Examen 6 Enero 2012, preguntas y respuestas PDF

Preview

Summary

Download Examen 6 Enero 2012, preguntas y respuestas PDF

Description

UNIVERSIDAD DE CASTILLA - LA MANCHA Escuela de Ingenieros Industriales. Albacete ´ Departamento de MATEM ATICAS ´ ALGEBRA. Prueba pr´actica de la convocatoria ordinaria

Enero de 2012

1. Consid´erese el hex´agono regular cuyo centro est´a situado en el origen de coordenadas y del que se sabe que uno de sus v´ertices es el afijo del n´ umero complejo z = i. Para dicho pol´ıgono, se pide: a) Obtener los n´ umeros complejos cuyos afijos constituyen el resto de v´ertices y representarlos en el plano complejo. b) Calcular su ´area. 2. Sea f : V −→ V un endomorfismo de un espacio vectorial V que respecto de una base B = {v1 , v2 , v3 } viene dado por f (x, y, z ) = (3x + bz, 2x − y − 4z, az ), a, b ∈ R Para esta aplicaci´on se pide calcular en funci´on de los par´ametros a, b: a) Obtener los subespacios Ker(f ) + Im(f ) y Ker(f ) ∩ Im(f ) y discutir si Ker(f ) e Im(f ) son subespacios suplementarios. b) Hallar la matriz asociada al endomorfismo respecto de la base B ′ = {v1 + v2 + v3 , v1 + v2 , v1 }.

c) Estudiar cu´ando f es diagonalizable y, en caso afirmativo, determinar la correspondiente base de vectores propios. d) Calcular, en los casos en que f no sea diagonalizable, la forma can´onica de Jordan.

3. Sea (V, h, i) un espacio vectorial eucl´ıdeo que respecto de una Gram siguiente:  2 −1 G =  −1 1 0 0

base B = {e1 , e2 , e3 } de V presenta la matriz de  0 0  1

a) Obt´enganse unas ecuaciones param´etricas del subespacio ortogonal al subespacio generado por el conjunto S = {(1, 1, 0)B }. b) H´allese una base ortonormal de V .

1

Examen resuelto

1.

a) Este apartado puede hacerse de dos formas. Si z = i es uno de los seis v´ertices de un hex´agono regular, puede interpretarse como que es una de las seis ra´ıces sextas de un cierto complejo w, que debe de ser, obviamente, w = z 6 = i6 = i2 = −1. Vamos a calcular las ra´ıces sextas de w. √ Dado que, en forma polar, podemos escribir w = −1 = 1π , las seis ra´ıces sextas de w tienen m´odulo 6 1 = 1 y los argumentos son π 2kπ θk = + , con k = 0, 1, 2, 3, 4, 5. 6 6 As´ı, las seis ra´ıces z0 a z5 , v´ertices del hex´agono que estamos buscando y que se representan en la figura, son √ 1 3 + i 2 2 = 13π/6 = 190◦ = cos(90◦ ) + i sen(90◦ ) = i √ − 3 1 = 15π/6 = 1150◦ = cos(150◦ ) + i sen(150◦ ) = + i 2 2 √ − 3 1 ◦ ◦ = 17π/6 = 1210◦ = cos(210 ) + i sen(210 ) = − i 2 2 = 19π/6 = 1270◦ = cos(270◦ ) + i sen(270◦ ) = −i √ 1 3 ◦ ◦ − i = 111π/6 = 1330◦ = cos(330 ) + i sen(330 ) = 2 2

z0 = 1π/6 = 130◦ = cos(30◦ ) + i sen(30◦ ) = z1 z2 z3 z4 z5

Tambi´en puede hacerse el ejercicio “girando” el afijo de z1 = i un ´angulo de 60◦ haciendo centro en (0, 0), para lo que basta con multiplicar por 160◦ = 1π/3 . Se obtiene as´ı z2 . Girando ´este otros 60◦ obtenemos z3 , y as´ı sucesivamente, de modo que, si partimos de z1 = i, los restantes v´ertices del hex´agono son z2 = i · 1π/3 = 1π/2 · 1π/3 = 1π/2+π/3 = 15π/6 ,

z3 = 15π/6 · 1π/3 = 15π/6+π/3 = 17π/6 , . . .

