Examen Final Soluciones (3 horas) 8 de julio de 2015

Transcripción

1 Álgebra Lineal I Examen Final Soluciones (3 horas) 8 de julio de Siete personas suben en un ascensor en la planta baja de un edificio de cinco pisos. Cada una de ellas se apea en alguna de las cinco plantas. (i) De cuántas formas pueden bajarse si distinguimos quien se baja en cada piso?. Cada posiblle forma de bajarse puede representarse por un grupo ordenado de siete números cada uno de ellos elegido del 1 al 5 que indica en que piso se bajó cada uno de los individuos. Por tanto se trata de contar cuantros grupos de 7 elementos pueden formarse elegidos entre 5 posibles, de manera que importa el orden y puede repetirse. Son variaciones con repetición: V R 5,7 = 5 7 = (ii) De cuántas formas pueden bajarse si no distinguimos quien se baja en cada piso, sino únicamente cuántas personas se bajan en cada uno de ellos?. La diferencia con el caso anterior es que ahora no importa en que orden se escriban los pisos en los que bajan los individuos, ya que no importa la persona que se bajó en cada uno de ellos. Se trata ahora de contar cuantros grupos de 7 elementos pueden formarse elegidos entre 5 posibles, de manera que NO importa el orden y puede repetirse. Son combinaciones con repetición: CR 5,7 = 5 7 = = = (1 punto) 2. Dadas las matrices: A = 1 1, B = , C = , D = (i) Estudiar que parejas de matrices son equivalentes. Dos matrices de igual dimensión son equivalentes si y sólo si tienen el mismo rango. Estudiamos el rango de cada una de ellas: * det(a) = 1 0 por tanto rango(a) = 2. * det(b) = det(c) = det(d) = 0 y como ninguna de ellas es la matriz nula, rango(b) = rango(c) = rango(d) = 1. Por tanto B, C, D son equivalentes entres si; pero A no es equivalente ni con B, ni con C, ni con D. (ii) Estudiar que parejas de matrices son semejantes. Una condición necesaria para que sean semejantes es que tengan el mismo rango. Luego ya sabemos que A no es semejante a ninguna de las otras tres. Veamos que ocurre con B, C y D. Otra condición necesaria para la semejanza es que las matrices tengan la misma traza. Se tiene que: Por tanto D no es semejante ni a B ni a C. traza(b) = 8, traza(c) = 8, traza(d) = 2

2 Resta ver que ocurre con las parejas (B, C). Para que sean semejantes deberían de tener los mismos autovalores (es una condición necesaria, aunque no suficiente). Calculamos los autovalores de B: det(b λid) = 0 λ(λ 8) = 0. Por tanto sus autovalores son λ 1 = 0 y λ 2 = 8 con multiplicidad algebraica 1 (y también geométrica). Deducimos que B diagonaliza por semejanza a una matriz diagonal con autovalores 0 y 8; pero tal matriz es precisamente la matriz C luego son semejantes. (iii) Estudiar que parejas de matrices son congruentes, dando para cada una de ellas la correspondiente matriz de paso por congruencia. Una condición necesaria para la congruencia es que tengan el mismo rango. Por tanto de nuevo A no es congruente con B, C ó D. Además la congruencia conseva la simetría. Como B no es simétrica y C y D si lo son, la primera tampoco puede ser conguente con las dos últimas. Resta ver que ocurre con C y D: serán congruentes si al diagonalizarlas por congruencia llegamos a la misma signatura: C ya es diagonal. La matriz D la diagonalizamos realizando las mismas operaciones por fila que por columna: D H21( 2) H21( 2) 1 0 H 1( 8) µ1( 8) 8 0 = C Vemos que las dos tienen signatura (1, 0) y por tanto son congruentes. La matriz de paso P tal que P DP t = C se obtiene haciendo sobre la identidad las mismas operaciones fila que hicimos para llegar de D a C: Id H21( 1) 1 0 H ( ) 1( 8) 8 0 = P (1.3 puntos) 3. Dada la matriz: A = x x + 1 x + 2 x + 3 x + 2 x + 1 x + 2 x x + 4 (i) Hallar x para que det(a) = 0. Hacemos operaciones elementales que conservan el rango y el determinante. Comenzamos restando la primera fila a las demás: x x + 1 x Restamos la primera columna a las otras dos: x Finalmente a la primera fila le sumamos la mitad de la segunda: x + 3/ Desarrollando por la primera fila el determinante queda: det(a) = (x ) = 12(x )

