c) [ puntos Para a =, diagonaliza cada una de las matrices siguientes: A 5, A 7I, A T. (a) Polinomio característico de A: λ p(λ) = det (A λi) = det λ a λ a a a λ = ( λ)det = ( λ) ( λ)(a λ). λ λ a a λ = desarrollando por la tercera columna = ( λ)( λ)( λ)(a λ) Autovalores y multiplicidades (algebraicas) en función del parámetro a: a, a = a = λ = simple λ = doble λ = a simple λ = doble λ = doble λ = simple λ = triple

63 Ejercicio 4. R-6 Multiplicidades geométricas (de los autovalores múltiples) en función del parámetro: Si a,, tenemos que comprobar si la multiplicidad geométrica del único autovalor múltiple, λ = (doble), coinicide o no coincide con la algebraica. Puesto que haciendo operaciones fila tenemos: rango(a I) = rango siendo a,, se obtiene = rango = rango a a a a a a a a a a a = = a, rango(a I) = mg(λ = ) = A no es diagnalizable a = rango(a I) = mg(λ = ) = A es diagnalizable a = rango(a I) = mg(λ = ) = A es diagnalizable. Si a =, tenemos que comprobar si la multiplicidad geométrica de cada uno de los dos autovalores (dobles) coincide con la algebraica. Si para alguno de los dos autovalores la multiplicidad geométrica no es dos, la correspondiente matriz A no será diagonalizable. Según lo que acabamos de obtener (puesto que en las operaciones fila hechas sobre la matriz A I no influye el valor de a), para a = se verifica que rango(a I) = y mg(λ = ) =. Por tanto, si a =, A no es diagonalizable. Si a =, tenemos que comprobar si la multiplicidad geométrica del único autovalor múltiple, λ = (triple), coinicide o no coincide con la algebraica. Según lo que hemos visto antes (puesto que en las operaciones fila hechas sobre la matriz A I no influye el valor de a), para a = se verifica que rango(a I) = y mg(λ = ) =. Por tanto, si a =, A no es diagonalizable. Resumiendo: A es diagonalizable a = ó a =., (b) Para a = tenemos la matriz A =

64 R-64 Tercera Convocatoria. -4. de la que sabemos que es diagonalizable y tiene como autovalores λ = simple, λ = doble y λ = simple. Calculemos los autovectores de A: Autovectores asociados a λ = : (A I)x = operaciones fila x 4 = x = x = x = v =. Autovectores asociados a λ = : (A I)x = operaciones fila { x = x 4 x = x 4 = v =, v =. Autovectores asociados a λ = : (A + I)x =, operaciones fila x = x = x 4 = x = v =. Por tanto, siendo P la matriz formada, por columnas, por los autovectores (linealmente independientes) obtenidos y siendo D la matriz diagonal cuyos elementos diagonales son los autovalores de A, en el mismo orden que hayamos tomado los

65 Ejercicio 4. R-65 autovectores en P, tenemos que P = D = v v v v λ λ λ λ Obviamente, para n =,,... se tiene = = AP = PD = A = PDP.,, A n = A A = PDP PDP PDP = PD n P = = P n n P. ( ) n Puesto que λ = no es autovalor de A, esta matriz tiene inversa y su inversa es A = ( PDP ) = PD P = P P. ( ) Si consideramos un exponente entero negativo n =,, = k, k =,,... se tiene que A n = A k = ( A k) ( ) = A k = P k k P ( ) k y, por tanto, la fórmula obtenida para un exponente entero positivo también es válida para un exponente entero negativo. (c) Puesto que para a = tenemos una diagonalización de A A = PDP, P =, D =. Sin más que hacer las operaciones indicadas tenemos A 5 = (PDP ) (PDP ) = PD 5 P A 7I = PDP 7PP = P (D 7I)P, A T = (PDP ) T = ( P T) D ( P T ),

66 R-66 Tercera Convocatoria. -4. igualdades que nos dan diagonalizaciones de las matrices correspondientes puesto que D 5, D 7I y D son matrices diagonales. Las correspondientes matrices de paso son, respectivamente, P, P y ( P T).

67 Ejercicio 5. R-67 Ejercicio 5. (a) [ puntos Enuncia las propiedades más importantes de los autovalores y autovectores de una matriz real simétrica y el Teorema espectral para matrices reales simétricas. (b) [6 puntos Determina una matriz (la matriz) A real simétrica sabiendo que sus autovalores son λ = (simple ) y λ = (doble) y que v = [,, t es autovector de A asociado a λ. Da una interpretación geométrica de la transformación lineal asociada a la matriz A. (c) [ puntos Siendo ϕ : R R la forma cuadrática asociada a la matriz A, ϕ(x) = x t Ax, determina, si es posible, dos vectores u, u R tales que (a) Cuestión Teórica. ϕ(u ) = 7 y ϕ(u ) =. Si A es una matriz real simétrica se verifica: () Todos sus autovalores son reales. () 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 cuadrada real se verifica que () A es simétrica A es diagonalizable mediante una matriz de paso ortogonal. (b) Puesto que se trata de una matriz A real simétrica que tiene sólo dos autovalores distintos, λ = simple y λ = doble, tenemos: El espacio propio asociado a λ tiene dimensión (es un plano) dim Nul (A I) =. Puesto que a autovalores distintos corresponden autovectores ortogonales (y sólo hay dos autovalores), cada uno de los espacios propios Nul (A λ I), Nul (A λ I) es el complemento ortogonal del otro, Nul (A I) = Nul (A + I) = Gen {v }. Es decir, Nul (A I) = Gen {v } = {x x = } = Gen v = Puesto que Av = v, Av = v, Av = v, para obtener la matriz A basta considerar la ecuación matricial A v v v = v v v.,v =.

68 R-68 Tercera Convocatoria. -4. Notemos que, puesto que {v, v, v } es una base de R formada por autovectores de A, tenemos una diagonalización de A A = PDP, siendo P = v v v =, D =. No se trata de una diagonalización ortogonal puesto que {v, v, v } no es una base ortonormal de R. Sin embargo, puesto que dichos autovectores son ortogonales entre si, basta normalizar para tener una base ortonormal formada por autovectores { w = v v = 5 v, w = v v = v, w = v v = 5 v De esta forma tenemos que la matriz 5 5 Q = w w w =, es ortogonal (Q = Q T ) 5 5 y verifica que A = QDQ = QDQ T = Interpretación geométrica: Puesto que, mediante la matriz A, los vectores del plano x x = se transforman en si mismos y los vectores de la recta Gen {v } perpendicular al plano anterior (y pasa por el origen de coordenadas) se transforman en sus opuestos, la matriz A es la matriz de la simetría respecto al plano x x = citado. (c) Puesto que en el apartado anterior tenemos vectores v y v tales que Av = v y Av = v, para dichos vectores tenemos: ϕ(v ) = v T Av = v T v = v = 5 ϕ(v ) = v T Av = v T v = v = y puesto que al considerar múltiplos de un vector se tiene ϕ(αv) = (αv) T A (αv) = α vav = α ϕ(v) basta considerar un múltiplo apropiado de v para obtener un vector u que verifique ϕ(u ) =, ϕ(αv ) = α ϕ(v ) = 5α = α = ±, u = ± v, y basta considerar un múltiplo apropiado de v para obtener un vector u que verifique ϕ(u ) = 7, ϕ(αv ) = α ϕ(v ) = α = α = ± 7, u = ± 7v. Observación: Además de los vectores obtenidos ± 7v y ± v, hay otros muchos vectores u y u que verifican las condiciones pedidas.. }.

69 Ejercicio 6. R-69 Ejercicio 6. Considera el subespacio vectorial S de R 4 y el vector v R 4 dados por S x x + x x 4 =, v = (a) [4 puntos Calcula una base ortogonal de S. (b) [ puntos Calcula el vector w proyección ortogonal de v sobre S y las coordenadas de w respecto a la base ortogonal obtenida en (a). (c) [ punto Calcula el simétrico de v respecto a S. (d) [ puntos Demuestra que si {u, u,...,u p } son vectores no-nulos de R n que son ortogonales dos a dos, entonces son linealmente independientes. 4. (a) Puesto que S está descrito mediante la ecuación es fácil obtener una base de S, por ejemplo v = x 4 = x x + x,, v =, v = y aplicando el método de ortogonalización de Gram-Schmidt a los vectores {v, v, v } de dicha base, obtenemos una base ortogonal {u, u, u } de S: u = v =, u = v v u u u =, u = v v u u u v u u u =.

70 R-7 Tercera Convocatoria. -4. (b) Puesto que tenemos una base ortogonal {u, u, u } de S, podemos obtener la proyección ortogonal de un vector sobre S mediante proy S (v) = v u u u + v u u u + v u u u con lo cual tenemos el vector proyección y las coordenadas de dicho vector proyección respecto a la base ortogonal de S considerada. Para el vector v dado y la base ortogonal {u, u, u } obtenida, tenemos w = proy S (v) = u + 7 u u = y las coordenadas de w S respecto a la base {u, u, u } de S son los coeficientes de la anterior combinación lineal [, 7, 7. (c) Siendo w = proy S (v), el simétrico de v respecto a S es el vector v = w + (w v) = w v = 7 = S v S w v (d) Cuestión Teórica. Si tenemos una combinación lineal de los vectores dados igual al vector nulo α u + α u + + α p u p = ( ) al multiplicar escalarmente por el vector u tenemos (α u + α u + + α p u p ) u = u =. Desarrollando el primer miembro de la igualdad α u u + α u u + + α p u p u = [ = α u + α + + α p = usando la condición de ortogonalidad puesto que u = = α =.

71 Ejercicio 6. R-7 De manera análoga, al multiplicar escalarmente la igualdad ( ) por un vector u k, k =,,..., n, se obtiene [ α + α + + α k u k + + α n = puesto que u k α k =. Por tanto, la única combinación lineal que es igual al vector nulo es la combinación lineal idénticamente nula (todos los coeficientes son nulos). Es decir, los vectores dados son linealmente independientes.

72 R-7 Segundo Parcial Departamento de Matemática Aplicada II. Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla. Segundo Examen Parcial Ejercicio. Considera las matrices A (de orden ) y B (de orden 4) dadas por A = [, B = A α α + A = y = [ Ay (.) [ puntos Resuelve el problema de valor inicial y() = α α +, α R. (.) [4 puntos Determina los valores de α R para los que la matriz B es diagonalizable. (.) [ puntos Siendo α =, determina si el vector u = [ 8,,, 5 T es un autovector o un autovector generalizado de B (o ninguna de las dos cosas) y calcula B n u, n =,,... (.) Obtengamos la solución general del sistema y = Ay mediante los autovalores y los autovectores de A. Notemos que, puesto que A es una matriz simétrica real, es diagonalizable (y de hecho es diagonalizable mediante una matriz de paso ortogonal). Autovalores de A: det (A λi) = det [ λ λ = ( λ)( λ) 4 = λ λ 6 = λ = ± + 4 = ± 5 = { λ = λ =. Autovectores de A asociados a λ = : (A I)x =, [ = [ 4 = x = x = v = [ [.

73 Ejercicio. R-7 Autovectores de A asociados a λ = : (A + I)x =, [ + + = [ 4 = x = x = v = Solución general del sistema homogéneo y = Ay [ [. y(t) = c e λ t v + c e λ t v = c e t v + c e t v Solución del sistema homogéneo que además verifica la condición inicial: [ [ [ [ y() = c e t v +c e t c v t= = c v +c v = = Resolviendo este último sistema obtenemos c =, c 5 = 4 y, por tanto, la solución 5 del problema de valor inicial planteado es y(t) = 5 et [ e t [. c. (.) Calculemos los autovalores de B: det (B λi) = det = det λ α λ α + λ λ A λi α α + A λi = det (A λi)det (A λi) = = = [ según hemos obtenido antes = [(λ )(λ + ) = (λ ) (λ + ) autovalores de B : { λ = (doble) λ = (doble). = Puesto que, independientemente de α R, la matriz B tiene como autovalores dobles λ = y λ =, los valores de α que tenemos que determinar son aquellos para los que ambos autovalores tengan multiplicidad geométrica, es decir tales que dim [Nul (B I) = = dim [Nul (B + I).

74 R-74 Segundo Parcial. -4. Autovectores asociados a λ =, Nul (B I) = {x R 5 : (B I)x = }. α α 4 α + F + F α + (α ) F F F F F + (α + )F Por tanto: [ dim [Nul (B I) = α α + (α ) - α - 4α. en el sistema anterior se obtienen variables libres y el único valor de α para el que B podría ser diagonalizable es α =. α = Aunque bastaría con estudiar la multiplicidad geométrica de λ = en el caso α =, estudiemos la multiplicidad geométrica de λ = en función de α. Autovectores asociados a λ =, Nul (B + I) = {x R 5 : (B + I)x = }. 4 α α + α + F F 4 4 α F 4 F 4 F F F 4 F F F F + (α + )F α + (α + ) α α + (α + ) α mg(λ = ) = dim [Nul (B + I) = α + α { si α, si α =.

75 Ejercicio. R-75 Resumiendo B es diagonalizable α =. (.) La matriz B que se obtiene para α =, B = tiene como autovalores λ = (doble) y λ = (doble) (y no es diagonalizable). Es u un autovector de B? Para comprobar si el vector dado u es un autovector (o no) de B, tenemos que comprobar si Bu es un múltiplo, o no, de u. Para comprobar esto no es necesario conocer previamente los autovalores de B. Bu = 8 5 = 6 4 5, λ 8 5 λ R = NO. Es u un autovector generalizado de B? Puesto que u no es autovector de B, para comprobar si es un autovector generalizado (o no) de B, tenemos que comprobar si se cumple (o no) que (B I) u = ó (B + I) u =. Es u un autovector generalizado de B asociado a λ =? (B I) u = (B I)(B I)u = = = SI. Puesto que u es un autovector generalizado de B asociado a λ =, podemos obtener B n u aplicando la fórmula del Binomio de Newton a B n = [I + (B I) n y tenemos, para n,: [ B n u = [I + (B I) n u = = [( n ) ( n (I) n (B I) + = n u + n n (B I)u + = [ = n puesto que I y B I conmutan ( n puesto que (B I) k u = para k nn 8 4 = n = ) ( n (I) n (B I) + + n ) ( n n (B I) u + + n = n u + n n (B I)u = 8n 4 4n 5. ) (B I) n u ) (B I) n u =

76 R-76 Segundo Parcial. -4. Ejercicio. (.) [ puntos Calcula el área del recinto del plano descrito por las desigualdades (x y) 4 + (x + y), (x y)(x + y). (.) [ puntos Calcula una base ortogonal del subespacio vectorial de R 4 dado por S x + x + x x 4 = y halla las coordenadas del vector v = [,,, 6 T respecto a dicha base ortogonal. (.) [ puntos Enuncia el Teorema espectral para matrices simétricas reales y define los conceptos que intervienen en dicho enunciado. (.4) [ puntos Demuestra que si λ λ son dos autovalores de una matriz simétrica real A y v y v son autovectores de A asociados respectivamente a λ y λ, entonces v y v son ortogonales. (.) Teniendo en cuenta como está definido el recinto, consideremos la transformación lineal del plano definida por las igualdades u = x y, v = x + y. Es decir, consideremos la transformación lineal T : R R [ x y [ u v = [ [ x y. Si denotamos por Ω al recinto dado, su transformado T(Ω) mediante T es el recinto definido mediante {[ } u T(Ω) = R : u v 4 + v, uv. Se trata, por tanto, de parte del recinto encerrado por la elipse v u 4 + v = que tiene por centro el origen de coordenadas y semiejes a = y b =. En concreto, se trata de la parte que se encuentra en el primer o tercer cuadrante (uv u y v son del mismo signo). u u 4 + v = Puesto que el área encerrada por una elipse de semiejes a = y b = es πab = π, el área de T(Ω) es área [T(Ω) = π = π.

