Control Es

Ingenierıa MatematicaFACULTAD DE CIENCIASFISICAS Y MATEMATICASUNIVERSIDAD DE CHILEAlgebra Lineal 07-2

Control 3

P1. (a) (4 ptos.) Dada la ecuacion:

ax2 + ay2 + xy +√

2(

a − 1

2

)

x −√

2(

a − 1

2

)

y = 1,

determine todos los valores de a tales que la ecuacion corresponde a:

(a1) Elipse.

(a2) Circunferencia.

(a3) Hiperbola.

(a4) Parabola.

(a5) Recta o rectas.

(a6) Un punto.

(a7) Conjunto vacıo.

(b) (2 ptos.) Para a = 3

2, bosqueje el grafico del lugar geometrico que define la ecuacion de la

parte (a).

P2. (a) (3 ptos.) Dada la matriz

A =

2 0 0 00 0 0 00 0 1 −10 0 −1 1

,

encuentre su diagonalizacion en la forma A = PDP t.

(b) (3 ptos.) Sea M ∈ Mnn(R) simetrica y {z1, . . . , zn} una base ortogonal de Rn, de vectores propiosde M , asociados a los valores propios λ1, . . . , λn respectivamente.

Pruebe que {z1, . . . , zn} es tambien una base ortogonal de vectores propios de la matriz

C = M + z1zt

1.

Determine los valores propios asociados.

P3. (a) Sea U el subespacio vectorial de R4 generado por el conjunto:

−11−11

,

1−111

,

2−221

.

(a1) (1.5 ptos.) Determine una base ortonormal de U .

(a2) (1.5 ptos.) Determine una base ortonormal de U⊥.

(b) Sean V, W ⊆ Rn subespacios vectoriales. Sean ademas PV y PW las proyecciones ortogonales sobreV y W , respectivamente. Suponga que PV ◦ PW = PW ◦ PV .

(b1) (1 pto.) Pruebe que PW (V ) ⊆ V .

(b2) (1 pto.) Pruebe que si z ∈ V ⊥, entonces PV (PW (z)) = 0.

(b3) (1 pto.) Concluya que PW (V ⊥) ⊆ V ⊥.

Tiempo: 3 hrs.17 de noviembre de 2007

Solución del Control 3, Álgebra Lineal. Primavera 2007.

1. a) Para determinar la dirección en la cual rotar los ejes y eliminar el término �xy� de la ecuación,diagonalizamos la matriz simétrica asociada a la parte cuadrática q = ax2+ay2+xy. Dicha matrizes A =

a 1/2

1/2 a

!. Calculemos primero los valores propios de A, y para ello, determinemos su

polinomio característico pA (λ) = det (A− λI) = det

a− λ 1/2

1/2 a− λ

!= (a− λ)2 − 1/4. Los valores

propios son las raíces de pA. Calculando, pA (λ) = 0 ⇔ (a− λ)2 − 1/4 = 0 ⇔ λ = a ± 1/2.Tenemos entonces dos valores propios distintos, λ1 = a + 1/2 y λ2 = a− 1/2. Ahora encontremoslos vectores propios (ortonormales) asociados.Para λ1 = a + 1/2: Resolvemos el sistema lineal homogéneo de matriz de coe�cientes A − λ1I. −1/2 1/2

1/2 −1/2

! x

y

!=

0

0

!⇔ x = y ⇔

x

y

!=

y

y

!= y

1

1

!, luego un primer vector

propio (normalizado) es v1 =1√2

1

1

!. Para λ2 = a − 1/2 podemos seguir un procedimiento

análogo, pero como sabemos que el vector asociado debe ser ortogonal a v1, y de norma 1, podemossimplemente girar v1 en 90◦, es decir v2 =

1√2

−1

1

!.

Entonces A = P ·D ·P−1 = P ·D ·P t, donde P = [v1|v2] =1√2

1 −1

1 1

!es la matriz ortogonal de

vectores propios, y D =

λ1 0

0 λ2

!es la matriz diagonal con los valores propios respectivos. (1

punto por la diagonalización) Haciendo ahora el cambio de variables

u

v

!= P t

x

y

!, esto

es,

8><>:

u =1√2

(x + y)

v =1√2

(−x + y), la parte cuadrática se convierte en λ1u

2 + λ2v2. Y como además de las

fórmulas de cambio de variables anteriores, x−y = −√2v, se puede cambiar la ecuación completa alas variables u y v. Con esto, la ecuación resulta ser (a + 1/2)u2 +(a− 1/2) v2−2 (a− 1/2) v = 1.Completando cuadrados y ordenando se llega a

(a + 1/2) u2 + (a− 1/2) (v − 1)2 = a + 1/2.

(1 punto por transformar la ecuación completa) En estas variables es posible determinarfácilmente qué representa la ecuación para los diversos valores de a. En particular, debemos �jarnosen las combinaciones posibles de signos de los valorar propios.

Caso a > 1/2. Ambos valores propios son positivos, y la siguiente reescritura (dividiendo

todo por a + 1/2) de la ecuación muestra que se trata de elipses: u2

1+

(v − 1)2√a + 1/2a− 1/2

2 =

1 (notemos dos cosas, la elipse está centrada en el punto cuyas nuevas coordenadas son

(u, v) = (0, 1), y sus semiejes son 1 y√

a + 1/2a− 1/2

, siendo este segundo número mayor que 1,

con lo que el semieje mayor queda sobre el eje v).Caso a = 1/2. La ecuación se convierte en u2 = 1. Esto representa las dos rectas u = −1 yu = 1, paralelas al eje v.

Caso −1/2 < a < 1/2. Los valores propios tienen signos diferentes (λ2 < 0 < λ1), y ello da

origen a hipérbolas con ecuación u2

1− (v − 1)2√

a + 1/21/2− a

2 = 1.

Caso a = −1/2. La ecuación se convierte en − (v − 1)2 = 0, lo que equivale a v = 1. En estecaso la ecuación representa a una recta paralela al eje u.Caso a < −1/2. Este caso es similar al primero, en vista de que nuevamente las dos valorespropios tienen el mismo signo. La misma fórmula se obtiene para explicitar centro y semiejes:u2

1+

(v − 1)2√a + 1/2a− 1/2

2 = 1 (notar que lo que está bajo la raíz es positivo por ser cuociente de

negativos, que ahora 1 es el semieje mayor, el que queda paralelo al eje u).En resumen, la ecuación representa:

1) Una elipse: Para |a| > 1/2. (0.5 puntos, incluye análisis de más arriba)2) Una circunferencia: Para ningún valor de a (las elipses siempre tuvieron semiejes distintos).3) Una hipérbola: Para |a| < 1/2. (0.5 puntos, incluye análisis de más arriba)4) Una parábola: Para ningún valor de a.5) Una recta (v = 1) para a = −1/2, y dos rectas paralelas (u = −1 y u = 1) para a = 1/2.

(0.5 puntos, incluye análisis de más arriba)6) Un punto: Para ningún valor de a.7) El conjunto vacío: Para ningún valor de a. (0.5 puntos por todas las que son �para

ningún a�)b) Podemos aprovechar lo hecho en la parte a) para contestar esta pregunta. En el nuevo sistema de

coordenadas u, v, que corresponde al sistema usual x, y girado en 45◦ en la dirección positiva derotación (dado que este es el ángulo que forma el vector unitario en la dirección positiva del eje

u, v1 =1√2

1

1

!, con el eje x) la ecuación de esta cónica es u2

1+

(v − 1)2√22 = 1. Es entonces una

elipse centrada en el punto de coordenadas (u, v) = (0, 1) (lo que corresponde a (x, y) =

„−1√2,

1√2

«),

cuyo semieje mayor mide√

2 y está sobre el eje v, y el semieje menor mide 1, y es paralelo al ejeu. (1 punto por reconocer , acá o antes, la cónica, su centro, el ángulo de la rotación)El siguiente es un bosquejo de la elipse: (1 punto por bosquejo APROXIMADO)

X

U

V

Y

(u,v)=(0,1)

(+ 1 punto base)

2. a) La matriz A es simétrica, por lo tanto sabemos que tendrá una diagonalización como la pedi-da, con P matriz real ortogonal (P−1 = P t) de vectores propios de A, y D matriz diagonalreal de valores propios de A. Partamos por calcular los valores propios de A. Polinomio ca-

racterístico: pA (λ) = det (A− λI) = det

0BBB@

2− λ 0 0 0

0 −λ 0 0

0 0 1− λ −1

0 0 −1 1− λ

1CCCA = (2− λ) · (−λ) · `(1− λ)2 − 1

´=

(2− λ) · (−λ) · (1− λ + 1) · (1− λ− 1) = λ2 · (2− λ). Por lo tanto A tiene solo dos valores propios, λ1 = 0,y λ2 = 2 (1 punto los valores propios), ambos con multiplicidad algebraica igual a 2 (quenaturalmente coinciden con las multiplicidades geométricas pues Aes diagonalizable. Debemosahora calcular los subespacios propios, y bases ortonormales para ellos, De lo anterior sabemosque ambos subespacios propios tendrán dimensión 2. Para λ1 = 0: Debemos resolver Ax = 0.

