Tercera Prueba 2013-2014

8/19/2019 Tercera Prueba 2013-2014

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UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE M ADRID

–

DEPARTAMENTO DE M ATEMÁTICA APLICADA (E.U.I.T.I.)

CURSO 2.013 / 2.014 – ÁLGEBRA LINEAL –TERCERA PRUEBA – 9 DE ENERO DE 2.014

SOLUCIONES

1) Se consideran el espacio vectorial euclídeo 4 , con el producto escalar usual, y los subespacios:

0

0

x y z w

x y z w

− − + =≡

+ − − =

U ; ( ) ( ){ }1, 0, 1, 0 , ,1, 0, 1α

α = − −V , con α ∈ ,

donde { } representa el subespacio engendrado por los vectores { } .

a) Determínense la dimensión del subespacio U y una baseortogon l

del mismo.b) Hállese el valor de α para el cual α V es ortogonal a U .

2 puntos

Resolviendo:1 1 1 1

1 1 1 1

− − − −

≡ 1 1 1 1

0 2 0 2

− − −

( )2,1 1F − ,

≡

1 1 1 1

0 1 0 1

− −

−

( )2 1 2F ,

≡ 1 0 1 0

0 1 0 1

− −

( )1,2 1F ,

≡

1 0

0 1

1 0

0 1

x

y

z

w

α

β α β

α

β

= = ≡ + = =

.

Luego ( )dim 2=U y, como ( ) ( )1,0,1,0 0,1,0,1⊥ , una base ortogonal es ( ) ( ){ }1, 0,1, 0 , 0,1, 0,1= U

.

Por un lado, el sistema de generadores deα V es base. Además, ( )1,0, 1,0− ⊥

U , luego falta ver cuándo es ( ),1,0, 1α − ⊥

U :

( ) ( )1, 0, 1, 0 ,1, 0, 1 0α α − ⊥ − ⇒ = ,

con lo que ha de ser ( ) ( )0,1, 0, 1 0,1, 0,1− ⊥ , lo que ocurre siempre. Luego la condición pedida es 0α = .

2) Se consideran el espacio vectorial euclídeo 3 , con el producto escalar usual, y el endomorfismo

3 3: f → que verifica que:

i) ( ) ( )3, 0, 6 3, 6, 0 f = − − ,

ii) ( ) ( )6, 0, 3 0, 6, 3 f = − − ,

iii)

( ) ( )6, 3, 3 2, 5, 5 f = − − − .a) Hállese la matriz M de f respecto de la base canónica de 3

.b) ¿Admite el endomorfismo f una diagonalización ortogonal? En caso afirmativo, hállense una forma

canónica de Jordan y una matriz de paso que sea ortogonal.c) ¿Es f una transformación ortogonal? En caso afirmativo, clasifíquese geométricamente.

4 puntos

En la base canónica, las coordenadas de los originales y sus transformados…

3 0 6 3 6 0

6 0 3 0 6 3

6 3 3 2 5 5

− − − − − − −

≡

3 0 6 3 6 0

0 0 9 6 6 3

0 3 9 4 7 5

− − − − − −

( )2,1 2F − , ( )3,1 2F − ;

≡

1 0 2 1 2 0

0 0 9 6 6 3

0 3 0 2 1 2

− − − − − −

1

1

3F

, ( )3,2 1F − ;

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SOLUCIONES

≡

1 0 2 1 2 0

0 3 0 2 1 2

0 0 9 6 6 3

− − − −

− −

2,3F ;

≡

1 0 2 1 2 0

0 1 0 2 3 1 3 2 3

0 0 1 2 3 2 3 1 3

− − − − − −

2

1

3F

,3

1

9F

−

;

≡

1 0 2 1 3 2 3 2 3

0 1 0 2 3 1 3 2 3

0 0 1 2 3 2 3 1 3

− − − − − −

( )1,3 2F − .

La matriz pedida es la traspuesta del segundo bloque, luego

1 3 2 3 2 3

2 3 1 3 2 3

2 3 2 3 1 3

M

− −

= − − − −

.

Como M es simétrica, admite una diagonalización ortogonal. Sus autovalores serán reales y la correspondiente J será diagonal.

Además, como t M M I ⋅ = , M es ortogonal. Esto, junto con la anterior, supone que sus autovalores son 1± .

