0 a b X = b c 0. f X (A) = AX XA.

Transcripción

1 Universidade de Vigo Departamento de Matemática Aplicada II E.T.S.I. Industriales Álgebra Lineal Convocatoria de Junio 8 de Junio de 2007 (3 ptos.). Sea V = {A M 3 3 (R) / A t = A}. (a) Demostrar que toda matriz X de V es de la forma X = a 0 c donde a, b, c R. Dar una base B de V y calcular su dimensión. (b) Para un X fijo de V se define f X : V V como f X (A) = AX XA. Demostrar que f X está bien definida, esto es, f X (A) V, A V, y que f X es lineal. (c) Calcular la matriz asociada a f X respecto a la base B dada en el apartado (a) Es inversible dicha matriz? Calcular su rango según los valores de los parámetros a, b, c. (d) Sea X = (d.) Calcular una base y la dimensión de Ker (f X ) e Im (f X ). (d.2) Si g : V R 3 es la aplicación lineal dada por g( 0 a a 0 b c ) = (a, a + b, a + b + c), calcular la matriz asociada a (g f X ) respecto de las bases B y D, donde B es la obtenida en el apartado (a) y D = {(,, ), (,, 0), (, 0, 0)}. (d.3) Calcular las coordenadas del vector (g f X ) ( ) respecto de la base D. (3 ptos.) 2. Para cada α R se considera la forma cuadrática ω : R 4 R definida por ω(x) = x t Ax, x R 4, donde α A = α α 2 3 (a) Hallar la matriz asociada a ω respecto de la base canónica de R 4 y determinar la signatura de ω para los distintos valores del parámetro α. (b) Para α = 0, hallar, si es posible, una base de R 4 ortonormal respecto de ω. (c) Para α =, se considera el sistema de ecuaciones lineales Bx = b, cuya matriz ampliada es (B b) = A. Hallar la factorización QR de B y usarla para resolver el sistema en el sentido de mínimos cuadrados.

2 (3 ptos.) 3. Se considera la matriz A = (a) Hallar el espectro de A. (b) Estudiar si la matriz A es diagonalizable. En caso afirmativo, hallar una matriz diagonal D y una matriz inversible P tal que A = P DP. (c) Sea la matriz B = (A + 3I 3 ) n, con n N. Estudiar si B es inversible y calcular su traza. (d) Sea C = cos( π 3 A). (d.) Hallar un polinomio anulador de C. (d.2) Determinar un polinomio r(x) de grado 2 tal que C = r(a). PROBLEMA. SOLUCIONES (a) Sea X = (x ij ) M 3 3 (R). Entonces x = x 22 = x 33 = 0 X V X t x = X x ji = x ij, i, j =, 2, 3 2 = x 2 x 3 = x 3 x 32 = x 23 X = a 0 c con a = x 2, b = x 3, c = x 23 R. Podemos escribir V = a 0 c / a, b, c R =< 0 0,, >. En consecuencia, B = 0 0,, es una base de V y dim(v ) = 3. (b) Sean A, X V. Tenemos que probar que M = f X (A) = AX XA V. En efecto, como A t = A y X t = X: (AX XA) t = (AX) t (XA) t = X t A t A t X t = ( X)( A) ( A)( X) = XA AX = (AX XA). Por tanto, M t = M = M V.

3 Veamos ahora que f X es lineal. En efecto, f X (λa + µb) = (λa + µb)x X(λA + µb) = λax + µbx (λxa + µxb) = = λ(ax XA) + µ(bx XB) = λf X (A) + µf X (B), λ, µ R, A, B V. (c) Calculamos las imágenes de los vectores de B = {A, A 2, A 3 }: f X (A ) = A X XA = a 0 c a 0 c 0 0 = f X (A 2 ) = A 2 X XA 2 = 0 0 b 0 0 c c b 0 = f X (A 3 ) = A 3 X XA 3 = Finalmente, Como = 0 c 0 c 0 a 0 a 0 b b a a 0 0 = (0, c, b) B a 0 c = ( c, 0, a) B M(f X ) B = M(f X ) B = a 0 c = (b, a, 0) B c 0 a 0 c b b a 0 0 c b c 0 a b a 0 a 0 c. a 0 c = cab cab = 0, 0 0 se deduce que M(f X ) B no es inversible. Es claro que si alguno de los parámetros a, b, c es distinto de cero entonces M(f X ) B tiene rango 2. Por tanto: { 0 si a = b = c = 0 rg (M(f X ) B ) = 2 en otro caso. = = = (d.) Para se tiene por el apartado anterior que X = M(f X ) B = ,