77 Ejercicio. R-77 Teniendo en cuenta la relación entre las áreas de los recintos original y transformado tenemos área [T(Ω) = det (A) área(ω) = π = 7 área(ω) = área(ω) = π 7. En las coordenadas (x,y) originales el recinto está limitado por las rectas r y = x y r x = y y la elipse (con centro el origen de coordenadas y girada respecto del sistema de ejes xy) (x y) 4 + (x + y) = 8x + 7y + xy = 4. 8x + 7y + xy = 4 Y y = x.5 y X.5 x = y x Para obtener el área pedida no es necesario conocer el recinto en el sistema de ejes original. (.) Puesto que el subespacio S está caracterizado por la ecuación x 4 = x + x + x, S está formado por los vectores de la forma x x x x 4 = x x x x + x + x = x con lo cual tenemos una base de S, v =, v = + x, v = + x,, x, x, x R puesto que v, v y v son linealmente independientes (y generan S). La base obtenida no es ortogonal. Para obtener una base ortogonal basta con aplicar el método de ortogo-

78 R-78 Segundo Parcial. -4. nalización de Gram-Schmidt a la base obtenida: u = v u = v v u u u = = u = v v u u u v u u u = v u = 6 = 6 4 u = Tenemos, por tanto, una base ortogonal {u, u, u } de S y, obviamente w = u =, w = u =, w = u = también es una base ortogonal de S. Para obtener las coordenadas del vector v S respecto de la base {w, w, w } de S basta con resolver el sistema de ecuaciones que resulta de la ecuación v = αw + βw + γw, o bien, puesto que se trata de una base ortogonal (de S), utilizar los coeficientes de Fourier de v S respecto a dicha base ortogonal (del subespacio S) Utilizando este desarrollo tenemos v = v w w w + v w w w + v w w w. v = 7 w w + w y, por tanto, las coordenadas de v respecto a la bas en cuestión son α = 7, β =, γ =.., (.) Teorema espectral para matrices simétricas reales. Sea A una matriz cuadrada real. Entonces A es simétrica A es diagonalizable ortogonalmente. Se dice que una matriz cuadrada A es diagonalizable ortogonalmente si existe alguna matriz ortogonal Q tal que Q AQ es una matriz diagonal.

79 Ejercicio. R-79 Se dice que una matriz cuadrada Q, n n, es ortogonal si es una matriz real que verifica Q T Q = I ( Q = Q T ). Equivalentemente, Q es una matriz cuadrada y las columnas (o las filas) de Q forman una base ortonormal de R n. (.4) Sean λ, λ R dos autovalores distintos de una matriz simétrica real A, n n, y sean v, v R n autovectores de A asociados respectivamente a λ y λ, Av = λ v, Av = λ v. Para comprobar que v y v son ortogonales (uno al otro) vamos a probar que λ v v = λ v v. Tenemos las siguientes implicaciones e igualdades Av = λ v = v T Av = λ v T v R λ v T v = v T Av = [ v T Av T = v T AT v = = [ puesto que = λ Av = λ v v Tv. [ puesto que A T = A = v T(Av ) = Puesto que v v = v Tv = v Tv tenemos [ puesto que λ v v = λ v v = (λ λ )v v = = λ λ v v =.

80 R-8 Segundo Parcial. -4. Ejercicio. Consideremos el subespacio vectorial E de R 4 tal que la matriz de la proyeción ortogonal sobre E es A = P E = 4. (.) [ puntos Calcula unas ecuaciones implícitas y una base ortogonal de E. (.) [ puntos Calcula una base ortogonal de E. (.) [ puntos Diagonaliza ortogonalmente la matriz A, si es posible. (.4) [ puntos Resuelve, en el sentido de los mínimos cuadrados, el sistema de ecuaciones Ax =. (.) Puesto que E está formado por los vectores cuya proyección ortogonal sobre E es el vector nulo, E = { x R 4 : P E x = }, para obtener una base de E basta resolver el sistema homogéneo P E x = : E = Nul [P E F F F F F F F 4 + F F F { x = x 4 x = x x x x x x 4 F 4 + F F { x x 4 = x + x + x 4 = = x + x 4. Por tanto, ya tenemos unas ecuaciones implícitas y una base (no ortogonal) de E, ecuaciones { x x implicitas 4 =, base de E de E x + x + x 4 =, v =, v =.

81 Ejercicio. R-8 Para obtener una base ortogonal de E basta con ortogonalizar la base que tenemos: v = v, v = v v v v v = Por tanto, {v, v } es una base ortogonal de E. = (.) De las ecuaciones implícitas de E tenemos, directamente, una base de E = [ E, x { E = x [ x : x x 4 = = Nul x + x + x 4 = x 4 = E = [ E = Col = Gen u =, u =. La base que tenemos de E, {u, u }, no es una base ortogonal, para obtener una base ortogonal de E basta ortogonalizar, u = u u = u u u u u = Por tanto, una base ortogonal de E es u =, u =. = Observación.- Puesto que E = Col (P E ), podríamos haber obtenido una base de E a partir de la reducción de P E a forma escalonada que hemos hecho en el apartado (.). Puesto que las dos primeras columnas son las columnas pivote, una base de E es la formada por las dos primeras columnas de P E. (.) Obviamente la matriz P E se puede digonalizar ortogonalmente puesto que es una matriz simétrica real. Para diagonalizarla ortogonalmente tenemos que obtener una base ortonormal de R 4 formada por autovectores de P E. Puesto que los vectores de E son los vectores (de R 4 ) que se proyectan sobre sí mismos (mediante P E ) y los vectores de E son los vectores cuya proyección sobre E es el vector nulo, E = {x R 4 : P E x = x} = Nul (P E I) E = {x R 4 : P E x = } = Nul (P E )..

82 R-8 Segundo Parcial. -4. tenemos que los vectores de E son, además del vector nulo, los autovectores de P E asociados al autovalor λ = y los vectores de E son, además del vector nulo, los autovectores de P E asociados al autovalor λ =. Según lo que hemos obtenido en los dos apartados anteriores, ya tenemos una base de R 4 formada por autovectores de P E, v =, v =, u =, u = que además es una base ortogonal, pero no ortonormal. Basta ahora con normalizar los vectores anteriores para tener una base ortonormal de R 4 formada por autovectores de P E, La matriz w = v v = w = u u = Q = w w w w 4 =, w = v v =, w 4 = u u =,. es una matriz ortogonal (sus columnas forman una base ortonormal de R 4, Q = Q T ) que diagonaliza a la matriz P E (sus columnas son autovectores linealmente independientes de P E ), Q P E Q = Q T P E Q = D = (.4) Las soluciones en mínimos cuadrados de un sistema Ax = b son las soluciones del sistema Ax = proy Col(A) (b). En el caso concreto que nos ocupa, el espacio columna de la matriz A = P E (de los coeficientes de las incógnitas del sistema) es E y la matriz de la proyección ortogonal sobre dicho espacio columna es P E. Por tanto, las soluciones en mínimos cuadrados de nuestro sistema Ax = b son las soluciones del sistema P E x = P E b, b =..

83 Ejercicio. R-8 Una de las soluciones de este sistema es x = b y, puesto que un vector x R 4 es solución si y sólo si P E x = P E b P E (x b) = x b E, tenemos que las soluciones son los vectores de la variedad que pasa por b y tiene como subespacio director E, b + E = {x R 4 : x = b + αv + βv, α, β R} = x x = + β = x x : x = α β x = α, α, β R. x 4 x 4 = + β Ni que decir tiene que si resolvieramos (directamente) cualquiera de los sistemas Ax = P E b o A T Ax = A T b obtendríamos el mismo conjunto de soluciones b + E aunque posiblemente expresado de forma distinta.

84 R-84 Examen de Junio (Segundo Parcial) Departamento de Matemática Aplicada II. Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla. Examen Final de Junio (Segundo Parcial) Ejercicio. Considera la matriz A y el vector u dados por A = a a + a, a R, u = (.) [4 puntos Determina los valores de a para los que A es diagonalizable. Determina los valores de a para loa que A es diagonalizable ortogonalmente. (.) [4 puntos Para a =, calcula A n u, n =,,... (.) [ puntos Siendo a =, calcula los autovalores de las matrices A, A 4, A 7 y A 5I.. (.) Calculemos en primer lugar el polinomio característico de A para, a partir de él, discutir los casos en los que aparezcan autovalores múltiples. p(λ) = det (A λi) = det = = = ( λ) = λ a a + λ λ desarrollando los dos determinantes por los elementos de la tercera fila λ λ a a + λ a λ λ a λ a = λ [λ a a [λ a = [λ a. Por tanto, el polinomio característico es = desarrollando por los elementos de la primera fila = ( λ)( λ) [λ a a [λ a = p(λ) = [ λ a = (λ a) (λ + a)

85 Ejercicio. R-85 y los autovalores son: Si a = λ = multiplicidad (algebraica) = 4 λ Si a = a multiplicidad (algebraica) = λ = a multiplicidad (algebraica) = Para a =, el polinomio característico de A es p(λ)) = λ 4. Por tanto, el único autovalor es λ = que tiene multiplicidad cuatro y la matriz A no puede ser diagonalizable porque si lo fuera tendría que ser la matriz nula, [ dim [Nul (A) = 4 puesto que A es de orden 4 A =, y sin embargo A. Por otra parte, notemos que, en este caso, la matriz A es A = y obviamente la multiplicidad geométrica de λ = es mg(λ = ) = dim Nul (A λi) =. Para a, puesto que ambos autovalores, λ = a y λ = a son múltiples, tenemos que obtener la multiplicidad geométrica de cada uno de ellos. mg(λ k ) = dim Nul (A λ k I) = 4 rang (A λ k I), k =,. Para ello, reducimos a forma escalonada cada una de las matrices A λi. A λ I = a a a a + a a a F + af F 4 + af F F -a a a + [ Siendo a a a a a a + rang (A λ I) = { si a = si a (a ) = mg(λ ) = dim Nul (A λ I) = { si a =, si a (a ).

86 R-86 Examen de Junio (Segundo Parcial). -4. De manera análoga, para λ = a se obtiene A λ I = [ Siendo a a a a a + a a a operaciones fila a a a + { si a = rang (A λ I) = si a (a ) mg(λ ) = dim Nul (A λ I) = = { si a =, si a (a ). Por tanto, Es decir, a = = A NO es diagonalizable, a = = A SI es diagonalizable, a, = A NO es diagonalizable. A es diagonalizable a =. Valores de a para los que A es diagonalizable ortogonalmente: Por el Teorema espectral para matrices simétricas reales sabemos que, puesto que A es real, A es diagonalizable ortogonalmente A es simétrica. Pero no hay ningún valor de a para el que la matriz A sea simétrica a = A = A T y a + =, imposible. (.) Para a =, el polinomio característico de A es p(λ) = λ 4 y A no es diagonalizable. De hecho, Nul (A) = Nul = Gen v = = {, v = x x x x 4 R4 : x = x 4 = } =. Obviamente el vector u dado no es combinación lineal de autovectores de A. Obtengamos autovectores generalizados de A para expresar u como combinación lineal de autovectores y autovectores generalizados (asociados al único autovalor λ = ).

87 Ejercicio. R-87 Nul [(A λi) = Nul [A : A = = Nul (A ) = {x 4 = } = Gen {e, e, e }. Aunque todavia no hemos llegado a dimensión 4, no necesitamos seguir puesto que el vector dado, u está en Nul (A ), u = e + e + e. De esta forma, tenemos que A n u = si n, A n u = para n =. (.) Siendo a =, los autovalores de A son λ = y λ =. Por tanto, teniendo en cuenta las relaciones entre los autovalores de una matriz A y los autovalores de sus potencias enteras A k y los autovalores de las matrices que resultan de trasladar A según un múltiplo de la identidad A + µi, tenemos A λ A λ A 4 λ ( ) 4 = 4 ( ) 4 = 4 A 7 λ ( ) 7 = 7 ( ) 7 = 7 A 5I λ 5 5 = 5 = 5 = 8 5 = 8

88 R-88 Examen de Junio (Segundo Parcial). -4. Ejercicio. Consideremos el vector b R 4 y el subespacio S = Col (A) siendo A =, b = (.) [ puntos Determina una base ortonormal de S y otra de S. (.) [4 puntos Calcula la matriz de la proyección ortogonal sobre S. (.) [ puntos Calcula la proyección ortogonal de b sobre S y resuelve los sistemas de ecuaciones Ax = b + k, k =,,,..., en el sentido de los mínimos cuadrados.. (.) Base ortonormal de S: Puesto que el subespacio vectorial S = Col (A) está generado por los vectores columna de la matriz A, S = Gen v =, v =, v = basta aplicar el método de ortogoalización de Gram-Schmidt a {v, v, v } para obtener una base ortogonal de S (y a partir de ella obtener una base ortonormal de S): u = v, u = v v u u u = u = v v u u u v u u u = = =. =, =

89 Ejercicio. R-89 Por tanto, {u, u, u } es una base ortogonal de S y una base ortonormal se obtiene sin más que normalizar estos vectores, { } w = u, w u = u, w u = u u = = w =, w =, w =. Base ortonormal de S : Puesto que S = {x R 4 : x v =, v S} y S está generado por {v, v, v }, tenemos que x x v = x + x = S = x R4 : x v = x + x = x x x v = x + x 4 = = α, α R. x 4 Por tanto, S = Gen v 4 = y una base ortonormal de S es, simplemente, { w 4 = } v 4 v 4 = 5 (.) Puesto que dim (S) = y dim (S ) =, la forma más fiable y económica (en cuanto a las operaciones aritméticas que hay que hacer) para calcular la matriz P S, de la proyección ortogonal sobre S, es calcular en primer lugar la matriz P S, de la proyección ortogonal sobre S, y a partir de ésta calcular P S teniendo en cuenta que P S + P S = I. Puesto que {w 4 } es una base ortonormal de S, la matriz de la proyección ortogonal sobre S es P S = w 4 w4 T = [ 5 = y, por tanto, P S = I P S =

90 R-9 Examen de Junio (Segundo Parcial). -4. (.) Proyección ortogonal de b sobre S: P S b = = 5 Resolución en mínimos cuadrados de los sistemas Ax = b + k Las soluciones en mínimos cuadrados de los sistemas planteados son las soluciones (en sentido estricto) de los sistemas Ax = proy S b + k = P S b + k = P Sb + kp S = = Puesto que v 4 = S = P Sb = 5 Por tanto, todos los sistemas planteados tienen las mismas soluciones en el sentido de los mínimos cuadrados que son las soluciones (en sentido estricto) del sistema de ecuaciones Ax = P S b, que tiene que ser un sistema compatible, x x x 9 7 = 5 Se trata de un sistema compatible determinado cuya solución es, sin más que mirar a las filas, y 4, x x = x Observación: Pueden utilizarse las ecuaciones normales de Gauss 4 A T Ax = A T [b + kv 4 = A T b = 7 para resolver los sistemas dados en el sentido de los mínimos cuadrados sin que ello conlleve ninguna ventaja o dificultad adicional respecto a lo hecho antes :

91 Ejercicio. R-9 Ejercicio. (.) [4 puntos Resuelve el problema de valor inicial [ [ y = y, y() = 5. (.) [4 puntos Determina el valor de α R para el que la cónica x αxy + αy x + 4αy = es una parábola. Halla la ecuación reducida, dando los cambios de variables adecuados, y representa dicha parábola. (.) [ puntos Demuestra que si {v,..., v p } es un conjunto ortonormal de vectores de R n, entonces es linealmente independiente. (.) En primer lugar buscamos la solución general del sistema y = Ay mediante el cálculo de autovalores y autovectores de A. Polinomio característico de A: Autovalores de A: p(λ) = det (A λi) = det [ λ 5 λ = λ λ + 5. p(λ) = λ λ + 5 = λ = ± 4 = ± 6 = ± 4i = ± i { λ = + i, λ = λ = i. Autovectores de A: asociados a λ : (A λ I)x =, [A ( + ii) x =, [ i 5 i [ i asociados a λ = λ : sin necesidad de calcular nada [ v = v = i [ x = (+i)x v = + i Solución general de y = Ay: Puesto que los autovalores de A son una pareja de complejos conjugados (con parte imaginaria no nula), la solución general del sistema homogéneo es y(t) = c Re [ e λ t v + c Im [ e λ t v...