Pivoteando:

0BBB@

2 0 0 0 | 0

0 0 0 0 | 0

0 0 1 −1 | 0

0 0 −1 1 | 0

1CCCA→

0BBB@

2 0 0 0 | 0

0 0 1 −1 | 0

0 0 0 0 | 0

0 0 −1 1 | 0

1CCCA→

0BBB@

2 0 0 0 | 0

0 0 1 −1 | 0

0 0 0 0 | 0

0 0 0 0 | 0

1CCCA, luego

el sistema es equivalente a las dos ecuaciones 2x1 = 0 y x3 = x4, por lo que la solución general es0BBB@

x1

x2

x3

x4

1CCCA =

0BBB@

0

x2

x4

x4

1CCCA = x2 ·

0BBB@

0

1

0

0

1CCCA+x4 ·

0BBB@

0

0

1

1

1CCCA, con x2, x4 variables libres. De aquí obtenemos una base

para el subespacio propio asociado a λ1 = 0, y notando que los dos vectores ya son ortogonales, solonecesitamos normalizarlos uno de ellos (el otro ya tiene norma 1) para tener una base ortonormal

de ese subespacio:

8>>><>>>:

0BBB@

0

1

0

0

1CCCA ,

1√2

0BBB@

0

0

1

1

1CCCA

9>>>=>>>;. Ahora para λ2 = 2: Debemos resolver (A− 2I) x = 0. Pi-

voteando:

0BBB@

0 0 0 0 | 0

0 −2 0 0 | 0

0 0 −1 −1 | 0

0 0 −1 −1 | 0

1CCCA→

0BBB@

0 −2 0 0 | 0

0 0 0 0 | 0

0 0 −1 −1 | 0

0 0 −1 −1 | 0

1CCCA→

0BBB@

0 −2 0 0 | 0

0 0 −1 −1 | 0

0 0 0 0 | 0

0 0 −1 −1 | 0

1CCCA→

0BBB@

0 −2 0 0 | 0

0 0 −1 −1 | 0

0 0 0 0 | 0

0 0 0 0 | 0

1CCCA, luego el sistema es equivalente a las dos ecuaciones −2x2 = 0 y

x3 = −x4, por lo que la solución general es

0BBB@

x1

x2

x3

x4

1CCCA =

0BBB@

x1

0

−x4

x4

1CCCA = x1 ·

0BBB@

1

0

0

0

1CCCA + x4 ·

0BBB@

0

0

−1

1

1CCCA, con

x1, x4 variables libres. De aquí obtenemos una base para el subespacio propio asociado a λ2 = 2,y notando que los dos vectores ya son ortogonales, solo necesitamos normalizarlos uno de ellos (el

otro ya tiene norma 1) para tener una base ortonormal de ese subespacio:

8>>><>>>:

0BBB@

1

0

0

0

1CCCA ,

1√2

0BBB@

0

0

−1

1

1CCCA

9>>>=>>>;.

(1.2 puntos los vectores propios ortonormales) Hemos encontrado �nalmente matrices P

y D para la diagonalización de A como A = P · D · P t: P =

0BBBB@

0 0 1 0

1 0 0 0

0 1√2

0 − 1√2

0 1√2

0 1√2

1CCCCA

(los vectores

propios ortonormales como columnas), y D =

0BBB@

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 2 0

0 0 0 2

1CCCA (lo valores propios en la diagonal,

en el mismo orden en que se incluyeron sus vectores propios asociados en las columnas de P ). (0.8puntos construir ambas matrices)

b) Veamos que los zi, i = 1, . . . , n, son vectores propios de C, y al mismo tiempo determinemos losvalores propios asociados. Separaremos el caso i = 1 del caso i > 1.Caso i = 1: C ·z1 =

(M + z1 · zt

1

) ·z1 = M ·z1 +z1 ·zt1 ·z1 = λ1z1 +z1 · 〈z1, z1〉 =

(λ1 + ‖z1‖2

)·z1,

por lo que z1es vector propio de C, con valor propio asociado λ1 + ‖z1‖2. (1.5 puntos)Caso i > 1: C · zi =

(M + z1 · zt

1

) · zi = M · zi + z1 · zt1 · zi = λizi + z1 · 〈z1, zi〉 = λizi + z1 · 0 = λizi

(usamos que los zi son ortogonales), luego cada uno de estos zi es vector propio de C, con valorpropio asociado λi. (1.5 puntos)

(+ 1 punto base)

3. a) 1) Calculemos primero una base ortogonal para U , dejando las normalizaciones (dividir por lasnormas) para el �nal, para evitar complicar los cálculos. Para ello apliquemos el método deortogonalización de G-S al generador dado.

v1 =

0BBB@

−1

1

−1

1

1CCCA, queda igual (luego lo dividiremos por su norma, que es 2).

v2 =

0BBB@

1

−1

1

1

1CCCA−

1

22

*0BBB@

1

−1

1

1

1CCCA ,

0BBB@

−1

1

−1

1

1CCCA

+0BBB@

−1

1

−1

1

1CCCA =

0BBB@

1

−1

1

1

1CCCA−

−2

4

0BBB@

−1

1

−1

1

1CCCA =

0BBB@

1/2

−1/2

1/2

3/2

1CCCA, su

norma es√

3. (0.5 puntos por dejar el primer vector y calcular el segundo,normalizando o no)Para el siguiente vector, si notamos que el tercero de la lista es simplemente −1/2 por elprimero, más 3/2 por el segundo, podemos descartarlo de inmediato por ser combinaciónlineal de los anteriores. Sin embargo, aunque no notemos esto, podemos seguir con G-S y

se producirá el mismo efecto: calculamos v3 =

0BBB@

2

−2

2

1

1CCCA−

1

22

*0BBB@

2

−2

2

1

1CCCA ,

0BBB@

−1

1

−1

1

1CCCA

+0BBB@

−1

1

−1

1

1CCCA−

1√32

*0BBB@

2

−2

2

1

1CCCA ,

0BBB@

1/2

−1/2

1/2

3/2

1CCCA

+0BBB@

1/2

−1/2

1/2

3/2

1CCCA =

0BBB@

2

−2

2

1

1CCCA +

5

4

0BBB@

−1

1

−1

1

1CCCA − 3

2

0BBB@

1/2

−1/2

1/2

3/2

1CCCA =

0BBB@

0

0

0

0

1CCCA, y

este 0 signi�ca que el tercer vector debe descartarse. (0.5 puntos por indicar, conuna razón válida, que este vector sale)

Se los cálculos anteriores, {v1, v2} es una base ortogonal de U , y normalizando sus vectores,8>>><>>>:

1

2

0BBB@

−1

1

−1

1

1CCCA ,

1

2√

3

0BBB@

1

−1

1

3

1CCCA

9>>>=>>>;

es una base ortonormal de U . (0.5 puntos por normalizar

ambos vectores, al �nal o durante el proceso)2) Para la base ortonormal de U⊥ propondremos dos métodos alternativos.

El primero consiste en agregar vectores a la base ya obtenida para completar un gene-rador (o una base) de R4, y luego continuar el procedimiento de G-S para ortogonalizarlos vectores agregados (en conjunto con los de la base de U que ya está ortogonalizada).