4 Como rg (f X ) = 2, ya sabemos que dim(im (f X )) = rg (f X ) = 2 y dim(ker (f X )) = dim(v ) rg (f X ) = 3 2 =. Para calcular una base de Ker (f X ) usamos la matriz asociada: Ker (f X ) = (a, b, c) B / M(f X ) B a b c = = {(a, b, c) B / a = b = c} =< {(,, ) B } >. Por tanto, una base de Ker (f X ) es B = {(,, ) B } = La imagen de f X está generada por las columnas de la matriz asociada. Como ya sabemos que rg (f X ) = 2, escogemos las dos primeras columnas de M(f X ) B, que son claramente linealmente independientes: Im (f) =< {(0, 3, 3) B, (3, 0, 3) B } >=< 0 0 3, > Así, una base de Im (f X ) es B 2 = , (d.2) Como M(g f X ) BD = M(g) BD M(f X ) B, necesitamos calcular M(g) BD. Para ello, utilizamos como base auxiliar la base canónica C de R 3, teniendo en cuenta que M(g) BD = P CD M(g) BC = (P DC ) M(g) BC. En primer lugar calculamos M(g) BC. Como 0 0 g( ) = (,, ) C, g( se tiene que M(g) BC = ) = (0,, ) C, g( A continuación hallamos la inversa de P DC haciendo operaciones elementales: (P DC I) = F 3 F2( ) F 23( ) = ( I (P DC ) ). ) = (0, 0, ) C, Por tanto, M(g) BD = P CD M(g) BC = (P DC ) M(g) BC = = 0 0.

5 Finalmente, M(g f X ) BD = M(g) BD M(f X ) B = (d.3) Teniendo en cuenta que = (, 2, ) B, = calculamos su imagen utilizando la matriz asociada obtenida en el apartado anterior: M(g f X ) BD 2 = = Por tanto, g f X ( ) = (0, 3, 0) D PROBLEMA 2. (a) En primer lugar, M = M(ω) C = 2 (A + At ) = 0 α 0 0 α + 3 α 0 3. Para calcular la signatura de ω, hacemos operaciones elementales sobre su matriz asociada M hasta obtener una matriz diagonal D. 0 α 0 α M = 0 0 F 3() α K 3() 0 α + 2 α α + 2 α + F α 0 3 4( α) 0 0 α + 3 α 2 K 4( α) 0 0 α + 3 α 2 F 32( ) F 43( ) α + α α + 3 α α + α + 2 α α 2 K 32( ) K 43( ) 0 0 α + α α + 3 α α α α 2 = D. Teniendo en cuenta que las raíces de p(x) = 2 x x 2 son 2 y y p(0) = 2 > 0, se tiene: En consecuencia, α + > 0 α > ; 2 α α 2 > 0 2 < α <. (2, 2) si α < 2 (2, ) si α = 2 (3, ) si 2 < α < sig(ω) = (3, 0) si α = (4, 0) si < α < (3, 0) si α = (3, ) si α >

6 (b) Para α = 0, sig(ω) = (4, 0). Por tanto, ω es definida positiva y es posible calcular una base de R 4 ortonormal respecto de ω. Teniendo en cuenta que, para α = 0, D = 0 2 en primer lugar transformamos esta matriz en la identidad: D = F 4(/ 2) 0 K 2 4(/ 2), 0 0 = I Para obtener la base ortonormal, realizamos sobre la matriz identidad las operaciones de filas que hemos hecho sobre M para obtener I: I = F 3() 0 F 43( ) 0 0 F 0 32( ) 0 F 4(/ 2) 0 / 2 / 2 / 2 / 2 = P t. La base ortonormal se obtiene tomando las filas de la matriz resultante: { B = (, 0, 0, 0), (0,, 0, 0), (,,, 0), ( / 2, / 2, / 2, / } 2). (c) Para α =, tenemos: A = En primer lugar comprobamos que rg (B) = 3: rg (B) = rg F 2() 2 = F 2 3(), F 4() = (B b). rg = 3. La matriz Q = (u u 2 u 3 ) M 4 3 (R) se obtiene aplicando el proceso de ortonormalización de Gram-Schmidt a las columnas de B. Denotemos v =, v 2 =, v 3 = 2. 2

