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ALGEBRA LINEAL Y TEORÍA MATRICIAL

CODEX

SOLUCIONARIO TERCER PARCIAL 2019 J&J P PA AYE Hnos.

1

JOSUE PAYE CHIPANA

JOSE PAYE CHIPANA

SOLUCIONARIO DE EXÁMENES DE LA FACULTAD DE INGENIERÍA UMSA ALGEBRA LINEAL Y TEORIA MATRICIAL EXAMEN:I-2019 PROBLEMA 1 X Para una transformación lineal T : R 2 2 → P2 de la cual se conocen las siguientes imágenes:

 1 − 1  1 1 2  1 2  2 −1 = 2 t 2 + 5t + 7 ;T  = t + 1; T  = 2t 2 − t + 1 = 2t 2 + 6t + 4 ; T  T     2 1   − 1 2  −1 1  1 − 1 Se pide: a) hallar la fórmula de transformación lineal, b) bases para el núcleo, imagen y verificar el teorema de la dimensión, c) hallar la representación matricial respecto de las bases:

 1 −1  −1 1   −1 −1  − 1 − 1  2 2 2 B =   ,  − 1 − 1 ,  1 − 1 ,  − 1 1   y C = t + t + 1, t + t , t y d) con la anterior matriz − − 1 1          2 1 hallar la imagen de    1 2





Solución: a) Para calcular la fórmula de transformación:

 a b  2 −1  1 1  1 − 1  1 2  c d  = 1  1 −1 + 2  −1 2 + 3  2 1  + 4  −1 1          

(1)

Calculamos los valores de las constantes:

 a b  21 + 2 − 3 +  4 − 2 + 2 − 3 + 2 4  c d  =  −  + 2 −  − + 2 +  +      1 2 3 4 1 2 3 4  21 +  2 −  3 +  4 = a  2 1 1 1   1   a   − +  −  + 2 = b − 1 1 − 1 2     b   2 2 3 4    2 =      1 − 1 2 − 1  3   c   1 − 2 + 2 3 −  4 = c       − 1 2 1 1  4   d   −1 + 22 + 3 + 4 = d Resolviendo:

1 1 1 6a − 3b − 3c − 3d ) ; 2 = ( 3a − 9b − 9c + 6d ) ; 3 = ( −a + 3b + 8c + 3d ) ; ( 15 15 15 1  4 = ( a + 12b + 7 c − 3d ) 15

1 =

En (1) aplicamos T( ):

a b   2 −1  1 1  1 − 1  1 2 T = 1T  +  2T  +  3T  +  4T       c d   1 − 1  − 1 2 2 1  − 1 1  a b 1 1 1 2 2 2 T  = ( 6a − 3b − 3c − 3d ) ( 2t + 6t + 4 ) + 15 ( 3a − 9b − 9c + 6d ) ( t + 1) + 15 ( −a + 3b + 8c + 3d ) ( 2t + 5t + 7) +  c d  15 1 + ( a + 12 b+ 7 c − 3 d ) ( 2 t 2 − t + 1 ) 15

Simplificando:

a b  1 2 T  = ( a + b + c ) t + ( 2a − b + c ) t + 5 ( 7a + 4b + 14c + 4d ) c d   ALGEBRA LINEAL Y TEORIA MATRICIAL - CODEX

2

JOSUE PAYE CHIPANA

JOSE PAYE CHIPANA

()

b) Para hallar bases para el núcleo debemos hacer cumplir T x = 0

a b  1 2 2 T  = ( a + b + c ) t + ( 2a − b + c ) t + 5 ( 7a + 4b + 14c + 4d ) = 0 t + 0 t + 0 c d     a a + b + c = 0 1 1 1 0     0 b   2 −1 1 0    =  0 2 a − b + c = 0   c    1 7 4 14 4   0  ( 7 a+ 4 b+ 14 c+ 4 d ) = 0  d 5 Resolviendo:

2 1 a = − c ; b = − c; d = −2c 3 3  a b Reemplazando en  : c d

1   2  −2 −1   a b  − c − c c  −2 −1 B N( T)  =   = =  3 3   c d   3  3 −6   3 −6     −2c   c Para hallar bases de la imagen primero calculamos AT

Dim N(T ) = 1

;

De la fórmula de transformación lineal:

 1  a b   T = 2 c d   7 

1

1

1 −1 4 14

 a  1 0    b  0    A= 2  c  4   7    5

1

1

1 −1 4 14 5 5

A

1 2 7  5  0  1 −1 4   T 5 0 A =   1 1 14  4  5  5   4 0 0 5 

T

Escalonando A :