Los vectores adicionales que �nalmente resulten al terminar este proceso constituirán

una base de U⊥. Partamos con la base ortogonal

8>>><>>>:

0BBB@

−1

1

−1

1

1CCCA ,

0BBB@

1

−1

1

3

1CCCA

9>>>=>>>;

de U (hemos

eliminado los escalares que multiplicaban estos vectores para simpli�car los cálculos,pues con esto aún se mantiene el hecho de que es una base ortogonal). Agregando al�nal los dos primeros vectores, e1, e2 de la base canónica de R4 tenemos un conjuntol.i. de 4 vectores (esto se puede veri�car muy rápidamente si ponemos los 4 vectorestraspuestos, es decir como �las, con e1 y e2 primero para facilitar los cálculos, y pivo-teamos la matriz de 4×4 resultante), es decir, una base de R4. Luego, lo que hacemos escontinuar el proceso de G-S, desde el tercer vector en adelante (porque los dos primeros

ya son ortogonales), para el conjunto

8>>><>>>:

0BBB@

−1

1

−1

1

1CCCA ,

0BBB@

1

−1

1

3

1CCCA ,

0BBB@

1

0

0

0

1CCCA ,

0BBB@

0

1

0

0

1CCCA

9>>>=>>>;.

Calculamos entonces u3 =

0BBB@

1

0

0

0

1CCCA−

−1

4

0BBB@

−1

1

−1

1

1CCCA−

1

12

0BBB@

1

−1

1

3

1CCCA =

0BBB@

2/3

1/3

−1/3

0

1CCCA, y u4 =

0BBB@

0

1

0

0

1CCCA−

1

4

0BBB@

−1

1

−1

1

1CCCA−

−1

12

0BBB@

1

−1

1

3

1CCCA−

1/3

6/9

0BBB@

2/3

1/3

−1/3

0

1CCCA =

0BBB@

0

1/2

1/2

0

1CCCA. Una base ortonormal de U⊥ se pue-

de construir entonces normalizando u3 y u4, esto es:

8>>><>>>:

1√6

0BBB@

2

1

−1

0

1CCCA ,

1√2

0BBB@

0

1

1

0

1CCCA

9>>>=>>>;. (Si se

usa este método, 0.7 puntos por completar a una base o generador de R4,argumentando correctamente por qué lo es, y 0.8 puntos por la ortoNOR-MAlización. Por supuesto pueden normalizar durante el proceso o al �nal.)Un segundo método posible es encontrar primero una base para U⊥ resolviendo un siste-ma lineal proveniente de imponer que los elementos de U⊥ son exactamente los vectoresperpendiculares a la base de U , y luego usar G-S para ortonormalizar dicha base. Elsistema lineal indicado (usando la base ortogonal de U que obtuvimos al principio) po-

dría ser entonces −1 1 −1 1

1 −1 1 3

!0BBB@

x1

x2

x3

x4

1CCCA =

0

0

!. Pivoteando (sin incluir los ceros

de la derecha, que nunca se modi�can): −1 1 −1 1

1 −1 1 3

!→ −1 1 −1 1

0 0 0 4

!, lo

que equivale a las ecuaciones 4x4 = 0 y −x1 + x2 − x3 + 0 = 0, esto es x4 = 0 yx1 = x2 − x3. De este modo la solución general del sistema (es decir, un elemento

cualquiera de U⊥) es

0BBB@

x1

x2

x3

x4

1CCCA =

0BBB@

x2 − x3

x2

x3

0

1CCCA = x2

0BBB@

1

1

0

0

1CCCA+ x3

0BBB@

−1

0

1

0

1CCCA, y una base de U⊥

es

8>>><>>>:

0BBB@

1

1

0

0

1CCCA ,

0BBB@

−1

0

1

0

1CCCA

9>>>=>>>;. Como esta base no es ortogonal, usamos G-S para ortogonalizar

(dividimos por las normas solo al �nal pra simpli�car los cálculos). El primer vector

queda igual, y el segundo se transforma en

0BBB@

−1

0

1

0

1CCCA−

−1

2

0BBB@

1

1

0

0

1CCCA =

0BBB@

−1/2

1/2

1

0

1CCCA. Dividien-

do por las normas, se obtiene la base ortonormal para U⊥:

8>>><>>>:

1√2

0BBB@

1

1

0

0

1CCCA ,

1√6

0BBB@

−1

1

2

0

1CCCA

9>>>=>>>;

(notar que no coincide con la encontrada con el otro método, y no tendría por qué: U⊥

tiene in�nitas bases ortonormales diferentes). (Si se usa este método, 0.7 puntospor determinar base o generadores del ortogonal, y 0.8 puntos por realizarla ortoNORMAlización. Por supuesto pueden normalizar durante el procesoo al �nal.)

b) 1) Notar que para v ∈ Rn, v ∈ V ⇔ PV (v) = v. Sea z ∈ PW (V ). Entonces z = PW (v),para algún v ∈ V . Usando la observación anterior, v = PV (v), luego z = PW (PV (v)) =PW ◦ PV (v) = PV ◦ PW (v) = PV (PW (v)) ∈ V . (1 punto)

2) Notar ahora que para u ∈ Rn, u ∈ V ⊥ ⇔ PV (u) = 0. Sea entonces z ∈ V ⊥. De laobservación anterior. PV (z) = 0. Y como PW es lineal, entonces PW (PV (z)) = 0. Luego,PV (PW (z)) = PV ◦ PW (z) = PW ◦ PV (z) = PW (PV (z)) = 0. (1 punto)

3) Sea x ∈ PW

(V ⊥)

. Entonces existe z ∈ V ⊥ tal que x = PW (z). De la parte anterior sesigue que PV (x) = PV (PW (z)) = 0, y por la observación del principio de la parte anteriortambién, entonces x ∈ V ⊥. (1 punto)

(+ 1 punto base)

Ingeniería MatemáticaFACULTAD DE CIENCIASFÍSICAS Y MATEMÁTICASUNIVERSIDAD DE CHILEÁlgebra Lineal 08-1

Control 3

P1. (a) Considere la matriz

A =

4 −3 34 −3 410 −10 11

.

(i) (1.5 ptos.) Calcule el polinomio característico de A, los valores propios de A y sus multiplici-dades algebraicas.

(ii) (2.0 ptos.) Determine los espacios propios asociados a cada valor propio y calcule las multipli-cidades geométricas de cada valor propio.

(iii) (0.5 ptos.) Concluya que A es diagonalizable y explicite las matrices P y D.

(b) (2.0 ptos.) Sea A = PDP−1 ∈ Mn,n(R) con D diagonal y P invertible. Suponga que 1 y −1 NOson valores propios de A. Demuestre que para todo k ∈ N la matriz

B = I + A + . . . + Ak = I +k∑

i=1

Ai

es invertible y determine explícitamente la inversa de B.

P2. (a) Sea P2(R) el conjunto de polinomios de grado menor o igual a 2, y T : P2(R) → P2(R) latransformación lineal tal que para todo polinomio p(x) ∈ P2(R) se tiene que (T (p))(x) = p(1 + x).

(i) (2.0 ptos.) Calcule la matriz representante de T con respecto a la base canónica A = {1, x, x2}en el espacio de partida y de llegada.

(ii) (2.0 ptos.) Calcule usando matriz cambio de base la matriz representante de T con respecto ala base B = {1 + x, 1− x, 1 + x + x2} en el espacio de partida y de llegada.

(b) (2.0 ptos.) Sea V un espacio vectorial y B = {v1, v2, . . . , vn} una base de V . Sea B′ = {u1, u2, . . . , un}la base ortonormal obtenida al aplicar el método de Gram-Schmidt a B en el orden dado por lossubíndices. Pruebe que la matriz de cambio de base de B′ a B es triangular superior.

P3. Sean W y B dos s.e.v. de Rn y P : Rn →W la proyección ortogonal sobre W .

(a) (1.5 ptos.) Muestre que P (B) = {P (x) : x ∈ B} es un s.e.v. de W y que si {b1, . . . , bk} es ungenerador de B entonces {P (b1), . . . , P (bk)} es un generador de P (B).

(b) Si W =

1−351

,

−2240

,

5−7−31

y B =

⟨

01−10

,

13−22

⟩:

(i) (1.5 ptos.) Encuentre una base ortonormal de W y explicite su dimensión.

(ii) (1.5 ptos.) Encuentre una base ortonormal de W⊥ y explicite su dimensión.

(iii) (1.5 ptos.) Encuentre una base de P (B) y explicite su dimensión.

