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Examen Final de ´Algebra (2o^ Parcial) 7 de Junio de 2010
- [2 ptos.] Dada la matriz
A =
de la que se sabe que λ = 1 + 2i es un autovalor de multiplicidad 2,
E 1 (1 + 2i) = L((2, 0 , 1 + i, 0)) y (0, i, 0 , 1) ∈ E 2 (1 + 2i)
Calcula razonadamente las formas de Jordan compleja y real de A y las correspondientes matrices de paso. Soluci´on: Como se trata de una matriz real, los autovalores complejos deben venir junto con sus conjugados, de manera que 1 − 2 i tambi´en es autovalor de multiplicidad dos, y no habr´a m´as autovalores. Puesto que el espacio dim(E 1 (1 + 2i)) = 1 necesitamos ir al espacio E 2 (1 + 2i) que es- tar´a generado por los vectores (2, 0 , 1 + i, 0) y (0, i, 0 , 1) (n´otese que son independientes y que E 1 (1 + 2i) ⊂ E 2 (1 + 2i)). Por tanto E 2 (1 + 2i) es el subespacio m´aximo. La partici´on de multiplicidad de este autovalor es 2 = 1 + 1, que corresponde a una caja de orden dos. Como v 2 = (0, i, 0 , 1) 6 ∈ E 1 (1 + 2i), consideramos el vector v 1 = (A − (1 + 2i)I)v 2 = (1 + i, 0 , i, 0), siendo v 1 y v 2 los vectores que aporta este autovalor a la base. Para el autovalor 1− 2 i se tendr´a la misma partici´on de multiplicidad y los vectores conjugados de los anteriormente obtenidos. As´ı pues la forma de Jordan compleja y la matriz de paso son
JC =
1 + 2i 1 0 0 0 1 + 2i 0 0 0 0 1 − 2 i 1 0 0 0 1 − 2 i
PC^ =
1 + i 0 1 − i 0 0 i 0 −i i 0 −i 0 0 1 0 1
Para obtener la forma real de Jordan prestamos atenci´on s´olo a lo aportado por uno de los autovalores complejos, resultando
JR =
PR^ =
- [2 ptos.] Se considera la sucesi´on x 0 = 0, x 1 = 1, xn = 3xn− 1 − 54 xn− 2 , para^ n^ ≥^ 2. Demostrar que: xn =
2 n+^
(5n^ − 1) , ∀n ≥ 0.
Soluci´on: Si llamamos Xn =
xn− 1 xn
, entonces podemos reescribir la sucesi´on del siguiente modo (^) ( xn− 1 xn
−^54
xn− 2 xn− 1
y llamando A =
−^54
sabemos que Xn = An−^1 X 1 donde X 1 =
Calculando autovalores y autovectores de A obtenemos λ = 52 con autovector asociado (2, 5), y λ = 12 con autovector asociado (2, 1). Puesto que A es diagonalizable, los autovectores obtenidos forman base y podemos escribir
X 0 = (0, 1) = −
luego Xn =
xn− 1 xn
= An−^1 X 1 =
[
−^14
2
)n− 1
2
)n− 1
)]
de donde obtenemos que xn = −^14
2
)n− 1
2
)n− 1 5 = (^2) n^1 +1 (−1 + 5n).
- [1.5 ptos.] Un estudio refleja que el d´eficit en % respecto del P.I.B. de un determinado pa´ıs en los ´ultimos cuatro a˜nos viene dado por la siguiente tabla: a˜no 1 2 3 4 d´eficit (en %) 1 1 , 5 3 5 3.a) Hallar el ajuste lineal por el m´etodo de los m´ınimos cuadrados. 3.b) ¿Cu´al es el d´eficit esperado en el quinto a˜no?
Soluci´on:
3.a) Buscamos una recta del tipo y = ax + b que satisfaga
a + b = 1 2 a + b = 1, 5 3 a + b = 3 4 a + b = 5 Puesto que este sistema no tiene soluci´on (est´a sobredeterminado), buscamos una solu- ci´on aproximada por m´ınimos cuadrados. Para ello,
a b
a b
que resulta (^) ( 30 10 10 4
a b
⇒ a = 1, 35 , b = − 0 , 75
3.b) Para x = 5 el valor esperado es y = 1, 35 · 5 − 0 , 75 = 6.
- [3.5 ptos.] Sea M 2 (R) el conjunto de matrices cuadradas de orden dos dotado del producto escalar siguiente: 〈( x 1 x 2 x 3 x 4
y 1 y 2 y 3 y 4
= x 1 y 1 + x 2 y 2 + x 3 y 3 + x 4 y 4 ,
y consideremos el conjunto de matrices antisim´etricas M = {A ∈ M 2 (R) : A = −AT^ }
Luego la matriz de T es
A =
Obviamente es autoadjunta pues es sim´etrica, y es f´acil comprobar que AAT^ = I, luego tambi´en es ortogonal. 4.c) Dado que cualquier matriz diagonal D pertenece al conjunto S (pues es combinaci´on lineal de los elementos de su base) es evidente que la proyecci´on ortogonal sobre S es la propia D, y puesto que M ⊥^ = S, obviamente S⊥^ = M , as´ı que la proyecci´on ortogonal sobre M es la matriz nula.
- [1 pto.] Probar que los vectores x e y son ortogonales si y s´olo si ‖x − y‖ = ‖x + y‖
N´otese que 〈x − y, x − y〉 = 〈x, x〉 + 〈y, y〉 − 2 〈x, y〉 y del mismo modo: 〈x + y, x + y〉 = 〈x, x〉 + 〈y, y〉 + 2〈x, y〉 Obviamente ambas expresiones coinciden si y s´olo si 〈x, y〉 = 0, lo que prueba el enunciado.