, siendo p el per´ımetro y a la apotema (que es la distancia del b) El ´area de un pol´ıgono regular es A = p·a 2 centro al punto medio de uno cualquiera de los lados. V´ease la figura que sigue). Un hex´agono regular inscrito en una circunferencia tiene la propiedad de que el lado es igual al radio de dicha circunferencia, por lo que en este caso, l = 1 y p = 6. No obstante, si no se recuerda esto, puede hallarse el lado calculando la distancia entre z0 y z5 , es decir,  ! √ √  3 1   3 1 l = |z0 − z5 | =  − i  = |i| = 1 + i−  2 2  2 2

La apotema es√la distancia del origen O al punto medio del segmento z0 z5 , que es (se obtiene sin dificultad √ √ por simetr´ıa) 23 + 0 i = 23 . Por tanto, a = 23 . As´ı, el a´rea del hex´ agono es √ √ p·a 3 3 6 · 3/2 A= = = 2 2 2

2

2. Recordemos que el endomorfismo est´a definido por f (x, y, z) = (3x + bz, 2x − y − 4z, az ), siendo (x, y, z)B las coordenadas de un elemento cualquiera de V en la base B . La matriz de f respecto de B se obtiene sin dificultad y es  3 0 A = MB (f ) =  2 −1 0 0

 b −4  a

a) Comenzaremos calculando Ker(f ) = {(x, y, z)B : f (x, y, z) = (0, 0, 0)}. La igualdad f (x, y, z) = (0, 0, 0) nos lleva al sistema  + bz = 0  x 2x − y − 4z = 0  az = 0 Se pueden dar dos casos:

Si a 6= 0 entonces la u ´ltima ecuaci´on se reduce a z = 0 y de las otras se deduce sin dificultad que x = 0 e y = 0, por lo que Ker(f ) = {(0, 0, 0)B } = {0}. En este caso, como dim(Ker(f )) + dim(Im(f )) = dim(V ) = 3, se verifica que dim(Im(f )) = 3, luego Im(f ) = V . La aplicaci´on f es un isomorfismo (en realidad un automorfismo) y se tiene que Ker(f ) + Im(f ) = Im(f ) = V,

Ker(f ) ∩ Im(f ) = Ker(f ) = {0}

Obviamente, V y {0} son suplementarios; es un caso trivial, ya que no son subespacios propios. Si a = 0 la u ´ltima ecuaci´on del sistema anterior no existe. Las ecuaciones que definen el subespacio Ker(f ) son  x + bz = 0 2x − y − 4z = 0 −b z y, en la segunda, se tiene 3

La primera se escribe como x =

−2b − 12 −2b z z − y − 4z = 0 ⇒ y = 3 3 Por tanto, Ker(f ) =



−b −2b − 12 ,1 , 3 3



= h(b, 2b + 12, −3)i

es decir, Ker(f ) = hbv1 + (2b + 12)v2 − 3v3 i. Por otro lado, Im(f ) = hf (v1 ), f (v2 ), f (v3 )i = h(3, 2, 0)B , (0, −1, 0)B , (b, −4, 0)B i = h(3, 2, 0)B , (0, −1, 0)B i = h3v1 + 2v2 , −v2 i

Se verifica que dim(Ker(f )) = 1,

dim(Im(f )) = 2.

Ker(f ) + Im(f ) = h(b, 2b + 12, −3)B , (3, 2, 0)B , (0, −1, 0)B i y como los tres vectores que generan Ker(f )+ Im(f ) son linealmente independientes (para comprobarlo basta hallar el determinante de la matriz que forman los tres vectores y ver que es distinto de 0), resulta que dim(Ker(f ) + Im(f )) = 3 y por tanto Ker(f ) + Im(f ) = V . De la f´ormula de las dimensiones, dim(Ker(f )) + dim(Im(f )) = dim(Ker(f ) + Im(f )) + dim(Ker(f ) ∩ Im(f )) se deduce que dim(Ker(f ) ∩ Im(f )) = 0, luego debe ser Ker(f ) ∩ Im(f ) = {0}. Entonces, Ker(f ) ⊕ Im(f ) = V por lo que Ker(f ), Im(f ) son suplementarios. 3

b) Debemos hallar la matriz de f en la base B ′ = {v1 + v2 +v3 , v1 + v2 , v1 }. Eso podemos hacerlo matricialmente o bien directamente a partir de la definici´ on. Si lo hacemos matricialmente, a partir de la matriz A en la base B, entonces podemos escribir que la matriz buscada es A′ = P −1 · A · P   1 1 1 donde P =  1 1 0  es la matriz de cambio de base, de la base B ′ a la base B . 1 0 0 Sin dificultad se obtiene que   0 0 1 P −1 =  0 1 −1  1 −1 0 y resulta ′