92 R-9 Examen de Junio (Segundo Parcial). -4. Basta ahora con imponer la condición inicial y() = c Re [e v + c Im [e v = c [ [ + c [ = [ [ c c = [ [ c c = [ Por tanto, la solución del problema de valor inicial planteado es y(t) = Im [ e λ t v. Para tener la expresión real de esta función real de variable real, obtengamos la parte real y la parte imaginaria de la solución (solución compleja de variable real t) z(t) = e λ t v del sistema y = Ay. Siendo α R y β R las partes real e imaginaria, respectivamente, de λ y siendo u R y w R las partes real e imaginaria, respectivamente, de v C,. λ = α + iβ, v = u + iw tenemos e λ t v = e (α+iβ)t [u + iw = e αt e iβt [u + iw = e αt [cos(βt) + i sen(βt)[u + iw = y, por tanto, = e αt [cos(βt)u sen(βt)w + i sen(βt)u + i cos(βt)w = = e αt [cos(βt)u sen(βt)w + ie αt [sen(βt)u + cos(βt)w Re [ e λ t v = e αt [cos(βt)u sen(βt)w = e t [cos(t) [ Im [ [ e λt v = e αt [sen(βt)u + cos(βt)w = e [sen(t) t Con todo lo obtenido tenemos la solución buscada [ [ [ y(t) = e [sen(t) t + cos(t) = e t [ sen(t) [ + cos(t) sen(t)) sen(t) + cos(t) = (.) Para que la ecuación dada represente a una parábola, la matriz asociada a la parte cuadrática de la ecuación tiene que tener a λ = como autovalor (aunque con esto no basta). Por tanto, el determinante de dicha matriz tiene que ser nulo, [ α det = α α = α = ó α =. α α Para α = tenemos la ecuación x x = que representa a una cónica degenerada, dos rectas paralelas, x x = x = ó x =. Para α = tenemos la ecuación x 4xy + 4y x + 8y =. Haciendo la reducción de esta cónica vamos a:.

93 Ejercicio. R-9 comprobar que, efectivamente, se trata de una parábola, determinar sus elementos característicos en el sistema de ccordenadas originales, obtener la representación gráfica. Reducción de x 4xy + 4y x + 8y = : [ [ [ [ x x y x + 8y =, A = 4 y 4. Autovalores de la matriz (simétrica) A de la parte cuadrática de la ecuación. [ λ det (A λi) = det = ( λ)(4 λ) 4 = 4 λ = λ 5λ = λ(λ 5) = Autovectores de A asociados a λ =, Nul (A λ I): [ [ [ x x = y = 4 y [ = y { λ = λ = 5. v = Autovectores de A asociados a λ = 5, Nul (A λ I): Puesto que λ λ y A es simétrica (y real), los autovectores de A asociados a λ tienen que ser ortogonales a los asociados a λ, es decir tienen que ser ortogonales a v, [ x y v x + y = = [ x y = x [ [ Tomamos v = de forma que la orientación {v, v } coincida con la orientación definida por los vectores canónicos {e, e } (la orientación positiva sentido de giro contrario al de las agujas del reloj (de agujas)). De esta forma { q = v v, q = v } v es una base ortonormal de R y la matriz Q = q q = [ 5 es la matriz de un giro, el que lleva los vectores canónicos e y e sobre los vectores q y q respectivamente. Eliminación del término cruzado: Al hacer el cambio de variables [ x y [ x = Q y [ x y = 5 [ [ x y. [ x = 5 (x y ) y = 5 (x + y )

94 R-94 Examen de Junio (Segundo Parcial). -4. en la ecuación de la cónica, puesto que obtenemos Q T AQ = D = [ λ λ = [ 5, λ x + λ y 5 (x y ) (x + y ) = 5y x y =. Eliminación de los términos que no sean de grado máximo (entre los que aparecen): Una vez eliminado el término cruzado de la ecuación de la cónica basta completar cuadrados y hacer una traslación: = 5y x y = 4 5 x + 5 [ y + 8 ( ) [ 5 y + 8 [ = 4 x (y ) = 4 5 x siendo x = x y = y Elementos característicos. Necesitamos las relaciones entre las coordenadas originales (x, y) y las coordenadas finales (x, y ) (en las que tenemos la ecuación reducida y podemos determinar fácilmente los elementos característicos). Dichas relaciones las tenemos expresadas a través de las coordenadas (x, y ) cuya relación con las coordenadas (x, y) es: [ x y [ x = Q y o, lo que es equivalente, [ [ x x y = Q T y * El vértice de la parábola es [ x y [ x y = 5 [ = 5 [ [ x y [ x y V = (x =, y = ) = (x = 8 5, y = ) = V = [ x y [ x = Q y = [ * El eje principal (eje de simetría) es el eje X cuya ecuación es y =, y = y = ( x + y) = x y = 9.

95 Ejercicio. R-95 * El eje secundario (recta que pasa por el vértice y es perpendicular al eje de simetría) es el eje Y cuya ecuación es x =, x = x = (x + y) = 8 5 x + y = 8. * Cortes con los ejes coordenados (originales). Además del origen de coordenadas (x =, y = ) se obtienen los puntos (x =, y = ) y (x =, y = ). Representación gráfica. Con todos los elementos obtenidos, tenemos Y Y x 4 x y+4 y x+8 y= = Y X V X y X (, ) (, ) 4 x (.) Cuestión Teórica. Si tenemos una combinación lineal de los vectores dados igual al vector nulo α v + α v + + α p v p = ( ) al multiplicar escalarmente por el vector v tenemos (α v + α v + + α p v p ) v = v =. Desarrollando el primer miembro de la igualdad α v v + α v v + + α p v p v = [ = α v + α + + α p = usando la condición de ortogonalidad puesto que u = = = α =.

96 R-96 Examen de Junio (Segundo Parcial). -4. De manera análoga, al multiplicar escalarmente la igualdad ( ) por un vector v k, k =,,..., n, se obtiene [ α + α + + α k v k + + α n = puesto que v k = α k =. Por tanto, la única combinación lineal que es igual al vector nulo es la combinación lineal identicamente nula (todos los coeficientes son nulos). Es decir, los vectores dados son linealmente independientes.

97 Examen de Junio (Primer Parcial). -4. R Departamento de Matemática Aplicada II. Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla. Examen Final de Junio (Primer Parcial) Ejercicio 4. (4.) [ puntos Al reducir una matriz A 4 a forma escalonada se obtiene la matriz U = 4. Calcula la dimensión y, cuando sea posible, una base de los subespacios Nul (A), Col (A), Nul (A T ), y Col (A T ). Cuando no sea posible obtener una base, describe la forma de obtenerla si conocieramos la matriz A. (4.) [4 puntos Calcula una base y unas ecuaciones implícitas del subespacio S de R 4 que contiene al subespacio E y al vector u definidos por { x E x + x 4 = x + x x + x 4 =, u =. 4 Amplía la base de S hasta una base de R 4 y calcula las coordenadas del vector v = [,,, T respecto a dicha base. (4.) [ puntos Define los conceptos de espacio nulo y espacio columna de una matriz. Demuestra que si A es una matriz cuadrada, se verifica que Nul (A) Nul (A ) y Col (A ) Col (A). (4.) Evidentemente, hay muchas matrices A que pueden dar lugar a una misma forma escalonada U. Cabe esperar que de la matriz U podamos obtener alguna información sobre la matriz A, pero no sería razonable esperar obtener toda la información posible sobre A si sólo tenemos la forma escalonada U. Veamos qué información podemos obtener con precisión y qué otra no puede ser obtenida. Nul (A) R 4 : Puesto que Nul (A) es el conjunto de soluciones del sistema homogéneo Ax = y al reducir A a forma escalonada (por filas) se hacen operaciones-

98 R-98 Examen de Junio (Primer Parcial). -4. fila (que no afectan a las soluciones), los sistemas homogéneos Ax = y Ux = tienen las mismas soluciones { x R 4 : Ax = } = { x R 4 : Ux = }, Nul (A) = Nul (U). Por tanto, el espacio Nul (A) = Nul (U) tiene dimensión (el número de variables libres en el sistema Ux = ) y para tener una base de Nul (A) basta con resolver el sistema Ux =, 4 x x x x 4 x x x x 4 = Nul (A) = Gen = = x, { x = x + x 4 x = 4x 4 + x }, dim [Nul (A) =. Col (A) R : Al hacer operaciones fila sobre la matriz A, el espacio columna de las matrices obtenidas NO coinciden con el de la matriz original A, ni entre sí, sin embargo SI se conservan las relaciones de dependencia lineal entre las columnas de las matrices que se van obteniendo. Puesto que al reducir A a forma escalonada U hemos obtenido columnas pivote, tenemos que dim [Col (A) = dim [Col (U) =. Para obtener la dimensión de Col(A) podríamos aplicar directamente el teorema del rango: rango(a) + nulidad(a) = número de columnas de A, dim [Col (A) + dim [Nul(A) = número de columnas de A. Con el único dato de la matriz U, NO es posible determinar el espacio columna de A, puesto que hay muchas matrices A que al ser reducidas a forma escalonada dan lugar a la matriz U, por ejemplo, las matrices A = U, A = U = 4 dan lugar a U al reducir a forma escalonada y sin embargo (compruébalo) Col (A ) = Gen, Col (A ) = Gen,.

99 Examen de Junio (Primer Parcial). -4. R-99 Si conociéramos la matriz A, una base de su espacio columna estaría formada por los vectores columna y de dicha matriz. Puesto que para la matriz U se verifica que - las columnas y son linealmente independientes, - la columna es un múltiplo de la columna y - la columna 4 es combinación lineal de las columnas y, esto mismo es cierto para las columnas correspondientes en la matriz A. Nul (A T ) R y Col (A T ) R 4 : La forma más simple de obtener toda la información posible relativa a estos subespacios es a través de los resultados referidos a ortogonalidad: Por tanto, Nul (A T ) = [Col (A), Col (A T ) = [Nul (A). dim [ Nul (A T ) = dim [Col (A) = Col (A T ) = [Nul (A) = Gen { x = x x 4 = x + 4x, 4 { = Col (A) = Gen x + x = x 4x + x 4 =, 4. Con el único dato de la matriz U, NO es posible determinar una base de Nul (A T ) puesto que, por ejemplo, para las dos matrices A y A consideradas antes se obtiene Nul (A T ) { x = x = Nul (A T ) { x + x = x = } = Gen, } = Gen. Si conocieramos la matriz A, para obtener una base de Nul (A T ) bastaría resolver el sistema homogeneo A T x =. (4.) El subespacio E tiene dimensión. Puesto que u / E( + 4 ), si determinamos una base {v, v } de E, tendremos una base {v, v, u} del subespacio S pedido que tendrá dimensión. Sólo hay otro subespacio vectorial de R 4 que contiene a E y al

100 R- Examen de Junio (Primer Parcial). -4. vector u, el espacio total R 4. [ E Por tanto, v = [ [ x x x x 4 = x + x 4 [ base de E : base de S :, v =, v =, v =., u = 4. Ecuaciones implícitas de S: Puesto que S R 4 tiene dimensión, puede ser descrito con 4 = ecuación implícita, x x x x x x x x x x x x x 4 x 4 4 x 4 x 4 x + x x x x x x x + x x + x 4 x + x x + x 4 = (4.) Espacio nulo: Dada una matriz real M de dimensiones m n, el espacio nulo de M es Nul (M) = {x R n : Mx = }. Espacio columna: Dada una matriz real M de dimensiones m n, el espacio columna de M es el conjunto formado por todas las combinaciones lineales de las columnas de M o, lo que es lo mismo, Col (M) = {Ax R m : x R n } = {y R m : y = Ax para algún x R n } = {y R m : Ax = y es un sistema compatible}. Nul (A) Nul (A ): x Nul (A) Ax = = AAx = A = = A x = = x Nul (A ). Col (A ) Col (A): y Col (A ) x R n : A x = y A [Ax = y = [ siendo z = Ax = Az = y = y Col (A).

101 Ejercicio 5. R- Ejercicio 5. (5.) [ puntos Determina los valores de a R para los que la forma cuadrática dada por [ [ a x ϕ(x, x ) = [x x a 7 x es definida positiva. Reduce la forma cuadrática para a =. (5.) [ puntos Determina el punto del plano que se obtiene a partir del punto P(, ) al hacer un giro de ángulo θ = π radianes alrededor de A = (, ). (Puedes realizar los cálculos y dar el resultado en forma compleja si te resulta más cómodo). (5.) [ puntos Resuelve (calcula todas las soluciones complejas de) de la ecuación z 8 + z 4 =. (5.4) [ puntos Determina la ecuación de la superficie de traslación que{ se obtiene al y = x trasladar (paralelamente a sí misma) la parábola del plano OXY, g a lo { z = x = z largo de la recta d y =. (5.) Una forma cuadrática en dos variables definida por una matriz simétrica A = [a ij es definida positiva se verifican las condiciones det (A) >, a >. Por tanto, la forma cuadrática dada es definida positiva det (A) = a(a 7) = a 7a >, a >. Puesto que a 7a = a = 7 ± = 7 ± 5, tenemos que ( a 7a = a 7 + ) ( 5 a 7 ) 5 a > (> ) > ó a < 7 5 (< ). Por tanto, la forma cuadrática es definida positiva si y sólo si a > Para a = tenemos la forma cuadrática ϕ(x, x ) = x + x x + x. Comenzamos completando el cuadrado en x, x + x x + x = (x + 5 x x ) + x = = ( x + x ) ( x ) + x = = ( x + x ) + 9 x = x + 9 x { x = x + x, x = x.

102 R- Examen de Junio (Primer Parcial). -4. (5.) Trabajando en forma compleja, si denotamos por z = x + iy un punto genérico del plano complejo y por w = x + iy el punto que se obtiene al hacer un giro de ángulo (5.) θ = π radianes alrededor de A = (, ) z = + i, se verifica que w z = e iθ [z z w ( + i) = e iπ [z ( + i). Para P(, ) tenemos como punto inicial z = + i y por tanto, w = ( + i) + e iπ [ + i ( + i) = e iπ [ + i = [ cos( π ) + i sen(π ) ( + i) = [ = + i ( + i) = + i + i ( = ) + i ( + ). Por tanto el punto pedido es P (, ) +. z 8 + z 4 = (z 4 ) + (z 4 ) = z 4 = ± + 8 = ± z 4 = ó z 4 =. Por tanto, las soluciones z de nuestra ecuación (polinómica de grado 8) son las cuatro raices cuartas de y las cuatro raices cuartas de. z 4 = = e i z 4 = = e iπ z = e i, e iπ 4, e iπ 4, e iπ 4 z = 4 e i π 4, 4 e i( π 4 +π 4 ), 4 e i( π 4 +π 4 ), 4 e i( π 4 +π 4 ) z =, i,, i z = 4 ( + i), 4 ( + i), 4 ( i), 4 ( i) z = 4 ( + i), 4 ( + i), 4 ( i), 4 ( i) (5.4) La generatriz y la directriz tienen como único punto común el origen de coordenadas y = x z = g d = x = y = z =. x = z y = Siendo G un punto genérico de la generatriz y D un punto genérico de la directriz α β OG = α, α R; OD =, β R, β

103 Ejercicio 5. R- los puntos de la superficie de traslación generada son los puntos P dados por OP = OG + OD x α β x = α + β y = α + y = α z β z = β. Basta ahora con eliminar los parámetros α, β de las anteriores ecuaciones (paramétricas): β = z, α = x β = x z = y = (x z). Z y = (x z) Z X.5 Y 4 4 X 4 Y

104 R-4 Examen de Septiembre Departamento de Matemática Aplicada II. Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla. Examen Final de Septiembre Ejercicio. (.) [ puntos Determina la{ ecuación de la superficie de revolución que se genera al girar la y + = z parábola del plano OY Z alrededor del eje OZ. Se trata de una cuádrica? x = Por qué? (.) [ puntos Determina un número complejo z sabiendo que argumento(z) = π rad y z + z = 4. (.) [ puntos Demuestra que si A y B son dos matrices (reales) arbitrarias m n se verifica la siguiente relación entre los subespacios vectoriales Col (A), Col (B) y Col (A + B), Col (A + B) Col (A) + Col (B). (.4) [4 puntos Determina una base ortogonal de Col. (.) Al girar, alrededor del eje OZ un punto (, y, z) de la parábola se obtienen los puntos de coordenadas (X, Y, Z) dados por X = y cos(θ) Y = y sen(θ) Z = z Puesto que y + = z y X + Y = y, tenemos θ π. X + Y = y = ( z ) = ( Z ) = X + Y = (Z ). Obviamente, la superficie de revolución generada NO es una cuádrica. La razón algebraica es que la ecuación que se obtiene no es una ecuación de segundo grado sino de cuarto. La razón geométrica es que el dibujo no se corresponde con ninguna cuádrica (elipsoide, paraboloides, hiperboloides, cilindros, pares de planos,...).