1 2 7  5  7 7  0 0 0  2  AT =    B I( T ) = t + 2t + 5 ;− t + 5 ;+ 1   0 − 1 7 5    1   0 0

 





 

( )

; Dim I( T ) =  AT = 3

 





El teorema de la dimensión indica que: Dim N (T ) + Dim I (T ) = Dim R 2 X 2  1+ 3 = 4  4 = 4 , entonces se demuestra el teorema de dimensión. C

c) La matriz Mat B (T ) esta dada por:

 1 Mat (T ) = 2  3 C B

1  1  1  2  2 2  3  3 3 

 1 −1 T = − t 2 + 2t − 3 = 1 ( t 2 + t + 1) +  2 ( t 2 + t )+  3 (t 2 )  −1 − 1 ALGEBRA LINEAL Y TEORIA MATRICIAL - CODEX

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JOSUE PAYE CHIPANA

−1 T −1 −1 T 1 −1 T −1

JOSE PAYE CHIPANA

1 21 = −t 2 − 4t − = 1 (t 2 + t + 1) +  2 (t 2 + t ) +  3 (t 2 )  5 − 1 − 1 1 = − t 2 − =  1 ( t 2 + t + 1)+  2 ( t 2 + t )+  3 (t 2 )  −1 5 − 1 21 = −3t 2 − 2t − =  1 (t 2 + t +1) +  2 (t 2 + t ) +  3 (t 2 )  1 5

Generamos el siguiente sistema:

 1 1 1  1    1 1 0 2  1 0 0 3

1 1 1   −1 −1 −1 −3     2  2  2  =  2 −4 −2  0 3  3 3   −3 − 21 5 − 1 5 − 21 5

Resolviendo:

1 1 1 −1 1 1 0 2

−3 1 0 0 − 3 − 21 5 − 1 5 − 21 5 1/ 5 15 11 5 −2  0 1 0 5 −1 −1 1 0 0 −3 −21 5 − 1 5 − 21 5 0 0 1 − 3 3

 1   2  3

−1 −4

−1 0

1  1 1   −3 − 21 5 − 1 5 − 21 5  2  2  2  =  5 1/ 5 15 11 5    3  3  3   −3 −1 −1  3

Entonces:

 1  1 Mat (T ) =  2  2  3  3  2 1   d)  T     1 2  C B

C

 1 1 1 C  2  2   Mat B (T ) = 5  3  3 

− 15 − 21 − 1 − 21  25 1 1 11   −15 15 −5 −5 

  2 1  = Mat CB ( T)       1 2 B

 2 1   :   1 2  B  1 − 1  −1 1   − 1 − 1  − 1 − 1 =  + +  +      − 1 − 1  − 1 − 1  1 − 1 − 1 1

Calculamos  

 2 1  1 2  

Generamos:

 1 −1 −1 −1    2  −1 1 −1 − 1     1     =   −1 − 1 1 − 1     2       −1 − 1 − 1 1      1 Resolviendo:

    −1 / 2  −1     −1   2 1     1  − 2   =   =      −1   1 2  B 2  −2           −1 / 2  −1

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JOSUE PAYE CHIPANA

 2 T   1

  T 

JOSE PAYE CHIPANA

 −1 −15 −21 −1 −21    80  1    2 1  1 1 −2  1   C 1 1 11  = −40  = Mat B (T )     =  25      2  C   1 2  B 5  −15 15 −5 −5  2  −2  10  0         −1  8 2 1      1 2  = − 4   C   0

Pero:

  2 1   2 1 T   = Mat C   T    1 2   1 2  C De la base C de dato:

1 1 1  C = t + t + 1, t + t , t   Mat C = 1 1 0  1 0 0 2

2

2

1 1 1  8   4 2 1         T  = 1 1 0   −4 =  4 1 2   1 0 0  0   8       2 1  T = 4t 2 + 4t + 8   1 2 PROBLEMA 2 3 3 Sea la transformación lineal T : R → R definida por

T ( a, b, c) =( 4 a +2 b +2 c, 2 c +4 b +( k +1) a, ( 3 k −1) a +2 b +4 c) hallar el valor de k de manera que

At la matriz estándar de T sea diagonalizable ortogonalmente. Luego halle e . Solución:

Llevamos la fórmula de transformación a su forma matricial:

2 2  a  2 2 a    4  4          T  b  = k + 1 4 2 b , donde A = k + 1 4 2 es la matriz estándar de T.          c  3 k −1 2 4  c   − 3 k 1 2 4        Para que A sea diagonalizable ortogonalmente esta debe ser simétrica, entonces se cumple que:

 k + 1= 2  k =1   3k − 1 = 2  4 2 2  A =  2 4 2    2 2 4 ALGEBRA LINEAL Y TEORIA MATRICIAL - CODEX

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JOSUE PAYE CHIPANA

JOSE PAYE CHIPANA

Cálculo de autovalores A −   I = 0 :

4 − 2 2 4 2 2    0 0  2 4 2  0  0  0 4− 2 =0  −  =  2 2 2 4  0 0   2 2 4− 0

 −2 −

 0 2−  2 2

− ( (4 −  ) / 2 ) f3 + f1 − f3 + f2

1 ( 4 −  )2 + 2 2 2   1  −2 +  = 0  2  (  − 2 )( −2 +  ) − ( 2 −  ) − (4 −  ) + 2   = 0  2   4−

1 1     2  ( − 2 )  − 2 +  − ( 4 −  ) + 2 = 0  ( − 2 ) − 8+ 5 −  2  = 0 ( − 2) ( 2 − 10 + 16) = 0 2 2    

 = 2  ( − 2 )( − 2 )( − 8 ) = 0   1,2  3 = 8 −1

Para e At se sabe que: e At = P e D  ( P ) , pero como A es una matriz que diagonalizable ortogonalmente se cumple que:

( P )

−1

= ( P ) , entonces: e At = P  e D ( P ) T

T

Cálculo de autovectores A − i I  X =  : Para 1,2 = 2 :

 2 2 2   x   0   2 2 2  y  =  0 resolviendo:       2 2 2  z   0 2 2 20 2 2 20

2 2 20 − f1 + f 2  0 0 0 0  2x + 2y + 2z = 0 x = − y − z − f1 + f3

2 2 20

0 0 00

 x   −y − z  −1       Reemplazando en y  y =y1 +        z   z   0  x1

 −1  −1  −1   z 0  x1 = 1 ; x2 = 0       1   0  1  x2

Como A es diagonalizable ortogonalmente debemos ortonormalizar los autovectores:

x1 =

= x1

( −1)2 +12 + 02

 x1 = 2

(− 1,1, 0) ALGEBRA LINEAL Y TEORIA MATRICIAL - CODEX

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JOSUE PAYE CHIPANA

(− x 2=

= x2 − x2 , x 1 x 1

) − (−

)

JOSE PAYE CHIPANA

1

(−

)

1 ( −1, 0,1) − ( − 1, 0,1) , 2 ( − 1,1, 0)

1

(−

)

1 ( − 1,1, 0) 2

 x 2=

6

(− 1,− 1, 2)

Para 3 = 8 :

2   x  0 − 4 2   2 − 4 2   y =  0 resolviendo:       2 2 −4  z   0 −4 2  2 −4 2

2 f3 + f1 0 6 − 6 0 0 1 − 1 0 − f3 + f2  0 −6 6 0  0 − 1 1 0 

2 0 2 0 −4 0

2

2

2

−4 0

1

1

−2 0

f2 + f1

0 0 0 0  0 −1 1 0 f 2 + f 3 1 0 − 1 0

− y + z = 0  y = z   x − z = 0 x = z  x   z  1  1       Reemplazando en y  z = z 1  x3 = 1          z   z   1  1 x3

Ortonormalizando:

x 3=

=

x3

12 + 12 + 12

 x 1=

3

( 1,1,1)

Calculo de la matriz de paso:

 P =  x 1 x 

2

 −1   2 1 x 3   P =    2  0 

Se cumple que ( P )

−1

−1 6 −1 6 2 6

1   3 1   3 1  3 

= ( P )

T

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( P  )T

 −1  2   −1 = 6   1  3 

1 2 −1 6 1 3

JOSE PAYE CHIPANA

 0   2  6  1  3 

La matriz diagonal estará dad por:

e 2 t  1 0 0   2 0 0  D =  0 2 0   D =  0 2 0  e Dt =  0      0  0 0 3   0 0 8  Para e At  e At = P  e D  ( P )