20 de Junio de 2008Sin consultasTiempo: 3:00

Ingeniería MatemáticaFACULTAD DE CIENCIASFÍSICAS Y MATEMÁTICASUNIVERSIDAD DE CHILEMA1B2 Álgebra Lineal 08-2

Control 3

P1. Considere la matriz A =

1 2 α

2 1 β

2 2 γ

con α, β, γ ∈ R.

(i) (1,0 ptos.) Determine los valores de α, β y γ sabiendo que λ = 3 es un valor propio de A y v =

111

es su vector propio asociado.

(ii) (5,0 ptos.) Incorporando los valores determinados en (i) para α, β y γ, demuestre que A es diago-nalizable y calcule P invertible y D diagonal tal que A = PDP−1.

P2. Dada la matriz A =

2 2 −12 −1 2−1 2 2

se sabe que λ = 3 y λ = −3 son sus únicos valores propios.

(i) (4,0 ptos.) Encuentre una base ortonormal de vectores propios de A.

(ii) (2,0 ptos.) Determine el polinomio característico de A.

P3. a) (1,5 ptos.) Sean A, B ∈ Mn×n(R). Si A es invertible, muestre que AB y BA tienen el mismopolinomio característico.

b) (1,5 ptos.) Dada A ∈ Mn×n(R) diagonalizable, pruebe que si A tiene sólo un valor propio, entoncesA = αI, α ∈ R.

c) (1,5 ptos.) Sea A ∈ Mn×n(R) diagonalizable y tal que ∃k ∈ N, Ak = 0. Demuestre que A = 0.

d) (1,5 ptos.) Para A ∈ Mn×n(R) diagonalizable, es decir A = PDP−1 con P invertible y D diagonal,pruebe que AT es diagonalizable y que las columnas de (PT )−1 forman una base de vectores propiosde AT .

22 de noviembre de 2008Tiempo: 3:00 hrs.

Consultas sólo de enunciado, sólo al auxiliar, en voz alta y desde el puesto

1

- Pauta P1 CONTROL 3 ALGEBRA LINEAL

P1. Sea A de mxn tal que las n columnas de A son l.i. (i) Demuestre que Ker(A) = Ker(A

TA).

(ii) Demuestre que r(ATA) = r(A), y concluya que A

TA es invertible.

(iii) ¿Qué puede decir respecto de AAT?

Solución.

(i) Sea x en Ker(A), i.e., Ax = 0 /AT

• , resulta: AT(Ax)=A

T0=0, implica (A

TA)x=0, i.e., x∈Ker(A

TA).

Recíprocamente, sea x en Ker(ATA), i.e., (A

TA)x=0 /AT

• , /xT • , resulta x

T(A

TAx)=x

T0=0, implica

(Ax)TAx=0, y por lo tanto, Ax=0 (ya que, si u=Ax, u

Tu=0, implica u=0), i.e., x∈Ker(A).

(ii) La hipótesis de A implica que r(A)=n y m ≥ n. Por (i), nul(A)=dim(Ker(A)) = dim(Ker(A

TA))=nul(A

TA), y

el T. de la nulidad y rango aplicado a A y ATA implica nul(A

TA) + r(A

TA) = n y nul(A) + r(A) = n,

y como nul(A) = nul(ATA), se tiene que r(A

TA) = r(A) = n. Ademas, como A

TA es de nxn, sigue que

ATA es invertible.

(iii) La hipótesis de A implica que r(A)=n, m ≥ n y por propiedad de rango, r(AT)=n. Si m=n, entonces A y

AT son invertibles lo que implica que AA

T es invertible. Si m>n, las m filas de A son l.dep., y las m

columnas de AT son también l.dep., lo que implica que r(AA

T)<m. En caso contrario, i.e., r(AA

T)=m,

se tendría que m=r(AAT) ≤ min{ r(A), r(A

T) }= min{n,n}=n, implicando m ≤ n, contradicción.

OTRA FORMA (i) Sea x en Ker(A), i.e., Ax=0. Como Ax = x1A.1+x2A.2+…+xnA.n , donde A.j es la columna j de A, y las columnas de A son l.i, Ax=0 implica xj=0, todo j, y por lo tanto, Ker(A) ={0}. Para (i), basta probar que Ker(A

TA)={0},

Supongamos lo contrario, i.e., existe x ≠ 0, tal que (ATA)x=0, /x

T • , implica x

T(A

TAx)=x

T0=0, i.e.,

(Ax)TAx=0, y por lo tanto, Ax=0 (ya que, si u=Ax, u

Tu=0, implica u=0), i.e., x∈Ker(A), y como x ≠ 0,

se contradice que Ker(A) ={0}. En resumen, se cumple que Ker(A) = Ker(ATA)={0}.

(ii) La hipótesis de A implica que r(A)=n y m ≥ n. Por (i), nul(A)=dim(Ker(A)) = dim(Ker(ATA))=nul(A

TA)=0.

El . de la nulidad y rango aplicado a A y ATA implica nul(A

TA) + r(A

TA) = n y nul(A) + r(A) = n, y como

nul(A)=nul(ATA)=0, sigue que r(A)=r(A

TA)=n. Ademas, como A

TA es de nxn, sigue que A

TA es

invertible. La parte (iii) no cambia.

- Pauta P2 CONTROL 3 ALGEBRA LINEAL

P2. Demuestre que det

01

01

01

1110

xx

xx

xx= -3x

2 . Mediante expansión según fila 1 y usando propiedades

de determinantes.

Solución.

Calculo del determinante usando expansión según fila 1.

01

01

01

1110

xx

xx

xx = -

01

01

1

x

x

xx

+

01

1

01

x

xx

x

-

xx

x

x

1

01

01

= -

− +

xx

xx

x

x

1

01

01

1

0

0 +

+

x

xx

x

xx

1

1

0 -

+

x

xx

xx

x

1

10

= -(-x2

+ x2 + x

2) + (-x

2 + 0) – (x

2 + 0) = -3x

2.

Calculo del determinante usando propiedades.

01

01

01

1110

xx

xx

xx =

−

−

24

23

filafila

filafila

xx

xx

xx

−

−

00

00

01

1110

(1)=

21 filayfila

permutar -

xx

xx

xx

−

−

00

00

1110

01

=

−

−

)2(4

)2(3

filaxfila

filaxfila-

xx

xx

xx

200

200

1110

01

−−

−−

= ( )[ ])3(2/14 filafila − -

x

xx

xx

2

3000

200

1110

01

−

−−

= - (determinante de matriz triangular) = - (producto de los elementos de la diagonal)

= -3x2.

(Si después de obtener (1) calculan el determinante usando expansión según columna 1 y, el determinante de 3x3 que resulta lo siguen calculando usando expansión (e.g., según fila 1) el puntaje es 1.0, y si dicho determinante de 3x3 lo siguen calculando usando propiedades, el puntaje es 2.0)


Control 3

P1. Considere la matriz A ∈ M44(R) definida por

A =

3 −1 −1 −1−1 3 −1 −1−1 −1 3 −1−1 −1 −1 3

(i) (1,0 pto.) Verifique que

v =

1111

es vector propio de A y calcule su valor propio asociado.

(ii) (4,0 ptos.) Si se sabe que λ = 4 es valor propio de A, encuentre una base ortonormal de vectorespropios de A.

(iii) (1,0 pto.) Encuentre el polinomio característico de A.

P2. (6,0 ptos.) Sea α ∈ R y considere la ecuación:

(α + 2)x2 + (α + 2)y2 + 2αxy = 1.

Determine, cuando existan, los valores del parámetro α para los cuales la ecuación representa:

circunferencia, parábola, elipse, hipérbola, recta o rectas, un punto, conjunto vacío.

Señale explícitamente qué cónicas o conjuntos de los indicados no pueden ser representados por laecuación dada para ningún valor de α ∈ R.

P3.

a) (3,0 ptos.) Completar los elementos faltantes de la matriz A ∈ M22(R) dada por

A =

(

2 6− −

)

de modo que admita a v1 =

(

31

)

y a v2 =

(

21

)

como vectores propios.

b) (3,0 ptos.) Encuentre una matriz B ∈ M22(R) con los mismos vectores propios v1 y v2 del punto a)y valores propios λ1 = 1 asociado a v1 y λ2 = 0 asociado a v2. Calcule, además, B10.