105 Ejercicio. R Observación: Se habría obtenido una cuádrica si el eje de giro hubiera sido uno de los ejes de la parábola o bien una recta perpendicular al eje principal (contenida en el plano de la parábola), pero que no corte a la parábola. (.) Denotando por r al módulo del número complejo z pedido, tenemos Por tanto, z = r [ [ z = re iπ = r cos i ( ) π + i sen ( ) [ π = r + i. = z + z = r = 4 = r = 4 = z = 4e iπ = + i. (.) Una de las formas de describir el espacio columna de una matriz C es como el conjunto de todos los vectores de la forma Cx. Un vector y R m está en el espacio columna de A + B si (y sólo si) es combinación lineal de las columnas de A + B o, lo que es lo mismo, si se verifica que y = (A + B)x para algún vector x R n. En este caso, y = (A + B)x = Ax + Bx se puede expresar como suma del vector Ax, que pertenece a Col (A), y el vector Bx, que pertenece a Col (B), y por tanto, el vector y está en el subespacio suma Col (A) + Col (B). (.4) Para determinar una base ortogonal del espacio columna de A basta con aplicar el método de ortogonalización de Gram-Schmidt a los vectores columna de A v =, v =, v =, v 4 = y quedarnos con los vectores no-nulos que obtengamos. Si primero calculamos una base de Col (A) y después aplicamos el método de Gram-Schmidt a los vectores de dicha base, todos los vectores que obtengamos serán no-nulos (y constituirán una base ortogonal de

106 R-6 Examen de Septiembre. -4. Col (A)). Aplicamos el método de Gram-Schmidt a {v, v, v, v 4 }. u = v, u = v v u u u u = 4, u = v v u u u u v u u u u = (el que el vector u sea el vector nulo es el reflejo de que v es combinación lineal de u y u y, por tanto, de v y v ) 7 u 4 = v 4 v 4 u u u u v 4 u u u u =. 4 Por tanto, una base ortogonal de Col (M) es {u, u, u 4 }. También podemos tomar 7 u =, u = 4, u 4 =. 4,

107 Ejercicio. R-7 Ejercicio. Considera la matriz A dada por A = 6 5 (.) [ puntos Siendo V el subespacio vectorial de R generado por los dos primeros vectores -columna de A, determina los vectores x R tales que Ax V. Se trata de un subespacio vectorial? (.) [4 puntos Calcula los autovalores, los autovectores y los autovectores generalizados de A. (.) [ puntos Calcula A 9.. (.) Aunque podría abordarse de muchas formas, y alguna de ellas con menos cuentas que como se hace a continuación, para determinar los vectores pedidos podemos: Determinar en forma implícita el subespacio V, y es un y V y sistema y compatible operaciones fila y y y + y Por tanto, para un vector y R tenemos operaciones fila y V y + y + y =. y y y + y y Imponer, mediante las ecuaciones implícitas obtenidas, que Ax pertenezca a dicho subespacio. Dado x R, tenemos 6 x x + 6x Ax = x = x + x x V 5 x x + x + 5x Ax V (x + 6x ) + (x + x x ) + ( x + x + 5x ) = x =. Es decir el conjunto de vectores pedido es el formado por los vectores que verifican x =. Se trata, por tanto, de un subespacio vectorial de dimensión dos. (.) Autovalores de A: det (A λi) = λ 6 λ 5 λ = = λ( λ)(5 λ) ( λ) λ (5 λ) = = λ + 6λ λ + 8 = (λ ) [ λ + 4λ 4 = (λ )..

108 R-8 Examen de Septiembre. -4. Es decir, el único autovalor de A es λ =. Autovectores de A: asociados al único autovalor: (A I)x =, 6 = = x x x = v = x + x x x,v = = x + x autovectores linealmente independientes. Por tanto, la matriz A no es diagonalizable (el autovalor tiene multiplicidad algebraica =, multiplicidad geométrica = ) y existen autovectores generalizados que no son autovectores. Puesto que tiene que verificarse que necesariamente tiene que ser dim [ Nul ( (A I) ) > dim [Nul (A I) =, dim [ Nul ( (A I) ) =. Es decir, Nul ((A I) ) = R y la única opción es que la matriz (A I) sea la matriz nula. Autovectores generalizados de A: asociados al único autovalor: (A I) x = Puesto que, como es fácil comprobar directamente, (A I) =, cualquier vector (no-nulo de R ) es un autovector generalizado de A. Por ejemplo, v =,v =,w = es una base de R formada por autovectores {v, v } y autovectores generalizados {w} de A. (.) Puesto que, según hemos obtenido en el apartado anterior, se verifica que (A I) =, sin más que aplicar la fórmula del binomio de Newton a la potencia A n = [I + (A I) n tenemos, para n, A n = [I + (A I) n = = (I) n + ( n ) ( n (I) n (A I) + = n I + n n (A I) = n = n n n 6n n n n n n + n. ) (I) n (A I) + + n n 6

109 Ejercicio. R-9 Y basta sustituir n = 9. Observación. Calculando los vectores A n v = n v, A n v = n v, A n w =... la matriz A n se puede despejar de la igualdad A n v v w = A n v A n v A n w.

110 R- Examen de Septiembre. -4. Ejercicio. Sea S el subespacio vectorial de R n definido por la ecuación implícita x + x + + x n =. (.) [ puntos Calcula la matriz P de la proyección ortogonal sobre S. (.) [ puntos Determina los autovalores y los autovectores de P. (.) [ puntos Determina los autovalores y los autovectores de las matrices P I, P + I, P 5I. (.4) [ puntos Estudia el carácter de la forma cuadrática asociada a cada una de las matrices P, P I, P + I, P 5I. (.5) [ puntos Resuelve en el sentido de los mínimos cuadrados el sistema de ecuaciones Px =.. (.) Puesto que dim (S) = n, el complemento ortogonal S de S tiene dimensión y de hecho está generado por el vector cuyas coordenadas son los coeficientes de la única ecuación implícita que define S. Es decir S = Gen w =.. Obviamente, es más simple calcular (directamente) la matriz de la proyección ortogonal sobre un subespacio vectorial de dimensión, como es S, que calcular (directamente) la matriz de la proyección { ortogonal } sobre un subespacio vectorial de dimensión n como es S. Puesto que w w es una base ortonormal de S, la matriz de la proyección ortogonal sobre S es P S = w w w wt = n. [ = n n Puesto que para cualquier subespacio se verifica que P S + P S = I, tenemos que la matriz de la proyección ortogonal sobre el subespacio dado es P S = I P S n.... P S = n = n n n.

111 Ejercicio. R- (.) Para el estudio de los autovalores y autovectores de la matriz de la proyección ortogonal (sobre un subespacio vectorial no trivial S de R n, dim (S) n ) conviene tener presentes (conocer) algunas propiedades de dichas matrices: Son matrices n n (reales) simétricas. Por tanto, son matrices diagonalizables mediante una matriz de paso ortogonal. Puesto que cada vector x del subespacio proyección, S, verifica Px = x (se proyecta sobre sí mismo), cada vector no-nulo de S es un autovector de P asociado al autovalor λ =. Por tanto, la multiplicidad geométrica de λ = (y la algebraica) es igual a la dimensión de S. Px = x x S. Puesto que cada vector x del subespacio proyectante, S, verifica Px = (se proyecta sobre el vector nulo), cada vector no-nulo de S es un autovector de P asociado al autovalor λ =. Por tanto, la multiplicidad geométrica de λ = (y la algebraica) es igual a la dimensión de S. Px = x S. (.) Todas las matrices consideradas son de la forma P + ci, c R y sus autovalores serán, por tanto, de la forma µ = λ+c siendo λ un autovalor de P. Además, las multiplicidades algebraica y geométrica de µ = λ + c, como autovalor de P + ci, coincide con la correspondiente de λ, como autovalor de P. P P I P + I P 5I Autovectores { } λ = = + = 5 = 4 S \ { } λ = = + = 5 = 5 S \ (.4) Para determinar el carácter de la forma cuadrática asociada a cada una de las matrices (simétricas) consideradas, basta con estudiar el signo de sus autovalores. Teniendo en cuenta los resultados obtenidos en el apartado anterior tenemos: P P I P + I P 5I λ = = + = 5 = 4 λ = = + = 5 = 5 Semidefinida Semidefinida Definida Definida Positiva Negativa Positiva Negativa (.5) Las soluciones en mínimos cuadrados del sistema dado, Px = b, son las soluciones del sistema de ecuaciones Px = proy V (b) siendo V = Col (P) = S. Es decir, se trata de resolver el sistema Px = Pb o, lo que es lo mismo, de obtener los vectores x R n cuya proyección ortogonal sobre S coincide con la del vector b. Obviamente, dichos vectores x son los vectores de la forma b + u, u S.

112 R- Examen de Septiembre. -4. Puesto que S = Gen son { [,,..., T}, las soluciones en mínimos cuadrados pedidas x =. + α., α R.

113 Primer Examen Parcial R Departamento de Matemática Aplicada II. Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla. Primer Examen Parcial Ejercicio. (y Primera Parte de la Tercera Convocatoria) (.) [ puntos Determina un polinomio con coeficientes reales P(z), mónico (el coeficiente de la máxima potencia es ) de grado, sabiendo que z = i es una de sus raíces y que P() =. (.) [ puntos Determina la matriz del giro (con centro el origen de coordenadas) que lleva el punto (, ) en el punto (a, ), a >. Puedes trabajar en forma vectorial o en forma compleja. (Lo primero que hay que calcular es a). (.) [ puntos Determina un número complejo w sabiendo que una de sus raíces cúbicas es z = i. Calcula las otras dos raíces cúbicas de w. (.4) [ puntos Reduce a suma de cuadrados la forma cuadrática Q : R R dada por Q(x, y, z) = x + y + ( 4a)z xy + 4xz + 4ayz. Expresa en forma matricial la relación entre las variables originales y las variables finales. (.) Puesto que P(z) tiene coeficientes reales y z = i es una de sus raíces, su conjugada z = z = + i también es raíz de P(z) y la otra raíz de P(z) tiene que ser un número real c R. Puesto que el coeficiente de la máxima potencia de P(z) es uno y P(z) se anula para z, z y c, tiene que ser y, puesto que P() =, P(z) = (z z )(z z ) (z c) ( z )( z )( c) = = i c = = c = 5. Por tanto, P(z) = (z + i) (z i) ( z 5) = = z 5 z + 5 z. (.) Para que el punto (a, ) pueda obtenerse al girar el punto (, ) con centro de giro el origen de coordenadas, la distancia de dichos puntos al oigen debe coincidir, es decir (a, ) = (, ) = 5 a + 4 = 5 a = a > = a =.

114 R-4 Primer Parcial Trabajando en forma compleja, el giro vendrá definido por la multiplicación por un número complejo de módulo, e iθ, siendo θ el ángulo de giro, z C z = e iθ z C. Puesto que el punto (, ) se transforma, mediante el giro, en el punto (a, ) = (, ), i = e iθ ( + i) = e iθ = i ( i) = = cos(θ) =, 5 ( 4i) = + i 5 5 sen(θ) = 4. 5 Por tanto, la matriz del giro es [ cos(θ) sen(θ) G = = sen(θ) cos(θ) 5 [ 4 4. (.) Puesto que z = i es una de las raíces cúbicas de w, w = ( i) = ( 4i)( i) = = i. Puesto que las (tres) raíces cúbicas de cualquier número complejo (distinto de cero) son los vértices de un triángulo equilátero con centro el origen de coordenadas, si z es uno de dichos vértices, los otros dos serán ( e π i z = + i ( e π i z = e π i z = ) ( i) = i ( + ) + i ( + ), ) ( ) ( i) = + i ( ). (.4) Comenzamos completando cuadrados en x, Q(x, y, z) = x x(y z) + y + ( 4a)z + 4ayz = [x + (y z) + (y z) + y + ( 4a)z + 4ayz = [ siendo x = x + y z = x + y + (5 4a)z + 4(a )yz = x + y + 4z 4yz + y + ( 4a)z + 4ayz = x + [y + (a )z [(a )z + (5 4a)z = siendo x = y + (a )z, x = z x + x + ( a )x. La relaci n entre las variables finales y las variables iniciales es x = x + y z x x = y + (a )z x = a x = z x x y z.

115 Ejercicio. R-5 Ejercicio. (.) [4 puntos Calcula la matriz P de la proyección ortogonal, en R, sobre el plano de ecuación x + y + z =. (.) [ puntos Calcula la ecuación, y haz un esbozo, de la superficie de traslación que se obtiene al desplazar la parábola G a lo largo de la parábola D, siendo { y = x G z = Se trata de una cuádrica? Por qué? y D { z = y x =. (.) La matriz P que hay que determinar tiene que verificar P v = v para cualquier vector v del plano proyección, x + y + z =, y Pu = para cualquier vector ortogonal a dicho plano. Tomamos vectores (linealmente independientes) v y v del plano y un vector u (no nulo) ortogonal al plano, por ejemplo v =, v =, u = Escribiendo las igualdades Av = v, Av = v, Au = en forma matricial tenemos A = y despejando A A = = =..... Cálculo de la inversa: F + F F + F F F F F F F F (.) Las dos curvas dadas tienen como único punto de corte el origen de coordenadas. Un punto genérico X de la superficie de traslación que se genera vendrá dado mediante OX = OG + OD

116 R-6 Primer Parcial siendo G y D puntos genéricos de las curvas generatriz y directriz respectivamente. Puesto que { y = x x = α { z = y G y = α z = x = (α R) y D x = y = β (β R), z = z = β la superficie de traslación generada está formada por los puntos X dados por x α α OX = y = α + β = α + β, α, β R. z β β Ahora basta con eliminar los parámetros α y β de entre x = α, y = α + β x = α, y = α + β, z = β. } = y = x + β β = y x = z = (y x ). z = (y x ) 4 Z Y X Se trata de una cuádrica? Obviamente, la superficie de traslación generada NO es una cuádrica. Por qué? La razón algebraica es que la ecuación que se obtiene no es una ecuación de segundo grado sino de cuarto. La razón geométrica es que el dibujo no se corresponde con ninguna cuádrica (elipsoide, paraboloides, hiperboloides, cilindros, pares de planos,...). Notemos que al cortar la superficie con planos paralelos a los coordenados z = c puede obtenerse una parábola, para c =, dos parábolas, si c >, y x = ± c, nada, si c < ; y = b, se obtienen curvas de grado 4; x = a, se obtienen parábolas, z = (y a ), con vértice en (a, a, ).