e At

e

At

 −1   2  1 =  2   0 

 −e 2 t   2  e2t =  2   0 

−1 6 −1 6 2 6

−e 2 t 6 − e2t 6 2e 2 t 6

1   3   2t e 1    0 3  0 1   3 

0 e

2t

0

0  0 e 8t 

T

0 e 2t

e 8 t   −1  3  2  e8t   −1   3 6  8t  1  e   3  3

0

 −1  2 0    −1 0  6 e 8t    1  3 

1 2 −1 6 1 3

1 2 −1 6 1 3

 0   2   6 1  3 

 2e 2 t + e 8 t  0   3   2t  −e + e8t 2  e At =    3 6  2t   −e + e8t 1   3  3 

− e 2 t + e8t 3 2t 2e + e 8 t 3 2t −e + e8 t 3

− e 2 t + e 8t   3  −e 2t + e 8t   3  2e 2 t + e 8t   3 

PROBLEMA 3

 1 1  se pide: a) El valor de la constante “a” sabiendo que uno de sus 2  −a 1

Dada la matriz: A = 

valores propios es igual a 1+3i, b) diagonalize la matriz A y su matriz inversa por Hamilton Cayley, c) halle An . Solución: a) Uno de los autovalores es 1 = 1 + 3i , entonces se cumple que: A −1  I = 0 :

0   1 1  1 + 3i −3i 1 2 =0  = 0  ( −3i ) − ( −a 2 ) = 0  9 (i 2 ) + a 2 = 0  a 2 − 9 = 0 − a 2 1 −  0  2 − a − 3i 1+ 3i     −1

 (a − 3 )(a + 3 )= 0 de donde se obtiene: a = −3 ; a = 3 ALGEBRA LINEAL Y TEORIA MATRICIAL - CODEX

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JOSUE PAYE CHIPANA

JOSE PAYE CHIPANA

 1 1   − 9 1

b) La matriz A estará dada por: A = 

Cálculo de autovalores: Como un autovalor es 1 = 1 + 3i entones el otro autovalor será 2 =1 −3i Cálculo de autovectores A − i I  X =  Para 1 = 1 + 3i :

 − 3i 1   x  0     =   , resolviendo:  −9 −3 i  y 0  − 3i 1 0 − 3i 1 0   −3 ix + y = 0  y = 3ix −9 −3i 0 3i  f1 + f2 0 00

x

 x 

 1

Reemplazando en:   =   = x    x1 =    y  3ix  3i  3i Para 2 =1 −3i :

 3i 1   x  0  9 3i   y  =  0 , resolviendo: −     3i 1 0 3i 1 0   3ix + y = 0 y = − 3ix − 9 3i 0 − 3i  f 1 + f 2 0 00 x

 x 

 1 



Reemplazando en:   =   = x − 3i  x 2 = − 3i   y   − 3ix     Cálculo de la matriz de paso:

1 1  1  −3i −1  1 3 −i  P =  x1 x2   P =   P −1 =  P −1 = −       6 3 i  −6i − 3i 1  3i − 3i  1 Cálculo de la matriz diagonal: D = P−  A  P

0  1 + 3i 1  3 − i  1 1  1 1  D= D=−   1 − 3i  6  3 i   −9 1  3i −3i  0 Para el cálculo de matriz inversa A− 1 por Hamilton Cayley partimos del polinomio característico:

P( ) = ( −1 ) +9 = 0   2 − 2 +10 =  A2 − 2 A +10  I = / /  A−1  A− 2  I +10 A−1 = 2

 A −1 =

1  1 − 1 1 1  2 0   1 1  −1 = A     2  I − A   A −1 =    −   10  9 1  10 10  0 2  −9 1 

Para A  A = P  D  P − : n

n

n

1

(1 +3i )n 0  1 + 3i n D =  D = 1 − 3i   0  0

  (1 − 3i )n  0

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1 An = P  D n  P −1 =   3i

n 1  (1 + 3i )   − 3i   0 

n 1  (1+ 3i ) A =−  6 3 i (1 + 3i ) n 

(1− 3i )n   3   n −3 i (1 − 3i )   3

n

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n   1   3 −i  1  (1 + 3i )   − = −     (1− 3i )n   6   3 i  6  3i( 1+ 3i) n

(1 − 3i )n  3  n − 3i ( 1− 3i)   3

0

−i  i 

−i  i 

Multiplicando y simplificando obtenemos:

( (

) −i (1+ 3i ) + i ( 1− 3i )  ) 3( ( 1+ 3i ) + ( 1− 3i ) ) 

 3 ( 1+ 3i )n + (1− 3i ) n 1 An = −  6  9i ( 1+ 3i ) n − ( 1− 3i ) n 

n

n

n

n

PROBLEMA 4 En el espacio vectorial R 2 se tiene la recta " y = kx " y el operador lineal “L” que transforma todo vector “a” en el vector “b”, simétrico al primero respecto de la recta indicada. Hallar la matriz del operador lineal L. Solución: El operador lineal será de la siguiente forma:

T ( a1 , a2 ) = (b1 , b2 )