21 de noviembre de 2009Sin consultasTiempo: 3:00

1

Ingeniería MatemáticaFACULTAD DE CIENCIASFÍSICAS Y MATEMÁTICASUNIVERSIDAD DE CHILEMA1102 Algebra Lineal 09-2

Pauta Control 3 - Pregunta 1

(i) Sea A =

3 −1 −1 −1−1 3 −1 −1−1 −1 3 −1−1 −1 −1 3

y v =

1111

, v 6= 0 un vector propio de A y λ ∈ R su valor propio

asociado. (0.5pts)

Entonces Av = λv ⇒

3 −1 −1 −1−1 3 −1 −1−1 −1 3 −1−1 −1 −1 3

1111

= λ

1111

⇒

0000

= λ

1111

⇒ λ = 0.

Esto ratifica que v =

1111

es vector propio de A y λ = 0 su valor propio asociado. (0.5 pts)

(ii) Se sabe que tambien λ = 4 es valor propio de A. Para calcular el espacio propio W4 asociado a λ = 4se tiene:

(A − 4I)

λ

y

z

w

=

0000

⇔

−1 −1 −1 −1−1 −1 −1 −1−1 −1 −1 −1−1 −1 −1 −1

x

y

z

w

=

0000

⇒ x + y + z + w = 0

Así, x = −y − z − w con y, z, w libres (por ejemplo)

Entonces

x

y

z

w

= y

−1100

+ z

−1010

+ w

−1001

Por lo tanto una base de vectores propios para W4 puede ser

−1100

,

−1010

−1001

= {u1, u2, u3}

Para obtener la base ortonormal asociada aplicamos Gram-Schmidt. (1.0 pto)

v1 =u1

‖u1‖=

1√2

−1100

1

v2 = u2 − 〈u2, v1〉v1 =

−1010

− 〈

−1010

,1√2

−1100

〉 1√2

−1100

⇒ v2 =

−1010

− 1√2· 1 · 1√

2

−1100

=

−1010

− 1

2

−1100

=

− 1

2

− 1

2

10

= −1

2

11−20

y v2 = v2

‖v‖ = − 1√6

11−20

(1.0 pto)

v3 = u3 − 〈u3, v1〉v1 − 〈u3, v2〉v2 =

−1001

− 〈

−1001

,1√2

−1100

〉 1√2

−1100

−〈

−1001

,− 1√6

11−20

〉 − 1√6

11−20

⇒ v3 =

−1001

− 1

2

1100

+1

6

11−20

=

− 1

2+ 1

6

− 1

2+ 1

6

− 1

3

1

=

− 1

3

− 1

3

− 1

3

1

= −1

3

111−3

y v3 = v3

‖v3‖ = − 1√12

111−3

(1.0 pto)

La base ortonormal para W4 será

1√2

−1100

, 1√6

11−20

,− 1√12

111−3

El espacio asociado a λ = 0 tiene por base

1111

= {v}, vector que es ortogonal a v1, v2 y v3 y

normalizado constituye el cuarto vector de la base ortonormal pedida (espacio W0)

1√2,

−1100

, 1√6

11−20

, 1√12

111−3

, 1

2

1111

={

v1, v2, v3,v

‖v‖

}

. (1.0 pto)

(iii) P (λ) puede escribirse, para esta matriz que es simétrica y por lo tanto diagonalizable como,P (λ) = (−1)n(λ − 0)k(λ − 4)m

donde k + m = n = 4 y k, m son las dimensiones de los espacios W0 y W4 (1.0 pto)

Sigue que P (λ) = (−1)4λ1(λ − 4)3 = λ(λ − 4)3

2

Pauta Control 3 - Pregunta 2La ecuación en estudio es (α + 2)x2 + (α + 2)y2 + 2αxy = 1, α ∈ R. La forma cuadrática de la cónicase puede escribir como:

(α + 2)x2 + (α + 2)y2 + 2αxy = (x, y)A

(

x

y

)

donde A =

(

α + 2 α

α α + 2

)

.

Determinamos los valores y vectores propios de A.

El polinomio característico es P (λ) =

∣

∣

∣

∣

α + 2 − λ α

α α + 2 − λ

∣

∣

∣

∣

P (λ) = 0 ⇒ (α + 2 − λ)2 − α2 = 0 ⇒ (2α + 2 − λ)(2 − λ) = 0

{

λ1 = 2λ2 = 2(α + 1)

(1.0 pto)

Si λ1 = λ2 ⇒ 2(α + 1) = 2 ⇒ α = 0 y en tal caso la ecuación queda x2 + y2 = 1

2que es una circunfer-

encia centro O(0, 0) y r = 1√2.

Para α 6= 0

El vector propio v1 =

(

x

y

)

asociado al valor propio λ1 = 2 debe cumplir

(

α α

α α

)(

x

y

)

=

(

00

)

⇒ x+ y = 0 ⇒ x+ y = 0 ⇒ y = −x de donde un vector propio será v1 =

(

− 1√2

1√2

)

(unitario).

Para λ2 = 2(α + 1) se tiene

(

(α + 2) − (2α + 2) α

α (α + 2) − (2α + 2)

)(

x

y

)

=

(

00

)

⇒(

−α α

α −α

)(

x

y

)

=

(

00

)

⇒ y = x

y un vector propio unitario será v2 =

(

1√2

1√2

)

(1.0 pto)

Así,la matriz A puede escribirse como A = PDP t donde D =

(

λ1 00 λ2

)

y P = {v1, v2}.

Entonces A = PDP t =

(

− 1√2

1√2

1√2

1√2

)

(

2 00 2(1 + α)

)

(

− 1√2

1√2

1√2

1√2

)

Considerando el cambio de varaibles

(

u

v

)

= P t

(

x

y

)

=

(

− 1√2x + 1√

2y

1√2x + 1√

2y

)

⇒ −x + y = u√

2

x + y = v√

2

y por lo tanto x =√

2

2(v − u); y =

√2

2(v + u).

Reemplazando en la ecuación original queda

(α + 2)1

2(v − u)2 + (α + 2)

1

2(v + u)2 + 2α

1

2(v2 − u2) = 1

⇒ (α + 2)(v2 + u2) + α(v2 − u2) = 1

⇒ 2u2 + 2(α + 1)v2 = 1 (1.0 pto)

Entonces, si α = −1 ⇒ u = ± 1√2

que en las variables originales son las rectas paralelas

y = x + 1 ∧ y = x − 1 (1.0 pto)

Si α + 1 > 0, es decir α ∈ (−1,∞) y α 6= 0 la ecuación2u2 + 2(α + 1)v2 = 1 representa elipses. (1.0 pto)

3

Si α + 1 < 0, es decir α ∈ (−∞,−1) la ecuación representa hipérbola.

Con lo visto, α recorre R y por lo tanto no existen valores de α que transformen la ecuación propuestaen parábolas en un punto o en el conjunto vacío. (0.5 pto)

4

Pauta Control 3 - Pregunta 3

(a) Sea [α, β] la segunda fila dela matriz A, es decir

A =

(

2 6α β

)

Para cada vector propio debe cumplirse que Av = λv.

Así para v1 =

(

31

)

;

(

2 6α β

)(

31

)

= λ1

(

31

)

y λ1 valor propio.

Entonces12 = 3λ1

3α + β = λ1

⇒ λ1 = 43α + β = 4

(1.0 pto)

Análogamente, para v2 =

(

21

)

;

(

2 6α β

)(

21

)

= λ2

(

21

)

⇒ 10 = 2λ2

2α + β = λ2

⇒ λ2 = 52α + β = 5

(1.0 pto)

De las ecuaciones3α + β = 42α + β = 5

⇒ α = −1, β = 7 (1.0 pto)

Sigue que A =

(

2 6−1 7

)

(b) La matriz B buscada es diagonalizable pues admite una base de vectores propios v1 =

(

31

)

y

v2 =

(

21

)

(del punto (a − 1)).

Así, B = PDP−1 donde P es la matriz cuyas columnas son v1 y v2 y D es la matriz diagonal con los

valores propios dados λ1 = 1 y λ2 = 0 y λ2 = 0; D =

(

λ1 00 λ2

)

.