117 Ejercicio. R-7 Ejercicio. (.) [ puntos Determina la matriz A de una transformación lineal T : R R sabiendo que el espacio nulo de A viene dado por la ecuación implícita x x x = y que [ T =. (.) [5 puntos Determina una base del espacio columna de la matriz 4 B = Comprueba que el vector v = [9, 4, 9, T está en dicho espacio columna y calcula las coordenadas de dicho vector respecto a la base obtenida. Sin necesidad de hacer más cálculos, Cuál es la dimensión del espacio nulo de la matriz B? Cuál es el menor número posible de ecuaciones implícitas mediante las cuales se puede caracterizar dicho espacio nulo? (.) [ puntos Escribe la fórmula del binomio de Newton y las condiciones para que dicha fórmula sea aplicable a la potencia de una suma de matrices (cuadradas del mismo orden). Calcula C n, n =,,... siendo C =. (.) Teniendo en cuenta las condiciones dadas, tenemos que determinar una matriz (la matriz) A,, que verifica que Av = para cualquier vector v Nul (A) y A = [ Tomamos vectores linealmente independientes (una base) de Nul (A), por ejemplo Por tanto, A debe verificar A = v = [, A. y v = = [., A = [

118 R-8 Primer Parcial y escribiendo estas igualdades en forma matricial tenemos [ A =. Despejando A, A = [ = [ = [.... Cálculo dela inversa: F F F F F + F + F. (.) Reducimos B a forma escalonada por filas 4 F + F B F 4 F F 7F F 4 + 5F 4. Por tanto, las columnas y son linealmente independientes y cada una de las columnas, 4 y 5 es combinación lineal de las columnas y. Es decir, una base de Col (B) está formada por las columnas y (de B), b =, b = 4. Para comprobar que el vector v dado está en Col (B) bastará comprobar que es combinación lineal de b y b. Los coeficientes de dicha combinación lineal serán las coordenadas de v respecto a la base {b, b } de Col (B). [ αb + βb = v b b α = v. β

119 Ejercicio. R-9 Haciendo las mismas operaciones fila que al reducir B tenemos F + F F 4 F F 7F F 4 + 5F = 9 4. Por tanto, las coordenadas pedidas son β = 4 y α = 9 β = ( v = b + 4b ). Cuál es la dimensión del espacio nulo de la matriz B? Puesto que dim [Col(B) = y B tiene 5 columnas, la dimensión del espacio nulo de B es (el número de variables libres que se obtienen al reducir a forma escalonada) dim [Nul (B) = 5 dim [Col (B) =. Cuál es el menor número posible de ecuaciones implícitas mediante las cuales se puede caracterizar dicho espacio nulo? Al reducir a forma escalonada mediante operaciones fila el conjunto solución del sistema homogéneo asociado no cambia, es decir, el espacio nulo de la matriz no cambia y por tanto el espacio nulo de B coincide con el de la matriz escalonada obtenida. Por tanto Nul (B) puede caracterizarse mediante ecuaciones implícitas, [ 4 y no menos puesto que el subespacio definido por una única ecuación implícita homogenea (en 5 variables) tiene dimensión 4. (.) Fórmula del binomio de Newton. Siendo x, y números reales (o complejos) y n =,,... se verifica que ( ) ( ) ( ) (x + y) n n n n = x n + x n y + + x n k y k + + xy n + y n. k n Si tenemos dos matrices cuadradas A y B, del mismo orden, que conmutan, es decir AB = BA, la fórmula del binomio es válida para las potencias naturales de A + B, es decir, ( (A + B) n n = A n + ) ( n A n B+ + k Podemos expresar la matriz C dada mediante C = I + N, siendo N = ) ( n A n k B k + + n. ) AB n +B n.

120 R- Primer Parcial Puesto que las matrices I y N conmutan ((I)N = N(I) = N), se verifica que ( ) ( ) C n = (I + N) n n n = n I + n N + + N n + N n. n Las potencias de la matriz N son 4 N =, N = Por tanto, si n,, N k =, k. C n = n I + n n N + n(n ) n N = n n n n(n ) n = n n n n = n 9 6n n(n ) 9 6n 9.

121 Tercera Convocatoria R Departamento de Matemática Aplicada II. Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla. Tercera Convocatoria (Segunda Parte) Ejercicio 4. Considera los vectores v =, v = y v = (4.) Calcula una base ortogonal del subespacio S generado por v, v y v. (4.) Calcula la matriz de la proyección ortogonal sobre S y la de la proyección ortogonal sobre S. (4.) Definición de matriz ortogonal. Demuestra que si Q es una matriz ortogonal e intercambiamos las dos primeras filas de Q, la matriz que se obtiene tambien es ortogonal.. (4.) Para calcular una base ortogonal de S podemos aplicar el método de ortogonalización de Gram-Schmidt a {v, v, v } aunque estos vectores puedan no ser linealmente independientes: u = v, u = v v u u u = 6 9 u = v v u u u v u u u = = = = = , =

122 R- Tercera Convocatoria Por tanto, una base ortogonal de S es u =, u = (4.) Para calcular la matriz de la proyección ortogonal sobre S podemos obtener una base ortonormal de S como por ejemplo 4 w = u u =, w = u u = con lo cual la matriz de la proyección ortogonal sobre S es 4 [ P S = w w w T w T = 7 5 = = La matriz de la proyección ortogonal sobre S es P S = I P S = [ Los elementos indicados con no necesitan ser calculados directamente puesto que la matriz de la proyección ortogonal sobre un subespacio es una matriz simétrica. (4.) Definición de matriz ortogonal. Se dice que una matriz A es una matriz ortogonal si es una matriz real cuadrada que verifica que Q = Q T o, lo que es equivalente, sus columnas (o sus filas) forman una base ortonormal de R n. Demuestra que si Q es una matriz ortogonal e intercambiamos las dos primeras filas de Q, la matriz que se obtiene tambien es ortogonal. Al intercambiar dos filas de una matriz no cambia ni la ortogonalidad de los vectores fila (ni de los vectores columna) ni la norma de cada uno de dichos vectores. Siendo Q una matriz cuadrada real, la matriz Q es ortogonal si y sólo si sus vectores fila (y sus vectores columna) son ortogonales dos a dos y tienen norma uno. Por tanto, si intercambiamos dos filas de Q obtenemos una matriz cuadrada real cuyos vectores fila (y vectores columna) son ortogonales dos a dos y tienen norma uno. Es decir, se obtiene una matriz ortogonal..

123 Ejercicio 4. R- Podemos demostrar el enunciado mediante operaciones matriciales. Al intercambiar las dos primeras filas de la matriz Q se obtiene la matriz Q = P Q, P = Puesto que P = P T = P, tenemos que Q = (P Q) = Q P = QT P T = (P Q) T = Q T y, por tanto, la matriz Q es ortogonal.

124 R-4 Tercera Convocatoria Ejercicio 5. Considera la matriz A y el vector w dados por A = 4 (5.) Diagonaliza A, indicando la matriz de paso., w = (5.) Calcula los autovalores de A n, n =,,.... Hay alguna potencia A n, n =,,... que se pueda diagonalizar mediante una matriz de paso real? (5.) Calcula A w. (5.) Diagonaliza A, indicando la matriz de paso. Autovalores de A: det (A λi) = det = ( λ)det λ 4 λ λ [ λ 4 λ =. λ =, = ( + λ)[λ + 4 = λ = i, λ = λ = i. = ( λ)[( λ) ( λ) + 8 = Autovectores de A asociados a λ = : (A + I)x =, 4 4 = x =, x = = v = Autovectores de A asociados a λ = i: (A ii)x =, i + i 4 i i i + i F +i F = + i + i x = ( + i)x, x = +i x = x = v =. + i Autovectores de A asociados a λ = λ = i: (A + ii)x =. Puesto que A es una matriz real, a autovalores complejos conjugados corresponden autovectores.

125 Ejercicio 5. R-5 conjugados, es decir, los autovectores asociados al autovalor λ = λ = i están generados por v = v = i Diagonalización de A. Puesto que Av = v, Av = (i)v, y Av = ( i)v, siendo P = v v v λ D = λ λ se verifica que AP = P D y, por tanto, = = + i i i i y (5.) Los autovalores de A n, n =,,... son P AP = D A = PDP. λ n = ( ) n, λ n = (i) n, y λ n = ( i) n. Todas las matrices A n, n =,,... son diagonalizables puesto que A n = ( PDP ) (PDP ) = PD n P. Es decir, todas las matrices A n son diagonalizables mediante la misma matriz de paso compleja P. Para que una cierta potencia A n sea diagonalizable mediante una matriz de paso real basta con que los autovalores de dicha matriz sean reales. Por tanto, debemos determinar n N de forma que (i) n sea un número real. Puesto que si r =, i 4k+r = i r i si r =, = si r =, i si r =, una potencia i n es un número real si y sólo si el exponente n es un número par n =, 4,... Por tanto, A n es diagonalizable mediante una matriz de paso real si y sólo si el exponente n es un número par. Notemos que, por ejemplo para n =, tenemos que λ = λ = (±i) = 4 es un autovalor doble de A y que separando las partes real e imaginaria del autovector v tenemos A v = λ v A [Re (v ) + i Im (v ) = 4 [Re (v ) + i Im (v ) { A [Re(v ) = 4 [Re (v ), A [Im (v ) = 4 [Im (v )

126 R-6 Tercera Convocatoria es decir, los vectores parte real y parte imaginaria de v Re (v ) =, Im (v ) = son autovectores (linealmente independientes) de A asociados al autovalor λ = 4., (5.) ( ) A w = PD P w = P (i) = puesto que = 8 4 i = (i 4 ) 8 = = P ( i) P w = P w = PP w = w.

127 Segundo Parcial R Departamento de Matemática Aplicada II. Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla. Segundo Examen Parcial Ejercicio. (.) Sean E y F los subespacios vectoriales de R 4 definidos por E = Gen v =, v =, v =, F x + x + x 4 =. (..a) [ puntos Calcula una base ortogonal de S = E F y una base de S. (..b) [ punto Determina una base de E + F. (.) Considera una cónica cuya ecuación es de la forma x + 4xy y + αx + βy + γ = (..a) [ puntos Determina qué posibles cónicas pueden obtenerse para los distintos valores de α, β, γ (sin necesidad de establecer la relación entre los valores de los parámetros y el tipo de cónica). (..b) [ puntos Reduce, clasifica y representa (en los ejes originales) la cónica que se obtiene para α = β = 8 5, β = 4 5, γ = 44. (.) [ punto Demuestra que si v y v son dos autovectores de una matriz A asociados a dos autovalores distintos λ λ, entonces son linealmente independientes. (.) (..a) Puesto que tenemos que obtener E F, es cómodo trabajar con E y F en forma implícita. Calculemos las ecuaciones implícitas de E (F ya lo tenemos en forma implícita). Puesto que E está formado por los vectores x R 4 para los cuales el sistema α β γ = x x x x 4

128 R-8 Segundo Parcial es compatible, reduciendo el sistema a forma escalonada tenemos x x x F F F F F F x x x x x x x x x x x x x Por tanto, el sistema es compatible x x x =, es decir Puesto que E x x + x =. S = E F resolviendo el sistema obtenemos [ { x x + x = x + x + x 4 = [. = = { x = x x 4 x = x x = x x 4 Por tanto, una base de S = E F es u = x x x x 4 = x, u = Puesto que u u = la base obtenida es ortogonal. + x 4. Una base de S. Teniendo en cuenta las ecuaciones implícitas de S tenemos que una base de S es,.

129 Ejercicio. R-9 (..b) Puesto que dim (E F) =, utilizando la fórmula que relaciona las dimensiones de E F y de E + F con las de E y F, dim (E F) + dim (E + F) = dim (E) + dim (F) tenemos que dim (E + F) = dim (E) +dim (F) dim (E F) = + = 4. Por tanto, E + F = R 4 y cualquier base de R 4 nos sirve, como por ejemplo la canónica {e, e, e, e 4 }. Observación.- Puesto que dim (E) = (téngase en cuenta la reducción a forma escalonada que hemos hecho para obtener la ecuación implícita de E) si quisiéramos obtener una base de E + F formada por vectores de E y vectores de F bastaría añadir a la base de E que tenemos {v, v, v } un vector de F que no esté en E como por ejemplo u = e = (,,, ) T. (.) Considera una cónica cuya ecuación es de la forma x + 4xy y + αx + βy + γ = (..a) La matriz simétrica asociada a la parte cuadrática de la ecuación es [ y sus autovalores son de distinto signo det (A) = λ λ = 6 (caso hiperbólico). De hecho, podemos calcular los autovalores { det (A λi) = ( λ)( λ) 4 = λ λ =, + λ 6 = λ =. Por tanto, al hacer un cambio de variables ortogonal asociado a una diagonalización ortogonal de A obtendremos una ecuación del tipo x y + α x + β y + γ = y completando los cuadrados en x e y obtendremos la ecuación reducida x y + γ =. Es decir obtendremos una hipérbola (no equilátera) para γ o un par de rectas secantes para γ = (las asíntotas comunes de todas las hipérbolas anteriores). Observación.- Si quisiéramos obtener los valores de α, β, γ para los cuales la cónica es una hipérbola y los valores para los que es un par de rectas secantes, tendríamos que hacer el cambio de variables ortogonal que permite eliminar el término cruzado y la traslación que permite eliminar los términos de primer grado. (..b) Ya hemos calculado los autovalores de la A matriz simétrica asociada a la parte cuadrática de la ecuación. Calculemos los autovectores para diagonalizar ortogonalmente dicha matriz.

130 R- Segundo Parcial Autovectores asociados a λ =, (A I)v = [ = Nul (A I) = Gen 4 { [ w = Autovectores asociados a λ =, (A + I)v =. El vector w que se obtiene de w haciendo un giro de π radianes w = [. es un autovector de A asociado al autovalor λ. Una matriz ortogonal que diagonaliza A es Q = w w w w = [ 5. } que es la matriz de un giro por la elección de signos que hemos hecho de los autovectores. Haciendo el cambio de variables [ x y = 5 [ [ x en la ecuación de la cónica obtenemos y x = 5 (x y ) y = 5 (x + y ) x y (x y ) (x + y ) + 44 = x y + x + 44 = Completando cuadrados en x obtenemos [x y + 44 = x y = 6, Es decir, se trata de una hipérbola x x = x + 5, y = y. y =. Elementos característicos de la hipérbola. Para determinar dichos elementos en el sistema de coordenadas (x, y) original haremos uso tanto de la expresión de la coordenadas (x, y) en función de las coordenadas (x, y ) dada anteriormente como de la expresión de la coordenadas (x, y ) en función de las coordenadas (x, y), [ [ x x = (x + y) x 5 y = Q T y y = ( x + y) 5

131 Ejercicio. R- Centro: C = (x =, y = ) (x = 5, y = ) (x = 5, y = 5 5 ). Ejes: x = x = 5 5 (x + y) = 5 x + y = 5 5. Asíntotas: y = y = y = 5 ( x + y) = y = x. x = y. x y = ( x + y) (x + 5) = 5 ( + ) x + ( ) y + 5 =. ( ) (x + y) y = x y = (x + 5) ( x + y) 5 = ( ) (x + y) ( ) x + ( + ) y + 5 =. Vértices: ( x = ±, y = ) ( x + 5 = ±, y = ) ( x = ( ± ), y = (5 ± ) ). 5 5 Es decir, los vértices son ( V = 5 ( + ), y = 5 (5 + ) ) y V = Cortes con los ejes originales: ( x = 5 ( ), y = 5 (5 ) ). OX y = x + 8 5x + 44 = x = 8 5 ± 76 = 4 5 ± = px = ( 4 5, ), px = ( 4 5 +, ). OY x = y + 4 5y + 44 = y = 4 5 ± = 5 ± = py = (, 5 ), py = (, 5 + ).