Y, como ( )trz 1 M = , 1 es autovalor doble y 1− es simple. Luego1

1

1

J

= −

, por ejemplo.

La matriz de paso:

( )1

2 3 2 3 2 3 1 1

1 2 3 2 3 2 3 0 1 0

2 3 2 3 2 3 0 1

x y z α β

− − − ≡ − − − ≡ + + = ≡ − + − − − −

N ,

que no son ortogonales: ( ) ( )0 1, 1, 0 , , 2 : 2α β α β α β β α = − + − − = + = − . Así, una base ortogonal es:

( ) ( ){ }1, 1,0 , 1,1, 2− − .

( )1 1− N

1 ≡

4 3 2 3 2 3

2 3 4 3 2 3

2 3 2 3 4 3

− − − −

− −

≡

0 0 0

2 3 4 3 2 3

2 3 2 3 4 3

− −

− −

( )1,2 1F , ( )1,3 1F ;

0 0 0

1 2 1

1 1 2

− −

2

3

2F

−

,

3

3

2F

−

;

0 0 0

1 2 1

0 3 3

− −

( )3,2 1F − ;

0 0 0

1 2 10 1 1

− − 3

1

3F

;

1 Para determinar ( )1

1− N también puede usarse que ( ) ( )1 1

1 1− ⊥ N N .

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SOLUCIONES

0 0 0

1 0 1

0 1 1

−

−

( )2,3 2F ;

1

1

1

x

y

z

α

α α

α

= = ≡

=

.

Por tanto,

1 2 1 6 1 3

1 2 1 6 1 3

0 2 6 1 3

P

= − −

.

Con respecto del producto escalar usual, la base canónica es ortonormal. Y M

es ortogonal. Luego f

es una transformación ortogonal.Y, como ( )( )1dim 1 2= N , f es una simetría especular respecto de ( )1

1 N .

3) Se consideran el espacio vectorial euclídeo 3 , con el producto escalar usual, el vector ( )1,2,1=u

y cier-

to subespacio 3⊂ V del que se sabe que tiene dimensión 2 y que la proyección de u

sobre V es el

vector1 2 1

, ,3 3 3

= − −

w

. Entonces:

a) Hállese la proyección de u

sobre ⊥

V , subespacio ortogonal a V .b) Obténgase la matriz de proyección sobre el subespacio ⊥

V anterior.2 puntos

Como ⊥= +u w w

, resulta que 4 4 4, ,

3 3 3

⊥ = − =

w u w

, que es la proyección pedida.

Como ( )dim 2=V resulta que ( )dim 1⊥ =V ; luego una base ortonormal de ⊥

V es 1 1 1, ,

3 3 3

. Además, también la

base canónica de 3 es ortonormal con lo que la matriz pedida es:

( )

1 1 1 11 1

1 1 1 1 1 1 13 3

1 1 1 1

P ⊥

= ⋅ =

V .

4) Sea ( )4 A∈ una matriz nilpotente (esto es, existe n ∈ tal que ( )0

n A = , matriz nula de orden 4 ).

Indíquense, razonadamente, las posibles formas canónicas de Jordan para A .2 puntos

Como ( )0n A = resulta que 0 es autovalor cuádruple de A .

• Si 1n = es ( )0 A = , luego ( )1 0 J A= = .

• Si 2n = , pero ( )0 A ≠ , también será ( )0 J ≠ peor ( )20 J = . Del comportamiento de los bloques de Jordan se deduce que

la matriz de Jordan tendrá uno ó dos bloques 2 2× : 2

0

1 0

0

0

0

0 J

=

ó 3

0

1 0

0

1 0

0

0 J

=

.

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SOLUCIONES

•

Si 3n = , pero ( )20 A ≠ , siguiendo un razonamiento paralelo al anterior se deduce que la matriz de Jordan tendrá un bloque

3 3× : 4

0

1 01 0

0

0

0

J

=

.

• Si 4n = , pero ( )30 A ≠ , análogamente la matriz de Jordan tendrá un único bloque 4 4× : 5

0

1 0

1 0

1 0

J

=

.

Y no hay más posibilidades: a la vista de cómo son las matrices de Jordan obtenidas hasta ahora, es imposible que ( )0m

A ≠ y

( )1 0m A + = si 4m ≥ .

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