Entonces P =

(

3 21 1

)

⇒ P−1 =

(

1 −2−1 3

)

(inmediato). (1.0 pto)

Sigue que B =

(

3 21 1

)(

1 00 0

)(

1 −2−1 3

)

=

(

3 21 1

)(

1 −20 0

)

=

(

3 −61 −2

)

Para B10; B10 = (PDP−1)10 = PD10P−1 pero D10 =

(

110 00 0

)

= D (1.5 pto)

Entonces B10 = PDP−1 = B

5


Control 3

P1. Considere el conjunto B ⊆ R4 dado por B =

1000

,

1100

,

1110

,

1111

y T : R4 → R

4 la transformación

lineal que satisface las condiciones siguientes:

T

1000

=

1110

, T

1100

=

1111

y ker(T ) = Im(T ).

(i) (0,5 ptos.) Pruebe que B es base de R4.

(ii) (1,5 ptos.) Demuestre que una base de ker(T ) es

1110

,

1111

.

(iii) (2,0 ptos.) Calcule la matriz representante de T cuando se ocupa B como base en la partida y en la llegada.

(iv) (2,0 ptos.) Calcule la matriz representante de T cuando se ocupa la base canónica en la partida y en lallegada.

P2. Sea Π el plano en R3 de ecuación caractesiana Π : x1 + x2 + x3 = 0 y sea T : R3 → R3 la función de�nida por

T (x) = �simétrico de x con respecto a Π�.

(i) (1,5 ptos.) Demuestre que T

x1

x2

x3

=

x1

x2

x3

− 23 (x1 + x2 + x3)

111

.

(ii) (1,5 ptos.) Muestre que T es lineal.

(iii) (1,5 ptos.) Sea A la matriz representante de la transformación T con respecto a las bases canónicas. CalculeA.

(iv) (1,5 ptos.) Demuestre que el polinomio característico de A es p(λ) = −(λ − 1)2(λ + 1). Pruebe que A esdiagonalizable y encuentre P invertible y D diagonal tal que

A = PDP−1.

P3. Sea m = 2n con n ∈ N\{0} y considere Pm(x) el conjunto de todos los polinomios p(x) = a0+a1x+ . . .+amxm,de grado menor o igual que m con coe�cientes en R. Se de�ne el conjunto

V = {p(x) ∈ Pm(x)|i ∈ {0, . . . ,m}, ai = am−i}.

(i) (1,5 ptos.) Probar que V es subespacio vectorial de Pm(x) sobre R.

(ii) (1,5 ptos.) Encontrar una base de V y deduzca que su dimensión es n+ 1.

(iii) (1,5 ptos.) Probar que Pm(x) = V ⊕ Pn−1(x).

(iv) (1,5 ptos.) Se de�ne

V ′ = {p(x) ∈ Pm(x)|i ∈ {0, . . . ,m}, ai = −am−i}.

Probar que Pm(x) = V ⊕ V ′ asumiendo que V ′ es subespacio vectorial de Pm(x).

Tiempo: 3:00 hrs.

1


Control 3

P1. Sea A =

(1 22 4

)∈ M2,2(R). Considere la función

T : M2,2(R) −→ M2,2(R)(a bc d

)7−→ T

((a bc d

))= A ·

(a bc d

)(i) (1,0 pto.) Demuestre que T es una función lineal.

(ii) (3,0 ptos.) Determine los subespacios ker(T ) e Im(T ) y encuentre una base y la dimensión de cada uno.

(iii) (2,0 ptos.) Encuentre M matriz representante de T con respecto a la base canónica

β =

{(1 00 0

),

(0 10 0

),

(0 01 0

),

(0 00 1

)}en el espacio de partida y de llegada.

P2. Sean A,B ∈ M3,3(R) dadas por

A =

1 1 00 1 10 0 1

, B =

1 1 01 1 00 0 1

.

Para cada una de ellas se pide lo siguiente:

(i) (4,5 ptos.) Calcular valores y vectores propios.

(ii) (1,5 ptos.) Decidir si es o no diagonalizable. Fundamente.En caso de ser diagonalizable encuentre una matriz P invertible y una matriz D diagonal tales que la matrizse escriba como PDP−1.

P3. (i) (3,0 ptos.) Sea T : Rn → Rn una función lineal tal que T ◦ T = T . Pruebe que Rn = ker(T )⊕ Im(T ).

(ii) (1,5 ptos.) Si A ∈ Mnn(R) tiene sólo un valor propio igual a 1 y es diagonalizable, entonces A = I.

(iii) (1,5 ptos.) Sean A ∈ M4,7(R) y B ∈ M7,4(R). Muestre que B ·A no puede ser la identidad I ∈ M7,7(R).

Justifique cada una de sus respuestasTiempo: 3:00 hrs.

1

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Ingenierıa Matematica

FACULTAD DE CIENCIAS

FISICAS Y MATEMATICAS

UNIVERSIDAD DE CHILE

Algebra Lineal MA 1102, 07/06/13, Profs. J. Gonzalez, R. Gouet.

Pauta Control #3

1. Sea L : R4 → R3 una transformacion lineal, cuya matriz representante con respecto a las basescanonicas B1 = {e1, e2, e3, e4} de R4 y B2 = {f1, f2, f3} de R3 esta dada por

A =

4 5 −7 72 1 −1 31 −1 2 1

.

Sean B3 = {e1, e2, 4e1 + e2 − 3e3,−7e1 + e3 + 5e4} y B4 = {4f1 + 2f2 + f3, 5f1 + f2 − f3, f3} basesde R4 y R3 respectivamente.

a) (3 pts.) Encuentre bases para Ker(L) e Im(L).

sol: Para obtener el Ker(L) resolvemos el sistema Ax = 0, mediante un par de pasos deescalonamiento:

A =

4 5 −7 72 1 −1 31 −1 2 1

→ 4 5 −7 7

0 −3 5 −10 −9 15 −3

→ 4 5 −7 7

0 −3 5 −10 0 0 0

,

de donde obtenemos x3, x4 libres, x2 = 53x3 −

13x4, x1 = −1

3x3 −43x4. Por lo tanto vemos que

Ker(L) = {(−x3 − 4x4, 5x3 − x4, 3x3, 3x4)t;x3, x4 ∈ R}, siendo {(−1, 5, 3, 0)t, (−4,−1, 0, 3)t}una base.

Sea (y1, y2, y3)t ∈ Im(L) y seanA·j , j = 1, . . . , 4 las columnas deA, entonces existen x1, x2, x3, x4

tales que y1y2y3

= x1A·1 + x2A·2 + x3A·3 + x4A·4,

lo que muestra que Im(L) =< {A·j , j = 1, 2, 3, 4} >. Del Teorema del Nucleo-Imagen vemosque dim(Im(L)) = 4− dim(Ker(L)) = 2. Ademas notamos que las columnas A·1, A·2 son l.i.,de manera que constituyen una base de Im(L).

b) (3 pts.) Encuentre la matriz que representa a L con respecto a B3 y B4, utilizando la matrizA y las cuatro bases B1,B2,B3,B4 (esto requiere calcular la matriz de cambio de bases, B1,B3de R4 y la matriz de cambio de bases, B2,B4 de R3, en un orden bien especıfico).

sol: Usamos la formula (4.4) del apunte (pag. 118), identificando apropiadamente con los datosdel problema

Mββ′(T ) = M

β′β′(idV )Mββ′(T )Mββ

(idU ).

Tenemos: T = L,U = R4, V = R3, β = B1, β = B3, β′ = B2, β′ = B4. Por otra parte, Mββ′(T ) =MB1B2(L) = A. Sean B = M

ββ′(T ) = MB3B4(L), P = Mβ′β′(idV ) = MB2B4(idV ) y Q =

Mββ

(idU ) = MB3B1(idU ). Entonces, B = PAQ. Calculamos ahora P y Q: P es la matrizrepresentante de

idR3 : (R3,B2)→ (R3,B4)

y P−1 es la representante de idR3 : (R3,B4)→ (R3,B2), que se obtiene muy facilmente porquees inmediato expresar los vectores de B4 en terminos de los de B2. Ası resulta

P−1 =

4 5 02 1 01 −1 1

,

cuya inversa es

P =1

6

−1 5 02 −4 03 −9 6

.

Por otra parte, Q es la matriz de

idR4 : (R4,B3)→ (R4,B1),

que se obtiene de la definicion de los vectores de la bas B3 en terminos de los vectores de labase B1. Tenemos

Q =

1 0 4 −70 1 1 00 0 −3 10 0 0 5

.