132 R- Segundo Parcial Y ecuacion Y 6 4 vértices X y O X 4 Centro x (.) Sean v y v dos vectores no-nulos tales que Av = λ v y Av = λ v y supongamos que una combinación lineal de dichos vectores es igual al vector nulo αv + βv =. Multiplicando en esta igualdad por la matriz A y por el autovalor λ tenemos Restando tenemos αav + βav = αλ v + βλ v = λ (αv + βv ) = αλ v + βλ v =. β(λ λ )v = = β = puesto que λ λ y v. Sustituyendo en la combinación lineal nula tenemos que αv = y por tanto α =. Resumiendo αv + βv = α = β = es decir {v, v } son linealmente independientes.

133 Ejercicio. R- Ejercicio. (.) [ puntos Sea S un subespacio vectorial de R n de dimensión dim (S) = r. (..a) Describe las formas de construir/obtener la matriz de la proyección ortogonal sobre S. (..b) Enuncia las propiedades características de la matriz de la proyección ortogonal sobre S (espacio nulo, espacio columna, autovalores, autovectores,...) (.) Sea A la matriz A = α α 6 α 4α +, (α R). (..a) [ puntos Determina los autovalores de A en función de α R. (..b) [ puntos Determina, si existen, los valores de α para los que A es diagonalizable y los valores de α para los que A es diagonalizable ortogonalmente. (..c) [ puntos Calcula, para α =, la matriz de la proyección ortogonal sobre el espacio columna de A. (.) Sea S un subespacio vectorial de R n de dimensión dim (S) = r. (..a) Esencialmente, la determinación de la matriz de una proyección ortogonal puede hacerse o bien mediante alguna fórmula que establezca dicha matriz a través de determinados ingredientes asociados al subespacio proyección S o bien buscando dicha matriz sabiendo lo que tiene que hacer sobre determinados vectores. Si tomamos una base de R n, {b, b,...,b n } y calculamos la proyección ortogonal sobre S de cada uno de los vectores de dicha base, b ˆb, b ˆb,, b n ˆb n, la matriz P de la proyección ortogonal sobre S tiene que verificar Pb = ˆb, Pb = ˆb,, Pb n = ˆb n, o lo que es lo mismo P b b b n = ˆb ˆb ˆbn y puesto que la matriz (cuadrada de orden n) cuyas columnas son los vectores b, b,, b n tiene inversa por ser dichos vectores linelamente independientes, necesariamente la matriz de la proyección ortogonal sobre S es P = ˆb ˆb ˆbn b b b n.

134 R-4 Segundo Parcial Si consideramos una base de R n formada por vectores sobre los cuales sabemos como actúa la proyección ortogonal pueden simplificarse los cálculos indicados en el punto anterior. Si tomamos una base de S, {v, v,...,v r } y una base de S, {w, w,...,w n r }, tendremos una base de R n puesto que S S = {}, {v, v,..., v r, w, w,...,w n r } y sobre los vectores de dicha base tenemos que Pv = v, Pv = v,, Pv r = v r, Pw =,, Pw n r =. Por tanto, la matriz P tiene que verificar P v v r w w n r = v v r y puesto que la matriz (cuadrada de orden n) cuyas columnas columnas son los vectores v, v,, v r, w,, w n r tiene inversa, por ser dichas columnas linealmente independientes, necesariamente la matriz de la proyección ortogonal sobre S es P = v v r v v r w w n r. Una fórmula. Si tenemos una base ortogonal del subespacio proyección S, {v, v,...,v r } puesto que la proyección ortogonal sobre S de un vector genérico x R n es proy S (x) = x v v v + + x v r v r v r = = = v v v T x + + v r v rvr T x = ( v v v T + + ) v r v rvr T x la matriz de la proyección ortogonal sobre S es P = v v v T + + v r v rv T r.

135 Ejercicio. R-5 Otra fórmula, la más habitual. Si tenemos una base ortonormal de S {u, u,..., u r } la proyección ortogonal sobre S de un vector genérico x R n viene dada por proy S (x) = [x u u + + [x u r u r = = u u T x + + u ru T r x = = ( ) u u T + + u r u T r x. Por tanto, la matriz de la proyección ortogonal sobre S es P = u u T + + u r u T r = UU T siendo U la matriz n r cuyas columnas son los r vectores de la base ortonormal considerada P = UU T, U = u u r. Teniendo en cuenta la relación entre la proyección ortogonal sobre un subespacio y la proyección ortogonal sobre su complemento ortogonal, proy S (x) + proy S (x) = x x R n, si mediante cualquiera de los procedimientos anteriores calculamos la matriz de la proyección ortogonal sobre el complemento ortogonal S de S tendremos la matriz de la proyección ortogonal sobre S, P S + P S = I = P S = I P S. (..b) Algunas propiedades de la matriz P S de la proyección ortogonal sobre S: P S es una matriz simétrica puesto que una expresión para dicha matriz es P S = UU T siendo U... Por tanto, es diagonalizable ortogonalmente. Espacio nulo: Espacio columna: Nul (P S ) = {x R n : P S x = } = { x R n : x S } = S. Col (P S ) = {x R n : P S v = x para algún v R n } = S. Por tanto el rango de P S es rango(p S ) = dim (S) = r. Autovalores: λ = y λ =. Autovectores asociados a λ =, P S x = x x S, Nul (P S I) = S.

136 R-6 Segundo Parcial (.) Autovectores asociados a λ =, Px = x S, Nul (P S ) = S. Otras propiedades: P S = P S. La matriz de la proyección ortogonal sobre S es I P S.... (..a) Autovalores de A: det (A λi) = α + 9 λ 6 α 6 α λ 4α + λ = (4α + λ) α + 9 λ 6 6 α λ = desarrollando por la tercera fila = (4α + λ) [λ (α + 9)λ + α + 9α 6 = λ = 4α + ó λ (α + 9)λ + α + 9α 6 =. Resolvemos la ecuación de segundo grado, λ, λ = (α + 9) ± (α + 9) 4 (α + 9α 6)) = = (α + 9) ± 4α + 6α + 8 4α 6α + 44 = = (α + 9) ± 5 (α + 9) ± 5 λ = α +, = = λ = α. Por tanto, los autovalores de A son λ = 4α +, λ = α +, λ = α. (..b) Determinemos los valores de α para los que la matriz A tiene autovalores múltiples: λ = λ 4α + = α + α =, λ = λ 4α + = α α =, λ = λ para ningún valor de α. Por tanto, si α,, los autovalores de A son simples y A es diagonalizable. Estudiemos los casos de autovalores múltiples:

137 Ejercicio. R-7 Para α = la matriz A es A = y, obviamente, se trata de una matriz diagonalizable puesto que es una matriz (real) simétrica. No obstante, no conlleva ninguna dificultad el estudiar directamente los autovectores asociados al único autovalor doble λ = 5, (A 5I)x = 6 6 dim Nul (A λ I) =. Por tanto, para α =, la matriz A es diagonalizable. Para α = la matriz A es A = 6 5 y sus autovalores son λ = 5 (doble) y λ = (simple). Autovectores asociados al único autovalor doble λ = 5, (A + 5I)x = dim Nul (A λ I) =. Por tanto, para α =, A no es diagonalizable. Resumiendo A es diagonalizable α. Por otra parte, teniendo en cuenta el Teorema Espectral para matrices simétricas reales, puesto que A es una matriz real α R, tenemos que A es diagonalizable ortogonalmente A es simétrica α =. (..c) Para α =, la matriz A es A = y, obviamente, su espacio columna es Col (A) = Col = Gen v =,v =.

138 R-8 Segundo Parcial Puesto que v y v son ortogonales (uno al otro), sin más que normalizar dichos vectores tenemos una base ortonormal de Col (A): u = v v =,u = v 5 v = v = y, por tanto, la matriz de la proyección ortogonal sobre Col(A) es P = 5 5 [ 5 5 = =

139 Ejercicio. R-9 Ejercicio. Considera la matriz A y el vector y dados por A =, y = (.) [4 puntos Determina los autovalores y los autovectores de A. { 5y (.) [ puntos Resuelve el problema de valor inicial = Ay y() = y. (.) [ puntos Determina los autovalores y los autovectores de A y los extremos de la forma cuadrática x ϕ(x, y, z) = [x y z A y z sobre la esfera unidad x + y + z = así como los puntos donde dichos extremos se alcanzan. (.4) [ punto Calcula A n, n =,,... (.) Polinomio característico de A, λ det (A λi) = λ λ = Autovalores de A, = ( λ)( λ)( λ) + 4 4( λ) 4( λ) = = λ + 6λ λ = (λ + ) ( λ + 7λ ).. λ =, λ = y λ = 5. Autovectores de A asociados a λ = : (A + I)x =, 4 Nul (A + I) = Gen v =. Autovectores de A asociados a λ = : (A I)x =, Nul (A+I) = Gen v =. Autovectores de A asociados a λ = 5 : (A 5I)x =, 4 Nul (A 5I) = Gen v =.

140 R-4 Segundo Parcial Observación.- Puesto que la matriz A es simétrica, los autovectores asociados a un autovalor tienen que ser ortogonales a los asociados a los otros dos. De esta forma, podríamos haber determinado los autovectores asociados a λ = 5 mediante la condición de ser vectores ortogonales a v y a v. (.) El sistema homogéneo dado es y = 5 Ay con lo cual la matriz que define el sistema homogéneo es la matriz 5 A =. 5 Teniendo en cuenta los autovalores y autovectores obtenidos para A y la relación entre los autovalores y autovectores de una matriz y los de un múltiplo de dicha matriz, tenemos que los autovalores de la matriz A del sistema de ecuaciones diferenciales son 5 µ = 5 λ = 5, µ = 5 λ = 5 y µ = 5 λ =. Los autovectores de A son los mismos que teníamos para la matriz A, asociados al 5 autovalor correspondiente, ( ) ( ) Av = λv 5 A v = 5 λ v. Por tanto, la matriz del sistema diferencial tiene tres autovalores (simples) y en consecuencia tenemos tres autovectores linealmente independientes y tres soluciones linealmente independientes del sistema diferencial y (t) = e µ t v, y (t) = e µ t v, y (t) = e µ t v, La solución general del sistema es, por tanto, y gh (t) = c y (t) + c y (t) + c y (t) = c e 5 t v + c e 5 t v + c e t v, c, c, c R. Mediante la condición inicial determinamos los coeficientes c, c, c, c y() = y c v + c v + c v = y c c F F F F F /( ) F / /9 F F = 9 6 c = 9, c = c = 5 9, c = c c = = 5 9.

141 Ejercicio. R-4 Por tanto la solución del problema de valor inicial planteado es y(t) = 5 9 e 5 t 5 9 e 5 t 9 et (.) Autovalores y autovectores de A. Teniendo en cuenta los autovalores y autovectores obtenidos para A y la relación entre los autovalores y autovectores de una matriz (no singular) y los de su inversa, tenemos que los autovalores de A son. ν = λ =, ν = λ = y ν = λ = 5. Los autovectores de A son los mismos que teníamos para la matriz A, asociados al autovalor correspondiente, Av = λv v = λa v A v = λ v. Extremos de la forma cuadrática definida por la matriz A. Puesto que A es una matriz (real) simétrica, por serlo A, los extremos de la forma cuadrática definida por A sobre la esfera unidad son el menor y mayor autovalor respectivamente mínimo {ϕ(x, y, z) : x + y + z = } = ν = máximo {ϕ(x, y, z) : x + y + z = } = ν = y dichos extremos se alcanzan sobre los correspondientes autovectores (los múltiplos apropiados que están sobre la esfera unidad), ( ν = = ϕ ± v ) v, v v =, ν = ( = ϕ ± v ), v v v = (.4) Puesto que A es diagonalizable, si consideramos la matriz P cuyas columnas son los autovectores v, v y v tenemos que dicha matriz P tiene inversa (los autovectores son linealmente independientes) y se verifica que AP = P D, P = v v v = λ, D = λ λ. = 5. Por tanto, A = PDP y A n = (PDP ) (PDP ) = PD n P = P ( ) n n 5 n P.

142 R-4 Segundo Parcial Notemos que, puesto que A es simétrica (y real), la matriz A es diagonalizable con una matriz de paso ortogonal y una de dichas matrices de paso ortogonales (que diagonalizan A) la podemos obtener sin más que dividir cada vector columna de P por su norma puesto que dichos vectores columna son (autovectores) ortogonales, Q = v v v v v v = P = A = QDQ = QDQ T. Por tanto A n = QD n Q T = 9 PDn P T = 9 = ( ) n n 5 n 4( ) n + 4 n + 5 n ( ) n 4 n + 5 n 4( ) n n 5 n ( ) n + 4 n n ( ) n + n 4 5 n 4( ) n + n n Los elementos indicados con no es necesario calcularlos directamente puesto que A T es simétrica. Observaciones.-. ( ) n n ( ) n, 5 n n,... 5.

143 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. (.) [ puntos Sabiendo que λ = y λ = 4 son los únicos autovalores (distintos) de una matriz del tipo e α (α R) determina cuál de los autovalores es doble (y por qué) y el valor de α. (.) [6 puntos Determina una base de R formada por autovectores y autovectores generalizados de la matriz 5 A = 4 y calcula A n u, n =,,... siendo u = [,, T. (.) [ puntos Demuestra que si λ λ son dos autovalores de una matriz simétrica real A y v y v son autovectores de A asociados respectivamente a λ y λ, entonces v y v son ortogonales. (.) Si denotamos por λ al tercer autovalor (que coincidirá con λ o con λ ), puesto que la suma de los autovalores de una matriz (considerando cada uno según su multiplicidad) es igual a la traza de la matriz, tenemos que λ + λ + λ = traza(a) = a + a + a λ = e α + + λ = e α +. Si fuera λ = tendríamos que λ + λ + λ = + 4 = e α + = e α + =, imposible puesto que e α > para cualquier α R. Por tanto, la única posibilidad es que sea λ = 4 (es decir, λ = 4 es un autovalor doble de A) y e α + = 6 = e α = 5 = α = log(5).

144 R-44 Examen de Junio (Segundo Parcial) (.) Observación.- Si en el enunciado se hubieran considerado posibles valores complejos de α, en lugar de considerar exclusivamente valores reales α R, el autovalor λ = podría ser autovalor doble de una matriz del tipo dado para lo cual tendría que verificarse e α + =, ecuación que tiene soluciones complejas α = ±πi, ±πi,... Autovalores de A det (A λi) = 5 λ λ 4 λ = = λ(5 λ)( λ) ( λ) 6(5 λ) + λ = = λ + 6λ = (λ + )(λ 4) = λ = (simple), λ = 4 (doble). Autovectores asociados a λ =, (A + I)x = 7 4 F / F / 7 { F F F + F Nul (A + I) = Gen v = x = x x = 6. Autovectores asociados a λ = 4, (A 4I)x = 4 4 F F F 4F { x x = x = 6 6 Por tanto, la matriz A no es diagonalizable. Nul (A 4I) = Gen v =.

145 Ejercicio. R-45 Autovectores generalizados asociados a λ = 4, (A 4I) x =, (A 4I) = 4 4 = = Nul (A 4I) x + x + x = Nul (A 4I) = Gen u = v =,u 4 =. Por tanto, una base de R formada por autovectores y autovectores generalizados de la matriz A es, por ejemplo, {v, v, u 4 }. Para calcular A n u bastaría con expresar u como combinación lineal de los vectores de la base obtenida u = αv + βv + γu 4, determinar A n v = λ n v, A n v = λ n v y, aplicando la fórmula del binomio de Newton, A n u 4 = [4I + (A 4I) n u 4 =... Puesto que u es un autovector generalizado asociado a λ = 4 (sus coordenadas vecrifican la ecuación x + x + x = ), aplicando la fórmula del binomio de Newton tenemos para n, A n u = [4I + (A 4I) n u = = [ ( n 4 n I + [[ = 4 n puesto que (A 4I) u = ) ( n 4 n (A 4I) + + n4 n ) 4 n (A 4I) + n u = = 4 n u + n4 n (A 4I)u + + = n y esta expresión también es válida para n =, Au = n + n De hecho, la expresión obtenida es válida para cualquier valor entero de n puesto que la matriz A tiene inversa (sus autovalores son distintos de cero). (.) (Ver el Segundo Parcial del curso -4).,

146 R-46 Examen de Junio (Segundo Parcial) Sean λ, λ R dos autovalores distintos de una matriz simétrica real A, n n, y sean v, v R n autovectores de A asociados respectivamente a λ y λ, Av = λ v, Av = λ v. Para comprobar que v y v son ortogonales (uno al otro) vamos a probar que λ v v = λ v v. Tenemos las siguientes implicaciones e igualdades Av = λ v λ v T v = v T Av = = v T Av = λ v T v R [[ por ser un número real = [ v TAv T = v TAT v = [[ puesto que = v T(Av ) = = λ Av = λ v v Tv. [[ puesto que A T = A = Puesto que v v = v Tv = v Tv tenemos [[ puesto que λ v v = λ v v = (λ λ )v v = = λ λ v v =.