3 Deducimos que det(a) = 0 si y sólo si x = 3/2. (ii) Estudiar el rango de A en función de los valores de x. Si x = 3/2 el determinante es nulo. En ese caso además vimos que el menor formado por las dos últimas filas y columnas de la matriz: x + 3/ tiene determinante non nulo. Por tanto el rango es 2. Si x 3/2 el determinante es no nulo y así la matriz tiene rango 3. (1 punto) 4. Calcular la matriz asociada en la base canónica de un endomorfismo f de IR 4 que verifique: f f = 0, dim(im(f)) = 2, (1, 0, 0, 2) Im(f), (0, 1, 1, 0) ker(f). Como f f = 0 entonces Im(f) Ker(f) ya que si u Im(f) entonces u = f( v) y: f( u) = f(f( v)) = (f f)( v) = 0 u ker(f). Además por la fórmula de las dimensiones dim(im(f)) + dim(ker(f)) = 4. Como dim(im(f)) = 2 entonces dim(ker(f)) = 4 2 = 2; como además im(f) ker(f) deducimos que im(f) = ker(f). Entonces: -(1, 0, 0, 2) Im(f) = ker(f) f(1, 0, 0, 2) = (0, 0, 0, 0). -(0, 1, 1, 0) ker(f) f(0, 1, 1, 0) = (0, 0, 0, 0) Por otro lado dado que núcelo e imagen coinciden, (1, 0, 0, 2), (0, 1, 1, 0) Im(f). Escogemos un par de vectores que completen los dos primeros a una base y los llevaremos precisamente a esos generadores de la base. Es decir tomamos: y definimos: B = {(1, 0, 0, 2), (0, 1, 1, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)} f(1, 0, 0, 2) = (0, 0, 0, 0), f(0, 1, 1, 0) = (0, 0, 0, 0), f(0, 0, 1, 0) = (1, 0, 0, 2), f(0, 0, 0, 1) = (0, 1, 1, 0). Por tanto: y finalmente: donde Operando queda: F CB = F CC = F CB M BC = F CB M 1 CB M CB = F CB = (1.1 puntos)

4 5. Dado el endomorfismo de IR 3 : f : IR 3 IR 3 f(x, y, z) = (x + y, x y + 2z, x + z) (i) Hallar las ecuaciones paramétricas del núcleo y de la imagen de f en la base canńonica. La matriz asociada a la aplicación en la base canónica es: F C = El núcleo está formado por aquellos vectores cuya imagen es nula. Equivalentemente: ker(f) = {(x, y, z) IR 3 F C (x, y, z) t = (0, 0, 0)} = {(x, y, z) IR 3 x + y = 0, x y + 2z = 0, x + z = 0} eliminamos las ecuaciones dependientes restando la primera a las demás: ker(f) = {(x, y, z) IR 3 x+y = 0, 2y+2z = 0, y+z = 0} = {(x, y, z) IR 3 x+y = 0, y+z = 0}. Vemos que hay dos ecuaciones implícitas independientes. Por tanto dim(ker(f)) = 3 2 = 1. Ponemos las tres variables en función de un parámetro para hallar las ecuaciones paramétricas: x = a, y = a, y = a. La imagen está generada por las columnas de la matriz asociada. Además dim(im(f)) = dim(ir 3 ) dim(ker(f )) = 3 1 = 2. Por tanto estará generada por dos columnas independientes de la matriz asociada: Im(f) = L{(1, 1, 1), (1, 1, 0)} Las paramétricas de la imagen quedan: x = a + b, y = a b, z = a. (ii) Hallar la matriz asociada a f en la base B = {(1, 0, 1), (0, 0, 1), (1, 1, 1)}. La fórmula de cambio de base es: donde Operando queda: F B = M BC F C M CB = M 1 CB F CM CB M CB = F B = = (iii) Hallar los autovectores y los autovalores de f. Los autovalores pueden calcularse como las raíces del polinomio característico de F C : 1 λ 1 0 det(f C λid) = 1 1 λ λ = 2 λ λ 1 λ 2 2 λ 0 1 λ =

