ÁLGEBRA Segundo examen parcial Soluciones Ejercicio 1 (1 hora y 40 minutos 1 de junio de 008 1 En el espacio de matrices M n n (IR consideramos las formas bilineales: f : M n n (IR M n n (IR IR, f(a, B = traza(ab t g : M n n (IR M n n (IR IR, g(a, B = traza(ab (a Estudiar si son simétricas Dadas A, B, M n n veamos la simetría de f: f(a, B = traza(ab t = traza((ab t t = traza(ba t = f(b, A, donde hemos usado que la traza de una matriz coincide con su traspuesta Ahora la simetría de g: g(a, B = traza(ab = traza(ba = g(b, A, donde usamos que la traza de AB es la misma que la traza de BA: traza(ab = traza(ba = (AB ii = i=1 (BA kk = k=1 k=1 i=1 A ik B ki B ki A ik (b Probar que para n, f define un producto escalar, pero g no Qué ocurre para n = 1? Necesitamos ver que f es definida positiva, es decir, que f(a, A > 0 si A Ω Pero: f(a, A = traza(a A t = (AA t ii = i=1 A ik (A t ki = Como la suma es de cuadrados, es mayor que cero si alguno de los coeficientes A ik es no nulo Sin embargo para la aplicación g si tomamos la matriz: se cumple B 0: luego B no es definida positiva 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 B = 0 0 0 0 0 g(b, B = traza(b = traza(ω = 0 Si n = 1 entonces las aplicaciones f y g son en realidad la misma, porque una matriz de dimensión uno coincide con su traspuesta Por tanto ambas son productos escalares A ik
(c Para n = calcular la matriz asociada a g respecto de la base canónica, hallar la signatura y clasificar la forma cuadrática asociada Si llamamos: ( x1 x A = x 3 x 4, B = A = y1 y y 3 y 4 se tiene: x1 y g(a, B = traza(ab = traza 1 + x y 3 x 1 y + x y 4 = x x 3 y 1 + x 4 y 3 x 3 y + x 4 y 1 y 1 + x y 3 + x 3 y + x 4 y 4 4 de donde la matriz asociada respecto de la base canónica es: 0 0 G = 0 0 0 0 Para hallar la signatura la diagonalizamos por congruencia: 0 1 0 0 0 0 G 0 0 1/ 0 0 0 0 1 Por tanto la signatura es (3, 1 y la forma cuadrática asociada a g es no degenerada e indefinida (d Para n = y con el producto escalar definido por f, calcular la matriz asociada respecto de la base canónica de la aplicación proyección ortogonal sobre el subespacio de matrices simétricas Consideramoas la base del subespacio de matrices simétrias: { S 1 = 1 0, S 0 0 =, S 1 0 3 = } 0 0 x1 x Lo completamos hasta una base ortogonal de la misma Buscamos matrices X = tales que: x 3 x 4 f(x, S 1 = f(x, S = f(x, S 3 = 0 Operando: Por tanto podemos tomar: f(x, S 1 = 0 x 1 = 0 f(x, S = 0 x + x 3 = 0 f(x, S 3 = 0 x 4 = 0 S 4 = 1 0 En la base B = {S 1, S, S 3, S 4 } la matriz de la proyección ortogonal es: La cambiamos a la base canónica: 0 0 P BB = 0 0 0 0 0 0 P CC = M CB P BB M BC = M 1 BC P BBM BC
donde Operando queda: 1 0 M BC = 0 0 1 0 / 1/ 0 P CC = / 1/ 0 0 0 (e Para n = y con el producto escalar definido por f, hallar una base ortonormal del subespacio generado por las matrices: { } 1 0,, 0 1 1 0 Comprobamos si los tres vectores son independientes Para ello analizamos el rango de la matriz de sus coordenadas respecto de la base canónica: 1 0 0 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 Ttiene rango Por tanto una base de ese subespacio está formada por dos vectores Ahora aplicamos GramSchmidt a los vectores: ( 1 0 U 1 = 0 Tomamos: con Por tanto:, U = 0 0 1 1 V 1 = U 1, V = λv 1 + U, f(v 1, V = 0 λ = f(u, U 1 f(u 1, U 1 = traza(u U t 1 traza(u 1 U t 1 = 5 = 5 V = 5 U 1 + U = /5 0 1 1/5 Finalmente normalizamos los vectores dividiéndolos por su norma: V 1 = f(v 1, V 1 = traza(v 1 V t 1 = 5, V = f(v, V = traza(v V t = 1 5 La base pedida es: W 1 = 1 5 V 1 = ( 1/ 5 0 0 /, W 5 = 1 ( 5/5 0 1/ 5 V = 5 5/5 (f Para cualquier n >, hallar la signatura y clasificar la forma cuadrática asociada a g ( puntos Observamos que sobre las matrices simétricas f y g actúan igual ya que si B es simétrica traza(ab = traza(ab t Por tanto, la restricción de g al subespcio de matrices simétricas es definida positiva, porque coincide con f Así el número de signos positivos de la signatra es mayor o igual que la dimensión p del espacio de matrices simétricas, donde: p = n(n + 1