147 Ejercicio. R-47 Ejercicio. (.) [ puntos Siendo S R n un subespacio vectorial de dimensión dim (S) = r, enuncia las propiedades características de la matriz de la proyección ortogonal sobre S (espacio nulo, espacio columna, autovalores, multiplicidades, autovectores,...). (.) [5 puntos Sabiendo que la matriz de la proyección ortogonal sobre un subespacio E R 4 de dimensión es de la forma P = determina una base ortogonal de E y los elementos que faltan en la matriz P. (.) [ puntos Resuelve en el sentido de los mínimos cuadrados el sistema de ecuaciones [ x = x. 4 (.) (Ver el Segundo Examen Parcial) Algunas propiedades de la matriz de la proyección ortogonal P sobre un subespacio vectorial S de dimensión r: P es una matriz simétrica puesto que una expresión para dicha matriz es P = UU T siendo U... Por tanto, es diagonalizable ortogonalmente. Espacio nulo: Espacio columna: Nul (P) = {x R n : Px = } = { x R n : x S } = S. Col (P) = {x R n : Pv = x para algún v R n } = S. Por tanto el rango de P es rango(p) = dim (S) = r. Autovalores: λ = y λ =. Autovectores asociados a λ = : Px = x x S. Por tanto la multiplicidad geométrica (y algebraica) de λ = es dim (S) = r. Autovectores asociados a λ = : Px = x S. Por tanto la multiplicidad geométrica (y algebraica) de λ = es dim (S ) = n r. Otras propiedades: P = P (es decir, la proyección ortogonal sobre S de la proyección ortogonal sobre S de un vector x R n cualesquiera es igual a la proyección ortogonal de dicho vector sobre S), P (Px) = Px, x R n puesto que Px S.

148 R-48 Examen de Junio (Segundo Parcial) La matriz de la proyección ortogonal sobre S es I P.... Observación.- La matriz P no tiene inversa salvo en el caso trivial en que S = R n ( P = I). (.) Puesto que el espacio columna de la matriz de la proyección es el subespacio proyección y la dimensión de dicho subespacio es, necesariamente el subespacio proyección es el subespacio generado por las dos primeras columnas de P (por ser éstas linealmente independientes), es decir E = Col (P) = Col ( ) = Col Por tanto, para obtener una base ortogonal de E basta con ortogonalizar los dos vectorescolumna que generan E. Utilizando el método de Gram-Schmidt u = v = ; u = v v u u u = 6 =. Por tanto, una base ortogonal de E es {u, u }, una base ortonormal de E es v v = 6, v v = 6 y la matriz de la proyección ortogonal sobre E es [ P E = 6 6 =. = Observación.- Utilizando que la matriz de una proyección ortogonal es una matriz simétrica podríamos determinar P casi por completo P =. Teniendo en cuenta que las columnas y 4 son (tienen que ser) combinación lineal de las dos primeras (por ser éstas linealmente independientes y ser dim (E) = ), los coeficientes de las

149 Ejercicio. R-49 correspondientes combinaciones lineales pueden determinarse a partir de los elementos de P que conocemos y una vez determinados dichos coeficientes obtendríamos los elementos que faltan en la matriz. (.) Para resolver en el sentido de los mínimos cuadrados el sistema de ecuaciones dado podemos utilizar las ecuaciones normales de Gauss o bien resolver el sistema que se obtiene de sustituir el término independiente por su proyección ortogonal sobre que el espacio columna de la matriz de los coeficientes de las incógnitas. Puesto que el espacio columna de la matriz de los coeficientes de las incógnitas es el subespacio E del apartado anterior y conocemos la matriz de la proyección ortogonal sobre dicho subespacio, utilizando la segunda opción tenemos que resolver [ x x = P 4 = 4 =. Y resolvemos dicho sistema / / / x =, x =.

150 R-5 Examen de Junio (Segundo Parcial) Ejercicio. Considera la matriz A y el vector y dados por A =, y = (.) [4 puntos Determina los autovalores y los autovectores de A y una diagonalización de dicha matriz (matriz de paso, matriz diagonal y relación entre dichas matrices y la matriz A). { y (.) [4 puntos Resuelve el problema de valor inicial = Ay dando la solución y(t) y() = y. en forma real. Para qué valores de t = T R verifica la solución y(t) que y(t) = y()? (.) [ puntos Determina los autovalores de A n, n =,,... y los valores de n N para los cuales todos los autovalores de A n son números reales.. (.) Autovalores de A det (A λi) = λ λ λ λ = (simple), λ = i (simple), λ = i (simple). = λ λ λ = λ (λ + 4) = Autovectores asociados a λ =, Ax = F F F = v =. Autovectores asociados a λ = i, (A ii)x = i i i = { x = x x = ix = v = Autovectores asociados a λ = λ = i, (A+iI)x =. Sin necesidad de resolver el sistema de ecuaciones asociado, puesto que la matriz A es real un autovector de A asociado a λ = λ = i es v = v = i. i.

151 Ejercicio. R-5 Diagonalización. Siendo P la matriz formada, por columnas, por los autovectores obtenidos y siendo D la matriz diagonal cuyos elementos diagonales son los autovalores de A (en el mismo orden en el que hayamos tomado los autovectores), la matriz P es invertible (los autovectores son linealmente independientes) y se verifica que P = i i, D = i i = AP = PD A = PDP. (.) Puesto que A es una matriz real que tiene un autovalor real λ = y una pareja de autovalores complejos conjugados, λ = i y λ = i, la solución general del sistema (lineal homogéneo) dado y = Ay es y(t) = c e λ t v + c Re (z(t)) + c Im (z(t)), c, c, c R. siendo z(t) la solución compleja de y = Ay asociada a uno de los autovalores complejos, z(t) = e λ t v. Basta ahora con imponer la condición inicial y() = y para determinar los coeficientes c, c, c R, y() = c v + c Re (v ) + c Im (v ) = y c c c = c c c = Por tanto, la solución del problema de valor inicial planteado es y(t) = v + Re (z(t)) Im (z(t)), = c =, c =, c =. y sólo queda obtener la funciones parte real y parte imaginaria de z(t). Puesto que z(t) = e λt v = e it v = [cos(t) + i sen(t) + i = = tenemos que cos(t) sen(t) Re (z(t)) = cos(t) Im (z(t)) = cos(t) + i cos(t) sen(t) + sen(t) = = + sen(t) cos(t) sen(t) cos(t) sen(t) cos(t) sen(t),

152 R-5 Examen de Junio (Segundo Parcial) y por tanto, y(t) = + cos(t) sen(t) cos(t) sen(t) cos(t) sen(t) = Valores de T R para los que y(t) = y(), { } cos(t) sen(t) = y(t) = y() = y cos(t) 6 sen(t) = + cos(t) sen(t) 6 sen(t) cos(t) + cos(t) sen(t) { } cos(t) = t = kπ, k =, ±, sen(t) = t = kπ, k =, ±,... (.) Si tenemos una pareja autovalor-autovector de una matriz cuadrada A se verifica que Av = λv A n v = λ n v, n =,, es decir, v también es autovector de A n asociado al autovalor λ n. Para la matriz A que nos ocupa, tenemos Autovalores de A n Autovectores de A n λ n = v (y sus múltiplos no nulos) λ n = (i)n v (y sus múltiplos no nulos) λ n = ( i)n v (y sus múltiplos no nulos) Obviamente λ n = es un número real independientemente de n N. Puesto que si r =, i = i, i =, i = i, i 4 = i =,...i n = i 4k+r = i r i si r =, = si r =, i si r =, tenemos que λ n = n i n, λ n = ( )n i n R n es par. Por tanto, los autovalores de A n son reales n =, 4,

153 Examen de Junio (Primer Parcial) R Departamento de Matemática Aplicada II. Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla. Examen Final de Junio (Primer Parcial) Ejercicio 4. (4.) [ puntos Determina { la ecuación de la superficie de revolución que se genera al girar x = la curva dada por z = e y alrededor del eje OY. Haz un esbozo de dicha superficie. (4.) [4 puntos Determina los números complejos z = x+iy, x, y R para los cuales se verifica que la parte real de z z es cero. Representa gráficamente dichos números complejos. Se trata de una cónica? En caso afirmativo, determina sus elementos característicos. (4.) [ puntos Reduce a suma de cuadrados la forma cuadrática dada por Q (x, x, x, x 4 ) = x + (α + )x αx x + (α )x x 4 y determina su carácter en función de α R. Cómo es la forma cuadrática (en dos variables) dada por Q (x, x ) = Q (x, x,, )? (4.4) [ punto Calcula la inversa de la siguiente matriz de orden n A =... si i + j = n + a ij = si i = j = en los restantes casos (4.) Al girar un punto (, y, z) del plano OY Z alrededor del eje OY se obtienen los puntos X = z cos(θ) Y = y θ π Z = z sen(θ) Por tanto, al girar los puntos (, y, z = e y ) que se obtienen cuando y recorre R tenemos la superficie de revolución dada por la parametrización X = e y cos(θ), Y = y, Z = e y sen(θ), Eliminando parámetros tenemos θ π, < y < +. X + Z = (e y ) = X + Z = ( e Y ) = X + Z = e Y Y = log X + Z.

154 R-54 Examen de Junio (Primer Parcial) x = exp(s) cos(t), y = s, z = exp(s) sin(t) Z X Y 8 X + Y = e Y (4.) Siendo z = x + iy tenemos z z = (x + iy) x iy = x + xyi y x iy = (x y x) + i(xy y). Por tanto, Re (z z) = x y x =. Evidentemente los puntos (x, y) del plano que verifican la ecuación obtenida determinan una cónica (no girada) y para determinar el tipo de cónica, sus elementos característicos y su gráfica basta con completar cuadrados (en x) en la ecuación x y x = ( x ) ( 4 y = x ) y = 4 ( x Por tanto, se trata de una cónica, en concreto una hipérbola equilátera con Centro C = (, ). Ejes de simetría, Eje principal (focal), y =. Eje secundario, x = /. Vértices, Semiejes a = b =. y = = x = ± = V = (, ), V = (, ). 4 ) y 4 Focos. Puesto que la distancia del centro C = (, ) a cada uno de los focos es c = a + b = =.

155 Ejercicio 4. R-55 y estos están en la recta y =, los focos son ( F = ), y F = ( + ),. Asíntotas, ( x 4 ) y 4 = ( x ) = ±y y = x, y = x +. 4 x y x = Centro V V y x (4.) Reducción a suma de cuadrados: [ completando cuadrados Q (x, x, x, x 4 ) = en x = = (x αx ) α x + (α + )x + (α )x x 4 = = (x αx ) + x + (α )x x 4 = y = x αx x = y + y 4 x 4 = y y 4 = = y + x + (α )y (α )y 4. Clasificación. En la reducción aparezcen dos coeficientes con signo constante y dos coeficientes cuyo (valor y) signo dependen de α R. En función de α R tenemos que α Coeficientes Coeficientes Coeficientes positivos negativos nulos Carácter α Indefinida α = Semidefinida Positiva

156 R-56 Examen de Junio (Primer Parcial) Cómo es la forma cuadrática (en dos variables) dada por Q (x, x ) = Q (x, x,, )? Podemos obtener una reducción de Q a suma de cuadrados a partir de la reducción que hemos hecho de Q. Sustituyendo x = x 4 = en la reducción a suma de cuadrados de Q tenemos Q (x, x ) = Q (x, x,, ) = (x αx ) + x = y + x es decir, Q es una form cuadrática definida positiva α R ( coeficientes positivos, ninguno negativo, ninguno nulo). (4.4) Aplicando el método de Gauss-Jordan para el cálculo de la inversa tenemos: [A I = F n F ordenando las filas de abajo arriba = A =

157 Ejercicio 5. R-57 Ejercicio 5. Considera la matriz A dada por A = α α α α + α α (5.) [ punto Determina los valores de α R para los que A admite factorización LU. (5.) [4 puntos Calcula, en función de α R, la dimensión y una base de Col (A). (5.) [ puntos Para α =, tiene A inversa? Determina los vectores x R 4 que verifican que Ax está en la recta (de R 4 ) generada por el vector b = [ T. (5.4) [ puntos Determina el valor o valores de α R para los que el espacio nulo de A contiene algún vector de la forma [ 5 T.. (5.) Reducimos A a forma escalonada mediante operaciones fila, sin hacer intercambios de filas. α α A = α α F + F α + α α α α α α α F α F α si α = no podemos seguir sin intercambiar columnas. Consideremos α. F 4 + α F α α α α α + α F + F F 4 α F α α α α α Por tanto, A admite factorización LU α. En este caso la matrices L y U serán α U = α α α α, L = + α α α (y es fácil comprobar que se verifica LU = A). (5.) De la forma escalonada superior que hemos obtenido, para α, en el apartado anterior tenemos que α, = 4 pivotes dim Col(A) = 4 = Col (A) = R4, α = = pivotes dim Col (A) =.

158 R-58 Examen de Junio (Primer Parcial) Además, para α = las tres primeras columnas de A son linealmente independientes y constituyen una base de Col (A). Por otra parte para α = tenemos con lo cual A = F 4 F F + F F F las columnas, y 4 de A son linealmente independientes y la columna de A es combinación lineal de las columnas y. Resumiendo tenemos: Si α,, el espacio columna de A es Col (A) = R4 y una base de dicho espacio es la cualquier base de R 4, por ejemplo la base cnónica {e, e, e, e 4 } o la base formada por los 4 vectores columna de A. Si α = = dim Col (A) = y una base está formada por los primeros vectores columna de A,,, 5. Si α = = dim Col (A) = y una base está formada por los vectores columna, y 4 de A,,,. (5.) Puesto que α =,, para dicho valor de α se obtienen 4 pivotes al reducir a forma escalonada y por tanto, A tiene inversa. Los vectores x R 4 para los cuales Ax Gen {b} serán las soluciones de los sistemas Ax = kb cuando k recorre R. Puesto que cada uno de dichos sistemas tiene una única solución x = A (kb) x = ka b los vectores x R 4 son los vectores de la recta (subespaco vectorial de dimensión ) generada por A b y basta con determinar este vector, es decir basta con resolver el sistema (compatible determinado) Ax = b. Para resolver este sistema podemos aprovechar

159 Ejercicio 5. R-59 la reducción a forma escalonada que hemos hecho de A para α, Ax = b 4 F + F 4 4 F F Por tanto F + F F 4 F 4 4 x 4 =, x = ( + ) =, 4 x = ( + 4) =, x = 4 = 5. F 4 + F = A b = { x R 4 : Ax Gen {b} } = Gen { A b } = Gen.. (5.4) Teniendo en cuenta los resultados obtenidos sobre el espacio columna de A y que por el Teorema del Rango se verifica que dim Col (A) + dim Nul (A) = n = 4, para los diferentes valores de α R, tenemos Si α,, dim Col (A) = 4 = dim Nul (A) = Nul (A) = {}. Si α =, dim Col (A) = = dim Nul (A) =. Si α =, dim Col (A) = = dim Nul (A) =. Es decir, los únicos valores de α para los cuales Nul (A) tiene vectores no nulos son α = y α =. Por tanto, el vector dado no puede ser solución del sistema Ax = para α,. Veamos qué sucede para α = y para α =. Para α =, teniendo en cuenta la reducción a forma escalonada que hemos hecho anteriormente, el espacio nulo de A para α = es el conjunto solución del sistema Ax = x + x = x x x 4 = x 4 = y evidentemente ningún vector de la forma [ 5 T es solución de este sistema.