5 2 λ 1 0 = 0 2 λ λ = (2 λ)(( 2 λ)(1 λ) + 2) = (2 λ)(λ2 + λ) = λ(λ + 1)(λ 2) Por tanto los autovalores son λ 1 = 0, λ 2 = 1, λ 3 = 2 todos ellos con multiplicidad algebraica 1. Hallamos el espacio de autovectores asociados a cada uno de ellos. Asociados a λ 1 = 0: S 0 = {(x, y, z) IR 3 (F C 0 Id)(x, y, z) t = (0, 0, 0) t } = ker(f) = L{(1, 1, 1)}. Asociados a λ 2 = 1: S 1 = {(x, y, z) IR 3 (F C + Id)(x, y, z) t = (0, 0, 0) t } = = {(x, y, z) IR 3 2x + y = 0, x + 2z = 0} = L{(2, 4, 1)}. Asociados a λ 3 = 2: S 2 = {(x, y, z) IR 3 (F C 2 Id)(x, y, z) t = (0, 0, 0) t } = = {(x, y, z) IR 3 x + y = 0, x z = 0} = L{(1, 1, 1)}. (iv) Hallar, si existe, una base en la cuál la matriz asociada a f sea diagonal. La suma de las multiplicidades algebraicas de los autovalores del endomorfismo es 3 y además éstas coinciden con las multiplicdades geométricas (por valer 1). Por tanto el endomorfismo diagonaliza. La base en la cuál la matriz asociada es diagonal es la formada por los autovectores: B = {(1, 1, 1), (2, 4, 1), (1, 1, 1)}. de forma que: F B = (v) Calcular la traza de F 2015 C Dado que: se tiene que: (siendo F C la matriz asociada a f en la base canónica). F C = M CB F B M 1 CB F 2015 C = M CB FB 2015 Como matrices semejantes conservan la misma traza: M 1 CB traza(f 2015 C ) = traza(f 2015 B ) = ( 1) = (1.5 puntos) 6. En el espacio de polinomios con coeficientes reales de grado menor o igual que 2 se consideran los subespacios: U = {p(x) P 2 (IR) p(1) = 0}, V = {p(x) P 2 (IR) p (x) = 0} (i) Probar que U y V son suplementarios. Para ver que son suplementarios basta verificar que dim(u)+dim(v ) = dim(p 2 ) = 3 y dim(u V ) = 0.

6 Para hacer esto primero expresamos los subespacios mediante ecuaciones en la base canónica C = {1, x, x 2 }. Observamos que si p(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 entonces: Por tanto: Así dim(u) = 3 1 = 2. p(1) = 0 a 0 + a 1 + a 2 = 0. U = {(a 0, a 1, a 2 ) C P 2 a 0 + a + a 1 = 0} = L{(1, 0, 1) C, (0, 1, 1) C } Por otra parte las únicas funciones de derivada nula son las constantes. Por tanto: V = L{1} = L{(1, 0, 0) C } = {(a 0, a 1, a 2 ) C P 2 a 1 = a 2 = 0}. Así dim(v ) = 3 2 = 1 y entonces dim(u) + dim(v ) = 3. Finalmente U V tiene por ecuaciones implícitas las de uno y otro subespacio unidas: a 0 + a 1 + a 2 = 0, a 1 = 0, a 2 = 0. Como las tres son independientes dim(u V ) = 3 3 = 0. (ii) Calcular la matriz asociada respecto de la base canónica de la aplicación proyección sobre U paralelamente a V. Tomamos una base formada por los generadores de uno y otro subespacio: B = {(1, 0, 0) C, (1, 0, 1) C, (0, 1, 1) C } }{{}}{{} V U En tal base la matriz de la proyección sobre U paralelamente a V es: P B = Finalmente hacemos el cambio de base a la canónica: donde Operando queda: P C = M CB P B M BC = M CB P B M 1 CB M CB = P C = (iii) Hallar un polinomio p(x) sabiendo que su proyección sobre U paralelamente a V es (x 1) 2 y que p(0) = 0. Tenemos que: p(x) = (x 1) 2 + q(x) }{{}}{{} U V Como q(x) V sabemos que q(x) = k; usando que p(0) = 0: De donde k = 1 y: 0 = p(0) = (0 1) 2 + q(0) = 1 + k p(x) = (x 1) 2 1 = x 2 2x. (1.2 puntos)