7 Entonces: u = v v = ; ũ 2 = v 2 (v2u t ) u = v 2 = }{{} 0 ; u 2 = ũ2 ũ 2 = ũ 3 = v 3 (v3u t ) u (v }{{} 3u t 2 ) u 2 = v 3 + 3u = }{{} 3 0 Finalmente, Q = 2 ; R = Qt B = 2 ; u 3 = ũ3 ũ 3 = u 3 = 2 2 = Dado que rg (B) = 3, el sistema Bx = b tiene una única solución en el sentido de mínimos cuadrados, que es la solución del sistema Rx = Q t b, donde Q t b = 5/2 2 0 = 3/2 3 Por tanto: Rx = Q t b x x 2 x 3 = 5/2 3/2 x = 3/4. PROBLEMA 3. (a) Calculamos el polinomio característico de A: 2 x 2 F 2( ) q A (x) = A xi = x = 2 2 x F 32( ) 0 F 2( ) = ( 3 x) 2 x = ( 3 x) 2 0 Por tanto, Sp(A) = {, 3}, con m.a. () =, m.a. ( 3) = 2. 3 x 3 + x 0 x x 3 x 0 0 x 0 = = ( 3 x)2 ( x). (b) Como m.g. () = m.a. () =, para estudiar si A es diagonalizable calculamos m.g. ( 3): m.g. ( 3) = 3 rg (A + 3I) = 3 rg 2 2 = 3 = 2 = m.a. (). 2

8 Por tanto, A es diagonalizable. La matriz diagonal D es: D = La matriz P = (u u 2 u 3 ) se obtiene calculando los subespacios propios asociados a cada uno de los autovalores de A. En concreto, V () =< {u } >, V ( 3) =< {u 2, u 3 } >. Para el cálculo de V (), transformamos el sistema (A I)x = 0 en un sistema equivalente más sencillo mediante operaciones elementales por filas: A I = F F2( ) F 3(3) F 32(2) F 2( /4) F2( 2). 0 0 Por tanto, el subespacio propio asociado al autovalor es: V () = Ker (A I) = { (x, y, z) R 3 / x = y = z } =< {(,, ) } >. }{{} u A continuación calculamos V ( 3):. V ( 3) = Ker (A + 3I) = { (x, y, z) R 3 / x + 2y + z = 0 } = Finalmente, = {(x, y, x 2y) / x, y R} =< {(, 0, ), (0,, 2) } >. }{{}}{{} u 2 u 3 P = (u u 2 u 3 ) = (c) Consideremos la función f(x) = (x + 3) n. Entonces B = f(a) y los autovalores de B son f() = 4 n, f( 3) = 0, con m.a. (4 n ) =, m.a. (0) = 2. En consecuencia, B = 4 n 0 0 = 0 = B no es inversible. tr (B) = 4 n = 4 n. (d) Se considera la función g(x) = cos(πx/3), de tal forma que C = g(a). (d.) Los autovalores de C son g() = cos(π/3) =, g( 3) = cos( π) =, con m.a. () =, m.a. ( ) = 2. Por tanto, el polinomio característico de C es q C (x) = ( x)(x + ) 2. Por el Teorema de Cayley-Hamilton, q C (x) es un polinomio anulador de C. (d.2) V g,a = {g(), g( 3), g ( 3)} = {,, 0}. Como g (x) = ( π/3) sen(πx/3), se tiene que g ( 3) = ( π/3) sen( π) = 0. Tenemos que encontrar un polinomio r(x) = a + bx + cx 2 tal que r() = g() = r( 3) = g( 3) = r ( 3) = g ( 3) = 0.

9 Dado que r (x) = b + 2cx, se tiene: r() = g() a + b + c = 2 r( 3) = g( 3) a 3b + 9c = r ( 3) = g ( 3) b 6c = 0 La única solución de este sistema es, a = 5/32, b = 9/6, c = 3/32. Por tanto, el polinomio satisface la igualdad r(a) = g(a) = C. r(x) = 32 ( 5 + 8x + 3x 2 )