Finalmente llegamos a

B = PAQ =1

6

−1 5 02 −4 03 −9 6

4 5 −7 72 1 −1 31 −1 2 1

1 0 4 −70 1 1 00 0 −3 10 0 0 5

=

1 0 3 00 1 6 00 0 0 0

2. Sea A la matriz dada por

A =

k 2 12 −1 p1 2 0

.

a) Determine valores de k y p de modo que (1, 1, 1)t sea vector propio de A.

sol: Sea v = (1, 1, 1)t entonces v es vector propio si Av = λv para algun λ ∈ R. Esto equivalea las siguientes ecuaciones:

k + 3 = λ = p+ 1 = 3,

de donde resulta λ = 3, k = 0, p = 2.

b) Para los valores de k y p obtenidos en (a), encuentre una base B de vectores propios de A ylos correspondientes valores propios.

sol: Con los valores de (a) tenemos

A =

0 2 12 −1 21 2 0

,

cuyo polinomio caracterıstico es

p(λ) = −λ2(λ+ 1) + 8 + (λ+ 1) + 8λ = −(λ3 + λ2 − 9λ− 9),

2

una de cuyas raıces es 3. Dividimos por λ− 3 para obtener

(λ3 + λ2 − 9λ− 9) : (λ− 3) = λ2 + 4λ+ 3 = (λ+ 1)(λ+ 3).

Las raıces de p(λ) son todas distintas, con valores 3,−1,−3. Buscamos vectores propios aso-ciados a los valores -1 y -3: resolvemos

(A+ I)x = 0⇔ x1 + 2x2 + x3 = 0, x1 + x3 = 0, x1 + 2x2 + x3 = 0⇒ x2 = 0, x3 = −x1.

Por lo tanto, un vector propios asociado a λ = −1 es (1, 0,−1)t. Para λ = −3 tenemos

(A+3I)x = 0⇔ 3x1+2x2+x3 = 0, 2x1+2x2+2x3 = 0, x1+2x2+3x3 = 0⇒ x2 = −2x3, x1 = x3

y podemos escoger (1,−2, 1)t como vector propio. La base de vectores propios es entonces

B = {(1, 1, 1)t, (1, 0,−1)t, (1,−2, 1)t}.

c) Para los valores de k y p obtenidos en (a), obtenga la matriz de cambio de base P , de B′ aB, donde B′ es la base canonica de R3, y compruebe que P−1AP = D, donde D es la matrizdiagonal formada por los valores propios de A.

sol: Expresamos los vectores de la nueva base B en terminos de la antigua B′:

(1, 1, 1)t = e1 + e2 + e3, (1, 0,−1)t = e1 − e3, (1,−2, 1)t = e1 − e2 + e3,

por lo tanto, la matriz de cambio de base es

P =

1 1 11 0 −21 −1 1

,

con inversa

P−1 =1

6

2 2 23 0 −31 −2 1

.

Finalmente se comprueba que

P−1AP =1

6

2 2 23 0 −31 −2 1

0 2 12 −1 21 2 0

1 1 11 0 −21 −1 1

=

3 0 00 −1 00 0 −3

.

3. Sea A1 = (a) ∈ M11(R) y An = (aij) ∈ Mnn(R), n ≥ 2, una matriz tridiagonal con aii = a, i =1, . . . , n; ai,i+1 = b, i = 1, . . . , n− 1; ai+1,i = c, i = 1, . . . , n− 1.

a) (2 pts.) Calcule el polinomio caracterıstico de A4.

sol: Podemos usar la formula de la parte (b) ya que la matriz A− λI es tambien tridiagonal.Entonces

p4(λ) := |A4 − λI| = (a− λ)|A3 − λI| − bc|A2 − λI|.

Se calcula

|A2 − λI| =∣∣∣∣ a− λ b

c a− λ

∣∣∣∣ = (a− λ)2 − bc

y

|A3 − λI| =

∣∣∣∣∣∣a− λ b 0c a− λ b0 c a− λ

∣∣∣∣∣∣ = (a− λ)3 − 2bc(a− λ).

3

Finalmentep4(λ) = (a− λ)((a− λ)3 − 2bc(a− λ))− bc((a− λ)2 − bc) =

(a− λ)4 − 3bc(a− λ)2 + (bc)2.

b) (2 pts.) Use la definicion de determinante para mostrar que |An| satisface la recurrencia

|An+2| = a|An+1| − bc|An|, n ≥ 1. (1)

sol: Aplicamos la formula

|A| =n∑i=1

(−1)i+1ai1|Ai1|

a la matriz An+2. Entonces resulta

|An+2| = a|A11n+2| − a2,1|A21

n+2|+ 0 + 0 + · · · = a|A11n+2| − c|A21

n+2|.

Pero A11n+2 = An+1 y B := A21

n+2 es una matriz (n + 1) × (n + 1) que tiene b11 = b y b1j =0, j = 2, . . . , n+ 1. Por lo tanto, desarrollamos el determinante por la primera fila obteniendo|B| = |A21

n+2| = b|B11| = b|An|. Juntando los resultados parciales llegamos a la formula (1).

c) (2 pts. )Use induccion para mostrar que si a2 = 4bc, la solucion de (1) esta dada por

|An| = (n+ 1)(a/2)n, n ≥ 1.

sol: Para n = 1 la formula es evidente. Supongamosla cierta para 1, 2, . . . , n+ 1 y apliquemos(1). Llegamos a

|An+2| = a(n+2)(a/2)n+1−bc(n+1)(a/2)n = 2(n+2)(a/2)n+2−(n+1)(a/2)n+2 = (n+3)(a/2)n+2.

4


Control 3

P1. a) (3,0 ptos.) Sea A ∈ M3×3(R) una matriz simétrica. Se sabe que el polinomio característico de A es

p(λ) = −λ(λ− 3)2 y que

1−10

y

11−2

son vectores propios de A asociados al valor propio λ = 3. Se pide construir la matriz A.

b) (3,0 ptos.) Considere la matriz C ∈ M3×3(R) definida por

2 a 00 2 b

0 0 2

¿Para qué valores de a, b ∈ R la matriz C es diagonalizable? Justifique su respuesta.

P2. Sea S2 el espacio vectorial de las matrices simétricas de 2 × 2 con coeficientes reales. Dada B ∈ M2×2(R),considere la transformación lineal T : M2×2(R) → S2 definida por

T (X) = BX +XtBt,

donde X =

(

x1 x2

x3 x4

)

∈ M2×2(R).

(a) (1,0 pto.) Verificar que T (X) esá bien definida, es decir, T (X) ∈ S2.

(b) (3,0 ptos.) Para B =

(

a b

c d

)

∈ M2×2(R) encuentre la matriz representante de T con respecto a la base

canónica de M2×2(R) y la base

{(

1 00 0

)

,

(

0 11 0

)

,

(

0 00 1

)}

de S2.

(c) (2,0 ptos.) Para B =

(

1 11 0

)

encuentre bases y dimensión para ker(T ) e Im(T ).

P3. Sea q(x) = b0 + b1x+ b2x2 + . . .+ bmxm un polinomio de grado m y A una matriz cuadrada. Se define

q(A) = b0I + b1A+ b2A2 + . . .+ bmAm.

Si A ∈ Mn×n es una matriz diagonalizable, p(λ) su polinomio característicos y A = PDP−1 su diagonalización,se pide:

i) (2,0 ptos.) Demostrar que p(D) = 0.

ii) (2,0 ptos.) Demostrar que p(A) = 0.

iii) (2,0 ptos.) Probar, usando inducción sobre m y el punto ii), que ∀m ∈ N, Am es combinación lineal deI, A,A2, . . . , An−1.


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Control 3

P1. Sea f : R3 −→ R3 la transformacin lineal definida por:

f(x, y, z) = (−x− 2y + 2z,−y,−2x− 3y − 4z)

a) (2,0 pto.) Encontrar una base de R3 en la que la matriz representante de la transformacin lineal sea diagonal.Solución:NO TIENE SOLUCIÓN, HUBO UN ERROR DE TIPEO, Y EL POLINOMIO CARACTERÍSTICO TIENESÓLO UNA RAIZ REAL.LO QUE SIGUE ES LA SOLUCIÓN DE LA (b) la idea era que fuese la misma matriz y debería decir enla tercer coordenada −x no −2x.Estamos buscando una base de vectores propios:Primero la matriz representante de la transformación en la base canónica es:−1 −2 2

0 −1 0−2 −3 −4

(0,5 pts.)

det

−1− x −2 20 −1− x 0−2 −3 −4− x

= (−1)(1 + x)((x2 + 5x+ 8)

Las races del polinomio cuadrtico son complejas, luego la matriz no es diagonalizable en R (0,5ptos)b) (2,0 ptos.) Calcular −1 −2 2

0 −1 0−1 −3 −4

n

Calculamos los valores propios de la matriz para diagonalizarla:

det

−1− x −2 20 −1− x 0−1 −3 −4− x

= (−1)(1 + x)((−1− x)(−4− x) + 2)

El polinomio característico es:P (x) = (−1)(x+ 1)(x+ 3)(x+ 2) con raíces −1,−2 y −3 que son los valores propios de la transformación.(0,3 pto)Buscamos tres vectores propios asociados a los valores propios.