A =P

−1



0 ·A·P =  0 1

0 1 −1

  3 1 −1  ·  2 0 0

0 −1 0

  1 b −4  ·  1 1 a

1 1 0

   a 0 0 1 0  =  −3 − a 1 2  b+6 2 1 0

Tambi´en puede hallarse A′ directamente, pues sus columnas son las coordenadas de las im´agenes de los vectores de la base B ′ expresados en dicha base. Entonces, resulta: f (v1 + v2 + v3 ) = f (v1 ) + f (v2 ) + f (v3 ) = 3v1 + 2v2 + (−v2 ) + bv1 − 4v2 + av3 = (3 + b)v1 − 3v2 + av3 = α(v1 + v2 + v3 ) + β(v1 + v2 ) + γv1 = (α + β + γ)v1 + (α + β)v2 + αv3

Resulta as´ı el sistema

  α+β+γ α+β  α

cuya soluci´on es

α = a,

= 3+b = −3 = a

β = −3 − a,

γ =6+b

Esas coordenadas determinan la primera columna de A′ . Las otras se obtienen de forma similar:

f (v1 + v2 ) = f (v1 ) + f (v2 ) = 3v1 + 2v2 + (−v2 ) = 3v1 + v2 = α(v1 + v2 + v3 ) + β(v1 + v2 ) + γv1 = (α + β + γ)v1 + (α + β)v2 + αv3 El sistema correspondiente   α+β+γ α+β  α

= 3 = 1 = 0

tiene como soluci´on los valores de la segunda columna, α = 0,

β = 1,

γ=2

Por u ´ltimo, f (v1 ) = 3v1 + 2v2 = 0 · (v1 + v2 + v3 ) + 2(v1 + v2 ) + v1 = (0, 2, 1)B ′ de modo que

 a 0 0 A =  −3 − a 1 2  6+b 2 1 ′



4

c) y d) Vamos a calcular los valores propios (que se obtienen a partir de la ecuaci´on caracter´ıstica) para discutir los casos en los que f es diagonalizable. Posteriormente detallaremos, en los casos en que proceda, los vectores propios que forman la base en la que se obtiene la matriz diagonal para f . La ecuaci´on caracter´ıstica es (trabajamos en la base B )    0 b   3−λ |A − λI| =  2 −1 − λ 4  = (3 − λ)(−1 − λ)(a − λ) = 0  0 0 a−λ  por lo que los valores propios son λ1 = 3, λ2 = −1, λ3 = a. En funci´on de los valores de a (y de b) se presentan distintos casos.

Si a 6= 3 y a 6= −1 entonces los tres autovalores son distintos y f es diagonalizable. La base en la que se obtiene la matriz diagonal est´a formada por tres vectores propios, uno asociado a cada uno de los tres valores propios. Si a = 3, los autovalores son λ1 = 3, (doble) y λ2 = −1. Para que f sea diagonalizable tiene que ser dim(V (3)) = 2. Pero   0 0 b dim(V (3)) = 3 − rang(A − 3I) = 3 − rang  2 −4 −4  0 0 0 de modo que • Si b = 0 entonces dim(V (3)) = 3 − 1 = 2 y f es diagonalizable. • Si b 6= 0 entonces dim(V (3)) = 3 − 2 = 1 y f no es diagonalizable. Si a = −1, los autovalores son λ1 = −1, (doble) y λ2 = 3. En este caso f es diagonalizable si dim(V (−1)) = 2. Dado que  4 0 dim(V (−1)) = 3 − rang(A + I) = 3 − rang  2 0 0 0

se deduce que • Si b = −8 entonces dim(V (−1)) = 3 − 1 = 2 y f es diagonalizable. • Si b 6= −8 entonces dim(V (−1)) = 3 − 2 = 1 y f no es diagonalizable.

 b −4  0

Detallemos, en los casos en que f es diagonalizable, cual es la matriz diagonal y en qu´e base se obtiene. Si a 6= 3 y a 6= −1 los tres autovalores son distintos. Se verifica que dim(V (3)) = dim(V (−1)) = dim(V (a)) = 1. Calculamos los subespacios propios. V(3): Debemos resolver el sistema (A − 3I)X = O, es decir,        0 0 b x 0 = 0  bz  2 −4 −4  ·  y  =  0  ⇒ 2x − 4y − 4z = 0  0 0 a−3 z 0 (a − 3)z = 0 Como a − 3 6= 0 se deduce que z = 0 y por tanto x = 2y, de modo que V (3) = h(2, 1, 0)B i = h2v1 + v2 i V(-1): Debemos resolver el sistema (A + I)X = O, es decir,        4 0 b x 0  4x + bz  2 0 −4  ·  y  =  0  ⇒ 2x − 4z  0 0 a+1 z 0 (a + 1)z Por ser a + 1 6= 0 se deduce que z = 0 y por tanto x = 0, de modo que V (−1) = h(0, 1, 0)B i = hv2 i 5