Además sabemos que matrices simétricas y hemisimétricas son espacios suplementarios restringimos a las matrices hemisimétricas, se cumple que dada A hemisimétrica no nula: Si nos g(a, A = traza(a A = traza( A A t = f(a, A < 0, luego esa restricción es definida negativa Por tanto el número de signos negativos de la signatura es mayor o igual que la dimensión q el espacio de matrices hemisimétricas, donde: q = n p = n(n 1 Deducimos que la signatura es (p, q con p p y q q pero como: en realidad son igualdades y la signatura es: n p + q p + q n ( n(n + 1 (p, q = (p, q =, n(n 1 (05 puntos extra En R 3 con respecto al producto escalar usual y considerando como orientación positiva la dada por la base canónica escoger un semieje de giro y un ángulo de giro que lleve los semiejes positivos OX, OY, OZ en, respectivamente, los semiejes positivos OY, OZ, OX Los semiejes positivos OX, OY, OZ están generados respectivamente por los vectores de la base canónica e 1 = (1, 0, 0, e = (0, 1, 0, e 3 = (0, 0, 1 La transformación ortogonal t que nos piden cumple: t(e 1 = e, t(e = e 3, t(e 3 = e 1 Por tanto su matriz asociada respecto de la base cańonica es: T = 0 0 1 0 0 Verifica que det(t = 1 y traza(t = 0 Se trata por tanto de un giro de ángulo α dado por: cos(α + 1 = 0 cos(α = 1 α = ±π 3 El semieje de giro viene dado por un autovector asociado al 1: (x, y, z(t Id = (0, 0, 0 x + z = 0, x y = 0 (x, y, z L{(1, 1, 1} Finalmente decidimos el signo del ángulo de giro Nos fijamos en la orientación de {(1, 1, 1, (1, 0, 0, t(1, 0, 0 = (0, 1, 0}: det 1 1 1 1 0 0 = 1 > 0 0 Se trata de un giro de ángulo π 3 y semieje generador por (1, 1, 1 (09 puntos
3 En el plano afín E calcular la matriz asociada respecto de la base canónica de un producto escalar para que el cuadrilátero determinado por las rectas x = 0, x =, x + y = 1, x + y = 3 sea un cuadrado Es única la solución? Intersecamos los pares de rectas paralelas entre si, es decir, las rectas x = 0 y x = con las rectas x + y = 1 e x + y = 3, para obtener los cuatro vértices del paralelogramo dado Nos quedan: A = (0, 1, B = (0, 3, C = (, 1, D = (, 1 Para que el cuadrilátro sea un cuadrados los vectores AB y AD han de ser de igual módulo y perpendiculares: AB = (0, 3 (0, 1 = (0,, AD = (, a b Si denotamos por G = a la matriz del producto escalar pedida, ha de cumplirse: b c De donde: (0, G(0, t = (, G(, t 4c = 4a 8b + 4c (0, G(, t = 0 b c = 0 a = b, b = c Por tanto como matriz de Gram podemos tomar cualquiera de la forma: c c G = c c con c > 0 (la solución no es única (09 puntos 4 En el plano afín E y con respecto al producto escalar usual encontrar la ecuación de todas las rectas que distan 1 unidad del origen de coordenadas y unidades del punto (4, 0 Consideramos la ecuación de una recta r genérica: ax + by + c = 0 Supondremos por comodidad que a + b = 1 y b 0 (siempre podemos hacer esto teniendo en cuenta que ecuaciones proporcionales definen la misma recta Imponemos las condiciones del enunciado: Obtenemos: d(r, (0, 0 = 1 c 4a + c = 1, d(r, (4, 0 = 1 a + b a + b = c = 1 c = 1 ó c = 1 - Si c = 1 la segunda ecuación queda: 4a + 1 = 4a + 1 = ó 4a + 1 = de donde a = 1/4 y b = 1 a = 15/4 ó a = 3/4 y b = 1 a = 7/4 - Si c = 1 la segunda ecuación queda: 4a 1 = 4a 1 = ó 4a 1 = de donde a = 1/4 y b = 1 a = 15/4 ó a = 3/4 y b = 1 a = 7/4 Por tanto las cuatro rectas solución son: x + 15y + 4 = 0, x + 15y 4 = 0, 3x + 7y + 4 = 0, 3x + 7y 4 = 0 (1 puntos