7 7. Sean A, B, C tres conjuntos. Razona la falsedad o veracidad de las siguientes afirmaciones: (i) (A B) C = A (B C). FALSO. Como contraejemplo basta tomar A = {1}, B = {2}, C = {3}: (A B) C = {3} = {3}. pero: A (B C) = {1} {2, 3} =. (ii) Si A B entonces A C = B C. FALSO. Por ejemplo si A = {1}, B = {1, 2} y C = {1, 2}, se tiene que A B pero: A C = {1} {1, 2} = B C. (iii) Si A C = C entonces C A. VERDADERO. Supongamos que A C = C. Para probar que C A tomaremos x C y probaremos usando la hipóteiss que x A. Si x C y C = A C, entonces x A C y por tanto en particular x A. (iv) Si A B = A B entonces A = B. VERDADERO. Supongamos que A B = A B. Veamos primero que A B: Y análogamente B A: x A x A B = A B x B. x B x A B = A B x A. (1.2 puntos) 8. En IR 3 se considera el subespacio vectorial U cuya ecuación implícitas en la base B = {(0, 0, 1), (1, 1, 1), (0, 1, 1)} es x + y 2z = 0 y el subespacio V = L{(1, 0, 1) C, (1, 1, 0) C }. (i) Calcular las ecuaciones paramétricas e implícitas de U en la base canónica. Primero hallamos una base de U expresada en coordenadas respecto a la base B. Como viene dado por la ecuación: x + y 2z = 0 Las paramétricas son: y por tanto: x = a + 2b, y = a, z = b U = L{( 1, 1, 0) B, (2, 0, 1) B }. Cambiamos los generadores de la base B a la base C: M CB M CB B B = = C C De donde: U = L{(1, 1, 0) C, (0, 1, 3) C }

8 Sus paramétricas en la base canónica quedan: x = a, y = a + b, z = 3b y la implícita: 3x 3y + z = 0. (ii) Dar las ecuaciones implícitas en la base B de U V. Primero hallamos la implícita de V en la base canónica. Sus paramétricas son: y la implícita: Pasamos la implícita a la base B: ( ) x y z C x = a + b, y = b, z = a x y z = 0. = 0 ( ) M CB x y z B = 0 x 2y z = 0. Finalmente la intersección de U y V tiene por ecuaciones implícitas las de uno y otro subespacio unidas: x + y 2z = 0, x + 2y + z = 0. (1 punto) 9. Sea A una matriz con polinomio característico p A (λ) = (λ 1) 5. Sabiendo que rango((a Id) 2 ) = 1 y dim(ker(a Id)) = 2 hallar una forma de Jordan semejante a A. Como el polinomio característico p A (λ) = (λ 1) 5 tiene grado cinco, entonces A M 5 5 (IR). Además los autovalores son: λ 1 = 1 con multiplicidad algebraica 5 Como la multiplicidad algebraica coincide con la dimensión de la matriz, ésta diagonaliza por semejanza y tiene sentido hallar una forma de Jordan semejante a ella. El número de cajas de Jordan asociadas al único autovalor λ 1 = 1 es: d 1 = dim(ker(a Id)) = 2 Para saber de que tamaño son tenemos en cuenta que: dim(ker(a Id) 2 ) = 5 rango((a Id) 2 ) = 5 1 = 4, d 2 = dim(ker(a Id) 2 ) dim(ker(a Id)) = 2. Por tanto el esquema de cajas de Jordan es: d 1 d 2 Es decir hay una caja de tamaño 3 y otra de tamaño 2. La correspondiente forma de Jordan es: J = (0.7 puntos)