= 0 = 0 = 0

V(a): El sistema que debemos resolver ahora es (A − aI)X = O, es decir,        x 0 3−a 0 b (3 − a)x + bz  2 −1 − a −4  ·  y  =  0  ⇒ 2x + (−1 − a)y − 4z 0 0 0 z 0 Se obtiene as´ı que x =

−b z 3−a

= 0 = 0

y, sustituyendo en la segunda ecuaci´ on, resulta

−2b −2b − 4a + 12 −2b − 4(3 − a) z z − (1 + a)y = 0 ⇒ y = z − (1 + a)y − 4z = 0 ⇒ (3 − a)(1 + a) 3−a 3−a de modo que V (a) =



−b −2b − 4a + 12 , ,1 3 − a (3 − a)(1 + a)

  B

= h(−b(1 + a), −2b − 4a + 12, (3 − a)(1 + a))B i

= h−b(1 + a)v1 + (−2b − 4a + 12)v2 + (3 − a)(1 + a)v3 i Entonces, en la base {2v1 + v2 , v2 , −b(1 + a)v1 + (−2b − 4a + 12)v2 + (3 − a)(1 + a)v3 } formada por vectores propios, la matriz de f es la matriz diagonal   3 0 0 D =  0 −1 0  0 0 a Si a = 3, los autovalores son λ1 = 3, (doble) y λ2 = −1. • Si b = 0 entonces f es diagonalizable. El subespacio V (3) se obtiene resolviendo el sistema (A − 3I)X = O, es decir,       0 x 0 0 0  2 −4 −4  ·  y  =  0  ⇒ {2x − 4y − 4z = 0 0 z 0 0 0

Por tanto, V (3) = h(2, 1, 0)B , (2, 0, 1)B i = h2v1 + v2 , 2v1 + v3 i. Por otra parte, es evidente que V (−1) = hv2 i, basta mirar la segunda columna de la matriz A para apreciarlo. Por tanto, en la base {2v1 + v2 , 2v1 + v3 , v2 } formada por vectores propios, la matriz de f es la matriz diagonal   3 0 0 0  D=0 3 0 0 −1

• Si b 6= 0, como dim(V (3)) = 1 f no es diagonalizable, ya que en ese caso no existen dos vectores propios independientes asociados al valor propio λ = 3. En ese caso es posible encontrar una base, formada por dos vectores propios (uno de V (3) y otro de V (−1)) y un tercer vector adecuado tal que la matriz de f en esa base es   3 1 0 J = 0 3 0  0 0 −1

Si a = −1, los autovalores son λ1 = −1, (doble) y λ2 = 3. • Si b = −8 entonces f es diagonalizable. El subespacio V (−1) se obtiene resolviendo el sistema (A + I )X = O, es decir,       x 0 4 0 −8  2 0 −4  · y  =  0  ⇒ {2x − 4z = 0 0 0 0 z 0 Por tanto, V (−1) = h(2, 0, 1)B , (0, 1, 0)B i = h2v1 + v3 , v2 i. 6

Por otra parte, V (3) se obtiene resolviendo el sistema (A − 3I)X = O, es decir,        x 0  −8z 0 0 −8 = 0  2 −4 −4  ·  y  =  0  ⇒ 2x − 4y − 4z = 0  0 0 −4 z 0 −4z = 0

que tiene soluci´on z = 0, x = 2y, luego V (3) = h(2, 1, 0)B i = h2v1 + v2 i. Por tanto, en la base {2v1 + v3 , v2 , 2v1 + v2 } formada por vectores propios, la matriz de f es la matriz diagonal   −1 0 0 D =  0 −1 0  0 0 3

• Si b 6= −8 f no es diagonalizable, pues dim(V (−1)) = 1 y no es posible encontrar dos vectores propios independientes asociados al valor propio λ = −1. En ese caso es posible encontrar una base, formada por dos vectores propios (uno de V (−1) y otro de V (3)) y un tercer vector adecuado tal que la matriz de f en esa base es   −1 1 0 J =  0 −1 0  0 0 3 3. El producto escalar se define a partir de la matriz G dada como   ′  x 2 v · w = (x, y, z) · G ·  y′  = (x, y, z) ·  −1 z′ 0