El vector asociado a λ = −1 puede calcularse buscando el (f + I) =

0 −2 20 0 0−1 −3 −3

1

El espacio asociado a λ = −1,W−1 está dado por y = z, x+ 3y + 3z = 0, x = −6y

W−1 = {(−6, 1, 1)}(0,3)

El vector asociado a λ = −2 puede calcularse buscando el (f + 2I) =

1 −2 20 1 0−1 −3 −2

∼=1 −2 20 1 00 0 0

El espacio asociado a λ = −2,W−2 está dado por y = 0, x = 2z

W−2 = {(−2, 0, 1)}(0,3)

El vector asociado a λ = −3 puede calcularse buscando el (f + 3I) =

2 −2 20 2 0−1 −3 −1

∼=1 −1 10 2 00 0 0

El espacio asociado a λ = −2,W−2 está dado por y = 0, x = −z

W−3 = {(1, 0,−1)}(0,3)Como los espacios hallados son subespecies propios asociados a diferentes valores propios están en suma directa yforman una base de R3. Luego la base buscada es:

B = {(−6, 1, 1), (−2, 0, 1), (1, 0,−1)}(0,3)Primero calculamos la inversa de la matriz de cambio de base, de la base canónica a la base de vectores propios:−6 −2 1

1 0 01 1 −1

−1= 0 1 0−1 −5 −1−1 −4 −2

Luego:

−1 −2 20 −1 0−1 −3 −4

=

−6 −2 11 0 01 1 −1

.−1 0 0

0 −2 00 0 −3

n

.

0 1 0−1 −5 −1−1 −4 −2

(1.pto)

Así:−1 −2 20 −1 0−1 −3 −4

n

=

−6 −2 11 0 01 1 −1

.(−1)n 0 0

0 (−2)n 00 0 (−3)n

. 0 1 0−1 −5 −1−1 −4 −2

(1pto)

(c) (2,0 ptos.) ¿Existe una matriz P tal que P 2 =

−1 −2 20 −1 0−1 −3 −4

? De existir encuéntrela, de lo contrario justifique

claramente su respuesta.Solución:

De existir esta matriz sería:

−6 −2 11 0 01 1 −1

.√−1 0 0

0√−2 0

0 0√−3

. 0 1 0−1 −5 −1−1 −4 −2

(1pto)

Por lo tanto existe una matriz enM3×3(C), pero no enM3×3(R) (basta decir que no existe enM3×3(R) que es loque se preguntaba) (1pto)

2

P2. a) (2,0 pto.) Demuestre que el coeficiente an−1 del polinomio característico de una matriz A ∈ Mn×n(R) esigual a la ±tr(A), donde tr(A) es la traza de la matriz A. Concluya que la traza es igual a la suma de losvalores propios de la matriz.Solución:Por la definición de determinante tenemos:

det (A− λI) = det

a11 − λ . . . a1n. . . . . .. . . . . . ann − λ

Basta ver el polinomio característico estará dado por:

(−1)mλm + (−1)n−1λm−1(a11 + a22 + · · ·+ ann) + · · ·+ det (A)

Luego el coeficiente an−1 = (−1)n−1tr(A) (1pto)Dado que matrices semejantes tienen polinomios característicos iguales la traza coincide con la suma de losvalores propios de la matriz. (1pto)(podía resolverse por inducción, aunque es más largo). (2pto en caso de que hayan estado cerca, hubo unproblema en la )

b) (3,0 pto.)Sea A ∈ M3×3(R) diagonalizable, con tr(A) = −4 calcular los valores propios de A sabiendo quelos valores propios de A2 + 2A son −1, 3 y 8.Los valores propios de A2 + 2A son −1, 3 y 8 luego los valores propios de A serán:

λ21 + 2λ1 = −1

λ22 + 2λ2 = 3

λ31 + 2λ3 = 8

(1pto)Además por (a):

λ1 + λ2 + λ3 = −4

(1pto) Luego:

(λ1 + 1)2 = 0

(λ2 − 1)(λ2 + 3) = 0

(λ3 − 2)(λ3 + 4) = 0

λ1 = −1

λ2 + λ3 = −3

Esto sólo se cumple siλ2 = 1

λ3 = −4

(1pto)

3

c) (1,0 pto.) Sea

A =

(−1 k1 k

)Decida para qué valores de k la matriz es diagonalizable sobre R, y para cuáles no lo es.Solución:Primero calculamos el polinomio característico de A:

P (x) = det

(−1− x k

1 k − x

)= x2 + (1− k)x− 2k

Para conocer los valores propios calculamos sus raíces, éstas están dadas por:

(k − 1)±√

(1− k)2 + 8k

2

Luego si: (1−k)2+8k < 0 las raíces serán complejas, y la matriz no será diagonalizable enR. (1−k)2+8k > 0las raíces serán reales, y distintas y la matriz será diagonalizable en R. Si (1 − k)2 + 8k = 0 debemos vercómo es el subespacio propio asociado al único valor propio de la matriz. (0,5pto) Las raíces de k2 + 6k + 1son: −3− 2

√2 y −3 + 2

√2.

Luego: para k ∈ (−∞,−3 − 2√2) ∪ (−3 + 2

√2,∞) La matriz es diagonalizable en R. Para k ∈ (−3 −

2√2,−3 + 2

√2) La matriz no es diagonalizable en R. Para los valores en los que el discriminante es cero

debemos analizar la dimensión del espacio asociado al valor propio.Para estos valores de k la matriz tiene un único valor propio.Si k = −3− 2

√2 λ = −2−

√2

A =

(−1 −3− 2

√2

1 −3− 2√2

)buscamos el Ker(A− I(−2−

√2)

A =

(−3−

√2 −3−

√2

1 1

)La dimensión del núcleo es 1 por lo que el espacio de vectores propios tiene dimensión 1 y la matriz no esdiagonalizable.Si k = −3 + 2

√2 λ = −2 +

√2

A =

(−1 −3 + 2

√2

1 −3 + 2√2

)buscamos el Ker(A− I(−2 +

√2))

A =

(1−√2 −3− 2

√2

1 −1 +√2

)equivalente a: (

−2 −√2

0 0

)La dimensión del núcleo es 1 por lo que el espacio de vectores propios tiene dimensión 1 y la matriz no esdiagonalizable. (0,5pto)

4

P3. Considere C2 como un R espacio vectorial, sea T : C2 −→ C2 la transformación lineal dada por:

T (x1, x2) = (2x1 − ix2, x1 + x2)

.

Sean B = {(1, 0), (0, 1), (i, 0), (0, i)} y B′ = {(1, i), (1,−i), (i, 1), (i,−1)}.

a) (3,0 pto.)Calcule la matriz representante de la transformación lineal, TBB .La matriz de la transformación que va de la base B en la base B está dada por:

TBB =

2 0 0 11 1 0 00 −1 2 00 0 1 1

(3pt0)

b) (3,0 pto.) Calcule, usando (a) y matrices de cambio de base, las matrices representantes de la transformaciónlineal, TB′B , TBB′ y TB′B′ .La matriz que escribe un vector en la base B′ como un vector en la base B es:

CBB′ =

1/2 0 0 1/21/2 0 0 −1/20 1/2 1/2 00 −1/2 1/2 0

(1pto) La matriz que escribe un vector en la base B como un vector en la base B′ es:

CB′B =

1 1 0 00 0 1 −10 0 1 11 −1 0 0

(1pto) Luego:

TB′B = TBBCB′B

TBB′ = CBB′TBB

TB′B′ = CBB′TBBCB′B

(1pto)


5

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