Del gráfico:

l : y = kx → m = k

l1 : y − y 0 = m1 (x − x0 ) l1 : y − a 2 = m1 (x − a 1 ) (1) Como l ⊥ l1  m1 = − En (1): l1 : y −a 2 = −

1 1  m1 = − m k

1 1 ( x −a1 )  y = a 2 − (x −a 1 ) k k

y = kx   genera las coordenadas del punto M, La intersección de las dos rectas  1  y = a2 − k ( x − a1 )  k ( a1 + ka2 ) a + ka 2 y = , entonces resolviendo el sistema obtenemos x = 1 2 k +1 k 2 +1  a + ka k ( a1 + ka2 )  M = 1 2 2 ,  k 2 +1   k +1 Por otra parte, el punto medio M esta dado por: M =

( a1 , a2 ) + ( b1 , b2 )  2

(b1, b 2 ) = 2M − ( a1, a 2 )

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 a + ka k (a1 + ka2 )  = 2 1 2 2 ,  − (a1 , a 2 ) k 2 +1   k +1 2k 2k k 2 −1   1 −k 2  T (a 1 ,a 2 ) =  2 a 1 + 2 a 2 , 2 a 1 + 2 a 2  k +1 k +1 k +1   k +1  ( b1 , b2 )

T( a1 , a2 )

1 − k 2 2k  2 1 1− k   a1    k 2 + 1 k 2 + 1  a1  A =   T    =      2 k 2 + 1  2k k − 1  a2    a2    2k  k 2 1 k 2 1  + + 

2k   k −1  2

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EXAMEN:II-2018

PROBLEMA 1

2 3 Dada la transformación lineal: T : P → R , que tiene como imágenes para los polinomios de la base B = t2 + t +1, t2 + t, t 2 las siguientes imágenes: T t2 + t +1 = (1, 2,3) ; T t2 + t =(1, 2, 4) y





(

)

(

)

T (t 2 ) = ( 2, 2, 2 ) . a) Hallar la representación matricial de T respecto de las bases canónicas de P2 y R3 . b) Hallar núcleo y rango, así como sus respectivas bases y dimensiones. c) Verificar el teorema de la dimensión. Solución: a) Para calcular la fórmula de transformación: 2 (1) at + bt + c = 1 t 2 + t + 1 + 2 t 2 + t + 3 t 2

(

)

(

)

( )

Calculamos los valores de las constantes:

1 1 2  1   a       2 2 2  2  =  b 3 4 2  3   c  Resolviendo:

1 = c 2 = b− c 3 = a − b

En (1) aplicamos T( ):

T (at 2 + bt + c ) = 1T (t 2 + t + 1)+ 2T (t 2 + t )+ 3T (t 2 )  T ( at2 + bt + c ) = cT ( t2 + t + 1) + ( b − c ) T ( t 2 + t ) + (a − b )T (t 2 )  T (at 2 + bt + c ) = c (1, 2,3 )+ (b − c )(1, 2, 4 )+ (a − b )(2, 2, 2 )

 T (at 2 + bt + c ) = ( 2a − b, 2a , 2a + 2b − c ) Llevando la formula a su forma matricial:

 a   2    T   b  = 2  c   2    

−1 0 2

0  a  0   b   − 1 c 

Entonces la representación matricial de T respecto de las bases canónicas de P2 y R3 será:

 2 −1 0  A =  2 0 0   2 2 − 1

()

b) Para el núcleo: T x = 0



N (T ) = (at 2 + bt + c )  P2 / T ( at2 + bt + c ) = 

  a   2    T   b  = 2   c   2    

−1 0 2

0  a  2     0 b =  2    − 1 c  2

−1 0 2

 0 0 =  − 1

0  2 −1 0 0 1 0 0 0 a = 0 0   2 0 0 0  0 1 0 0   b = 0    0  2 2 − 1 0 0 0 1 0 c = 0 ALGEBRA LINEAL Y TEORIA MATRICIAL - CODEX

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Por tanto, el núcleo será: N (T ) =

( at

2

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

+ bt + c )  P2 / a = b = c = 0

Para generar las bases del núcleo reemplazamos las condiciones en at + bt + c = 0t + 0t + 0 = 0 2

2

 

 B N (T ) = 





La dimensión del núcleo es: Dim N(T ) = 0 Para hallar el rango primero calculamos A T De la fórmula de transformación lineal:

2  A= 2   2

−1 0 2

Escalonando

− 1 0 A =  0 2  0 0 T

0 2   T 0  A = −1    0 −1 AT : 2 6   B I(T ) −1

2  0 2  0 −1 2

  = ( −1, 0, 2 ); (0, 2, 6 ); (0, 0, −1)