160 R-6 Examen de Junio (Primer Parcial) Para α =, teniendo en cuenta la reducción a forma escalonada que hemos hecho anteriormente, el espacio nulo de A para α = es el conjunto solución del sistema Ax = 4 α α α α α + α y obviamente este sistema tiene soluciones de la forma [ 5 T puesto que las soluciones son los vectores de la forma 7 x x x = x 4 = x x 4 x 4 4 y basta tomar x 4 = 5. Resumiendo, el único valor de α para el que el sistema Ax = tiene soluciones (una solución) de la forma dada es α =.

161 Examen de Septiembre R Departamento de Matemática Aplicada II. Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla. Examen Final de Septiembre Ejercicio. (.) [ puntos Calcula la ecuación reducida y (dando sus elementos característicos) representa gráficamente la cuádrica de ecuación x + y z + x 4y 4z = 5 4. De qué tipo de cuádrica se trata? Es de revolución? (.) [ puntos Halla el área del recinto plano descrito por las desigualdades (x y) + (x + y), x y, x + y. (.) [ puntos Demuestra que si A y B son dos matrices (reales) arbitrarias m n se verifica la siguiente relación entre los subespacios vectoriales Nul (A), Nul (B) y Nul (A + B), (.4) [4 puntos Siendo M la matriz Nul (A) Nul (B) Nul (A + B). M = 6 determina una base y unas ecuaciones implícitas del espacio columna de M y la matriz de la proyección ortogonal sobre dicho espacio columna. (.) Completando cuadrados tenemos x + y z + x 4y 4z = (x x) + (y y) (z + z) = = ( x ) + + (y 4 ) (z + ) + = = ( x ) + (y ) (z + ) + =

162 R-6 Examen de Septiembre Es decir, la cuádrica viene descrita por la ecuación ( x ) + (y ) (z + ) =. Por tanto, se trata de un hiperboloide de dos hojas (elíptico) que tiene Centro de simetría C = (,, ), Eje de simetría Plano de simetría y =. x =, z + =. Además, dicho hiperboloide de dos hojas NO es de revolución puesto que al cortar con planos y = k perpendiculares al eje (paralelos al plano y = ) se obtienen elipses (no redondas) ( x ) + (z + ) = (k ), y = k. (.) Teniendo en cuenta cómo está definido el recinto, podemos considerar la transformación lineal dada por T [ : R R [ x u y v = [ x y x + y = [ [ x y.

163 Ejercicio. R-6 Mediante T, el recinto Ω R se transforma en el recinto T(Ω) = {[ u v } R : u + v, u, v, es decir, T(Ω) es un cuadrante de una elipse de semiejes a = y b =..5 u + v = v u + v =.5 u v.5 u, v u El área de T(Ω) es y por tanto tenemos que área (T(Ω)) = 4 abπ = π 4 área (T(Ω)) = det (T) área(ω) = área(ω) = π 4 = π 8..5 (x y) + (x + y) = y = x X y = x y.5 Y x

164 R-64 Examen de Septiembre (.) Si tenemos un vector x de n coordenadas que pertenece a Nul (A) Nul (B), dicho vector verifica que Ax = y Bx =. Por tanto, (A + B)x = Ax + Bx =, es decir x Nul (A + B). (.4) Obtenemos una base y unas ecuaciones implícitas de Col (M) de la forma habitual, reduciendo a forma escalonada la matriz [M x siendo x R 4 un vector genérico. Por tanto: x x 6 x x 4 F F F 4 + F F F F 4 + F x x x x x 4 + x x x x x x x 4 + x + x El primer y tercer vector columna de M son linealmente independientes, El segundo vector columna de M es un múltiplo del primero y el cuarto vector columna de M es combinación lineal del primero y el tercero. El espacio columna de M está formado por los vectores x R 4 para los cuales el sistema anterior es compatible, es decir por los vectores cuyas coordenadas verifican { x x + x =, x + x + x 4 =.. Es decir: Base de Col (M) v =, v =, Ecuaciones implícitas de Col (M) { x x + x =, x + x + x 4 =. Para calcular la matriz de la proyección ortogonal sobre Col (M) vamos a obtener una base ortonormal de dicho subespacio a partir de la base que tenemos {v, v }. Ortogonalizamos {v, v } (Gram-Schmidt): u = v, u = v v u u u u = v 6 u = + 6 = 6 5.

165 Ejercicio. R-65 Por tanto, una base ortogonal de Col (M) es u = Una base ortonormal de Col (M) es w = u u = 6, u = 6u = 5., w = u u = u u = La matriz de la proyección ortogonal sobre Col (M) es P = w w w T w = = = = Los elementos indicados con, en la matriz P obtenida, no necesitan ser calculados directamente sino que, teniendo en cuenta que P tiene que ser una matriz simétrica, quedan determinados por los cálculos ya hechos..

166 R-66 Examen de Septiembre Ejercicio. Considera la matriz A y el vector y dados por A = [ [, y = (.) [ puntos Calcula los autovalores y los autovectores de A. (.) [4 puntos Resuelve el problema de valor inicial { y = Ay y() = y dando la expresión real de la solución. (.) [ puntos Determina la solución general (expresión real) del sistema y = (A + 4I)y. (.4) [ puntos Determina los valores de k =,,... para los que la matriz A k tiene autovalores reales.. (.) Autovalores de A, [ λ det (A λi) = det λ = ( λ) + = ( λ) = λ = ±i λ = ± i. Autovectores de A asociados a λ = + i, (A λ I)x =, [ [ i i x i = ix = Nul (A λ I) = Gen { [ v = i }. (.) Puesto que Autovectores de A asociados a λ = λ = i. Sin necesidad de calcular nada, puesto que se trata de una pareja de auotovalores conjugados de una matriz real, tenemos { [ } Nul (A λ I) = Gen v = v =. i z(t) = e λ t v es una solución compleja (con parte imaginaria no nula) del sistema y = Ay, su parte real y su parte imaginaria son dos soluciones linealmente independientes de dicho sistema y la solución general es y(t) = c Re [ e λ t v + c Im [ e λ t v, c, c R.

167 Ejercicio. R-67 Obtengamos la parte real e imaginaria citadas: ([ [ ) z(t) = e λt v = e (+i)t + i = e t [cos(t) + i sen(t) [ = e [cos(t) t [ sen(t) [ + i sen(t) ([ [ + i cos(t). [ + i ) = Por tanto: Re [ e λ t v = e t [ [ cos(t) [ sen(t), Im [ e λ t v = e t [ [ sen(t) [ + cos(t) Para obtener la solución del problema de valor inicial planteado basta ahora con imponer la condición inicial, y() = y, en la expresión de la solución general [ [ [ [ [ y(t) = c e [cos(t) t sen(t) + c e t sen(t) + cos(t). [[ [[ y() = c + c = Por tanto, la solución pedida es [ [ y(t) = e [cos(t) t sen(t) = e t [ cos(t) + sen(t) cos(t) sen(t). [ [ [ + e t sen(t). c =, c =. [ + cos(t) = (.) Se trata de un sistema homogéneo (de ecuaciones diferenciales lineales de primer...) cuya matriz es A+4I. Puesto que ya hemos calculado los autovalores y los autovectores de A, no necesitamos hacer de nuevo los cálculos para la matriz A + 4I. Teniendo en cuenta las propiedades que conocemos de los autovalores y los autovectores tenemos: λ = + i es autovalor de A = µ = λ + 4 = 5 + i es autovalor de A + 4I y los autovectores de A + 4I asociados a µ son los mismos que los autovectores de A asociados a λ, Nul (A + 4I µ I) = Nul (A λ I) = Gen {v } λ = i es autovalor de A = µ = λ + 4 = 5 i es autovalor de A + 4I y los autovectores de A + 4I asociados a µ son los mismos que los autovectores de A asociados a λ, Nul (A + 4I µ I) = Nul (A λ I) = Gen {v = v }. Por tanto, w(t) = e µ t v

168 R-68 Examen de Septiembre es una solución compleja (con parte imaginaria no nula) del sistema dado y la solución general puede expresarse (en forma real) mediante y(t) = c Re [ e µ t v + c Im [ e µ t v. Basta, por tanto, con obtener la parte real y la parte imaginaria de la función compleja de variable real t dada por w(t) = e µ tv = e (5+i)t v. Siendo z(t) la solución compleja del sistema y = Ay considerado en el apartado (.), tenemos que w(t) = e (5+i)t v = e 4t+(+i)t v = e 4t z(t) y por tanto, (recordemos que la variable t es real) [ [ Re [w(t) = e 4t Re [z(t) = e 4t e [cos(t) t sen(t) [ Im [w(t) = e 4t Im [z(t) = e 4t e [sen(t) t [ + cos(t) Resumiendo, la solución general del sistema y = (A + 4I)y es [ [ cos(t) sen(t) y(t) = c e 5t + c sen(t) e 5t cos(t) (.4) Puesto que los autovalores de A k son λ k = ( + i) k = ( e i π 4. = e 5t [ cos(t) sen(t) = e 5t [ sen(t) cos(t) ) k k ( ) k = e i kπ 4 y λ k = ( i) k = e i π k 4 = e i kπ 4, dichos autovalores λ k, λ k serán números reales cuando su arugumento sea un múltiplo entero de π, es decir, cuando k/4 sea entero, k = 4, 8,....,

169 Ejercicio. R-69 Ejercicio. (.) [ puntos Enuncia las propiedades relativas a la relación de los autovalores y autovectores de una matriz cuadrada A con los de las matrices A k (k =,,...), αa (α R ó C), A + ci (c R ó C). (.) [ puntos Siendo A una matriz 4 4 que verifica que A 4A + I =, determina los autovalores de A sabiendo que tiene autovalores dobles. (.) [4 puntos Diagonaliza ortogonalmente la matriz A =. (.4) [ puntos Siendo A la matriz dada en el apartado anterior, determina, en función de ρ R, el carácter de la forma cuadrática asociada a la matriz A + ρi. (.) Si λ es un autovalor de A y v es un autovector asociado, Av = λv Potencias A k (k =,,...): A k v = λ k v, es decir λ k es un autovector de A k y v es un autovector asociado. Múltiplos αa (α R ó C): (αa)v = (αλ)v, es decir αλ es un autovector de αa y v es un autovector asociado. Perturbación con un múltiplo de la identidad A + ci (c R ó C): (A + ci) v = (λ + c)v, es decir λ + c es un autovector de A + ci y v es un autovector asociado. Observaciones.- Para cualquier valor de c R ó c C, las multiplicidades algebraicas y geométricas de λ como autovalor de A y de λ + c como autovalor de A + ci coinciden, det (A ti) = det ([A + ci (t + c)i); Nul (A λi) = Nul ([A + ci (λ + c)i). Si α, las multiplicidades algebraicas y geométricas de λ como autovalor de A y de αλ como autovalor de αa coinciden, det (A ti) = α n det (αa αti); Nul (A λi) = Nul (αa αλi).

170 R-7 Examen de Septiembre (.) Si λ es un autovalor de A y v es un autovector asociado Av = λv, se verifica que A v = A(Av) = λ v y por tanto, = (A 4A + I)v = λ v 4λv + v = (λ 4λ + ) v = { λ 4λ + = = λ = 4± 6, = 4± =. Por tanto, los autovalores de A son λ = (doble) y λ = (doble). (.) Puesto que se trata de una matriz simétrica real, se puede diagonalizar ortogonalmente es decir, podemos obtener una matriz Q ortogonal (matriz cuadrada real que verifica Q = Q T ) de forma que Q AQ = D Q T AQ = D siendo D una matriz diagonal. Necesariamente los elementos diagonales de D tienen que ser los autovalores de A y las columnas de Q tienen que ser autovectores de A que forman una base ortonormal de R 4. Por tanto, tenemos que calcular autovalores,... Autovalores de A: det (A λi) = λ λ λ λ = ( λ) λ λ λ = + ( desarrollando por la primera columna λ λ = ( λ) [ ( λ) ( λ) + ( λ) = = ( λ) 4 ( λ) + =. Resolviendo la ecuación bicuadrada en α = λ tenemos = α = ( λ) = ± 4 4 = = α 4 α + = (α ) = (α ) (α + ) = ( λ) ( λ) = Autovalores λ = (doble) y λ = (doble). O bien, de forma directa, desarrollando el polinomio de grado 4, tenemos ( λ) 4 ( λ) + = 4 4 λ + 6 λ 4 λ + λ 4 (λ + 4 4λ) + = = λ 4 8λ + λ 4λ + 9 ) =

171 Ejercicio. R-7 y ahora basta con buscar raíces utilizando la regla de Hörner-Ruffini y resolver la ecuación de segundo grado que quede. Obviamente el polinomio se anula para λ = y dividiendo por λ se obtiene... Autovectores de A asociados a λ =, (A I)x =, x = F + F F 4 + F x x x x 4 = x Nul (A I) = Gen + x 4 v =, v =. Autovectores de A asociados a λ =, (A I)x =. Análogamente se puede obtener Nul (A I) = Gen v =, v =. Observación.- Notemos que, como tiene que ser por tratarse de una matriz simétrica real, los vectores del espacio propio asociado a λ =, Nul (A I) son ortogonales a los vectores del espacio propio asociado a λ =, Nul (A I). Por otra parte, las bases que hemos obtenido de cada uno de los subespacios Nul (A I) y Nul (A I) son ortogonales. Si esto último no hubiera sido así, habríamos tenido que ortogonalizar para obtener una base ortogonal de la cada uno de los subespacios citados. En resumen, hemos obtenido una base ortogonal de R 4, {v, v, v, v } formada por autovectores de A. Para obtener una base ortonormal de R 4 formada por autovectores de A basta ahora con normalizar los autovectores ortogonales que tenemos, q = v v = q = v v =, q = v v =, q 4 = v v =,.

172 R-7 Examen de Septiembre Puesto que q y q son autvectores asociados a λ = y q y q 4 son autovectores asociados a λ =, la matriz ortogonal q q q q 4 Q = = verifica AQ = QD siendo D la matriz diagonal λ D = λ λ λ =, es decir tenemos una diagonalización ortogonal de A: Q T AQ = D. Observaciones: Sin necesidad de hacer (casi) ningún cálculo podríamos haber dicho algo sobre los autovalores de A. Puesto que, obviamente, el espacio columna de la matriz A I = tiene dimensión (las dos primeras columnas son linealmente independientes y la tercera y la cuarta son combinación lineal de las dos primeras), el espacio nulo de A I tiene dimensión =4- y por tanto λ = es un autovalor doble de A (multiplicidad geométrica = multiplicidad algebraica por ser una matriz diagonalizable). Por otra parte, puesto que la suma de los elementos de cada fila de A es, dicho valor, λ = también es autovalor de A y un autovector asociado es [ T, = La matriz dada A verifica la ecuación matricial A 4A + I = del apartado (.). (.4) Puesto que los autovalores de la matriz simétrica A son λ = y λ =, los de la matriz (simétrica real) A + ρi son µ = λ + ρ = + ρ y µ = λ + ρ = + ρ. Por tanto, podemos clasificar la forma cuadrática asociada a la matriz simétrica real A + ρi, según los valores de ρ R mediante ϕ(x) = x T (A + ρi) x ρ Autovalores de A + ρi Forma cuadrática ρ < µ <, µ < Definida Negativa ρ = µ =, µ < SemiDefinida Negativa < ρ < µ >, µ < InDefinida ρ = µ >, µ = SemiDefinida Positiva ρ > µ >, µ > Definida Positiva.