  ′  x −1 0 1 0  ·  y′  z′ 0 1

siendo v = xe1 + ye2 + ze3 , w = x′ e1 + y′ e2 + z ′ e3 , vectores cualesquiera de V .

a) Se trata de hallar el subespacio W ⊥ , siendo W = h(1, 1, 0)B i. Por definici´on, se tiene que W ⊥ = {v ∈ V : v · (1, 1, 0)B = 0}. Si v = xe1 + ye2 + ze3 = (x, y, z)B entonces       1 1 2 −1 0 v · (1, 1, 0)B = (x, y, z) ·  −1 1 0  ·  1  = (x, y, z) ·  0  = x 0 0 1 0 0 por lo que

W ⊥ = {v ∈ V : v · (1, 1, 0)B = 0} = {(x, y, z)B : x = 0} = h(0, 1, 0)B , (0, 0, 1)B i = he2 , e3 i Como un elemento cualquiera v ∈ W ⊥ es de la forma v = λe2 + µe3 , unas ecuaciones param´etricas de este subespacio son   x=0 y=λ  z=µ

b) Este apartado puede hacerse r´apidamente teniendo en cuenta el apartado anterior. Tambi´en puede hacerse partiendo de la base B, hallando una base ortogonal y luego una ortonormal. La primera de las maneras se basa en que, como hemos visto, los subespacios W = h(1, 1, 0)B i

y

W ⊥ = h(0, 1, 0)B , (0, 0, 1)B i

son ortogonales, lo que significa que {(1, 1, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} es una base de V y adem´as se verifica que (1, 1, 0) es ortogonal a (0, 1, 0) y a (0, 0, 1). S´olo falta comprobar si (0, 1, 0)⊥(0, 0, 1) y eso es cierto, como se observa en la matriz G (porque g23 = g32 = 0) o bien directamente, calculando el producto. Por tanto, la base {(1, 1, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} es ortogonal. 7

Por otro lado, se verifica que    1 2 −1 0 (1, 1, 0) ·  −1 1 0 · 1 =1 0 0 1 0 

√ de modo que k(1, 1, 0)k = 1 = 1. Por la misma raz´on podemos escribir que k(0, 1, 0)k = k(0, 0, 1)k = 1, de manera que la base anterior es tambi´en ortonormal. Pod´ıamos tambi´en obtener una base ortonormal a partir de la base inicial B = {e1 , e2 , e3 }, ortonormalizando por el m´etodo de Gram-Schmidt. En primer lugar, obtenemos una base ortogonal. Dicha base ser´ a B ′ = {v1 , v2 , v3 }, siendo: v1 = e1 .

−e1 · e2 . e1 · e1 Como e1 · e2 = −1 y e1 · e1 = 2 (se ve directamente en la matriz, y adem´as puede hallarse como en el 1 1 apartado anterior), resulta que α = , por lo que v2 = e2 + e1 . 2 2 v3 = e3 + λv1 + µv2 , donde λ y µ son tales que v3 ⊥v1 y v3 ⊥v2 . −e3 · v1 −e3 · v2 . Para ello, debe ser λ = yµ= v1 · v1 v2 · v2 Como e3 · v1 = e3 · e1 = 0 como se aprecia en la matriz G, resulta que λ = 0. Por otro lado,   1   2 −1 0 2 e3 · v2 = (0, 0, 1) ·  −1 1 0 ·  1 =0 0 0 1 0 v2 = e2 + αv1 = e2 + αe1 , donde α es tal que v1 ⊥v2 . Para ello, debe ser, como sabemos, α =

y tambi´en resulta que µ = 0, por lo que v3 = e3 . De hecho, pod´ıamos haber tomado directamente v3 = e3 sin hacer ning´ un c´ alculo, pues en la matriz ya se aprecia que e3 es ortogonal a e1 y e2 .

Por tanto, la base B ′ = {e1 , 21 e1 + e2 , e3 } es ortogonal. Calculamos ahora la norma de cada uno de los vectores que la forman para hallar la base ortonormal pedida. √ e1 · e1 = 2, luego ke1 k = 2.   1   2 −1 0 2 ( 12 e1 + e2 ) · ( 12 e1 + e2 ) = (21 , 1, 0) ·  −1 1 0  ·  1  = 12 y por u ´ltimo, e3 · e3 = 1. 0 0 1 0 Por tanto, la base ortonormal buscada es ) √   (√   √ √ 2 2 1 1 e1 + 2e2 , e3 e1 , e1 + e2 , e3 = √ e1 , 2 2 2 2 2

8...