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Segunda prueba parcial, (19-12-2022) - (gie) [0000]
Álgebra ETSI Minas y Energía
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DNI: ⓪ ⓪ ⓪ ⓪ ⓪ ⓪ ⓪ ⓪
Instrucciones
La duración de esta prueba es de 90 minutos.
Rellene completamente los círculos correspondientes a los dígitos del DNI o de la tarjeta de identidad pa- ra extranjeros (sin letra, un dígito por columna, ajustando a la derecha y completando con ceros por la izquierda).
En la parte inferior de la página rellene completa- mente los círculos con una sola respuesta a cada una de las preguntas. Utilice un bolígrafo negro o azul os- curo.
Si la respuesta es correcta obtendrá la puntuación in- dicada en la pregunta. Si la respuesta es incorrecta se le restará una quinta parte de dicha puntuación. Si deja en blanco la respuesta obtendrá cero puntos.
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Cuando termine el examen debe arrancar y entre- gar esta hoja.
Seleccione la respuesta correcta a cada una de las preguntas
(1) (1 pto.) Sean U 1 y U 2 dos subespacios de un espacio vectorial V. Dadas una base de U 1 : { a 1 · · · a p} y una base de U 2 : { b 1 · · · b q}, cualquier vector x ∈ U 1 ∩ U 2 se puede expresar como x = α 1 a 1 + · · · + α p a p o x = β 1 b 1 + · · · + β q b q. Por lo tanto
α 1 a 1 + · · · + α p a p = β 1 b 1 + · · · + β q b q.
Respecto al sistema anterior se puede afirmar lo siguiente:
(a) Solo puede ser compatible indeterminado, con un número de variables libres igual a dim(U 1 ) + dim(U 2 ) −
dim(U 1 ∩ U 2 ).
(b) [=] Puede ser compatible determinado o compatible indeterminado pero no puede ser incompatible. En los
casos en que sea compatible indeterminado, el número de variables libres es igual a dim(U 1 ) + dim(U 2 ) − dim(U 1 + U 2 ).
(c) Puede ser compatible determinado, compatible indeterminado o incompatible. En los casos en que sea com-
patible indeterminado, el número de variables libres es dim(V) − dim(U 1 ) − dim(U 2 ).
(d) Puede ser compatible determinado o compatible indeterminado pero no puede ser incompatible. En los casos
en que sea compatible indeterminado, el número de variables libres es igual a dim(V) − dim(U 1 ) − dim(U 2 ).
(*) Explicación: el sistema del enunciado es un sistema homogéneo que no puede ser incompatible. Además el número de variables libres (dim(U 1 ∩ U 2 )) es igual al número de incógnitas menos el rango de la matriz de coeficientes. El número de incógnitas es p + q = dim(U 1 ) + dim(U 2 ) y el rango de la matriz de coeficientes, A, coincide con el rango de sus columnas que constituyen un sistema generador de U 1 + U 2 , por lo tanto rg(A) = dim(U 1 + U 2 ). Resumiendo:
Número de variables libres = dim(U 1 ∩ U 2 ) = dim(U 1 ) + dim(U 2 ) − dim(U 1 + U 2 ).
El sistema será compatible determinado cuando dim(U 1 ) + dim(U 2 ) = dim(U 1 + U 2 ). En este caso la única solución del sistema homogéneo será la trivial y U 1 ∩ U 2 = { 0 } (subespacios independientes).
(2) (1 pto.) Dado un subespacio, S, de dimensión p, perteneciente a un espacio vectorial de dimensión n, unas ecuaciones implícitas de S constituyen un sistema homogéneo que se puede obtener eliminando los parámetros de unas ecuaciones paramétricas de S. ¿Por qué el sistema homogéneo de las ecuaciones implícitas tiene n − p ecuaciones linealmente independientes y n incógnitas?
(a) Porque las ecuaciones paramétricas de S constituyen un sistema compatible indeterminado con n − p ecua-
ciones linealmente independientes que, igualadas a cero, formarán las ecuaciones implícitas.
(b) Porque las ecuaciones paramétricas de S constituyen un sistema compatible indeterminado con n − p ecua-
ciones linealmente independientes. Al resolver el sistema anterior se obtiene un sistema homogéneo equiva- lente. Resolviendo este sistema se obtienen las ecuaciones implícitas de S.
(c) [=] Porque las ecuaciones paramétricas de S constituyen un sistema compatible determinado de n ecua-
ciones y p incógnitas. Las ecuaciones implícitas se obtienen despejando las p incógnitas de las p ecuaciones linealmente independientes en función del término independiente y sustituyendo sus valores en las n − p ecuaciones restantes.
(d) Porque las ecuaciones paramétricas de S constituyen un sistema compatible determinado con n − p ecuacio-
nes linealmente independientes de donde se despejan los p parámetros en función del término independiente y se sustituyen en las p ecuaciones restantes para formar las ecuaciones implícitas.
(*) Explicación: las ecuaciones paramétricas de S constituyen un sistema compatible determinado con p ecuaciones linealmente independientes de donde se despejan los p parámetros en función del término independiente y se sustituyen en las n − p ecuaciones restantes para formar las ecuaciones implícitas.
(3) (1 pto.) Sea A la matriz asociada a la aplicación lineal f : V → W en las bases { e 1 · · · e n} de V y { u 1 · · · u m} de W. Respecto a los n vectores cuyas coordenadas en la base { u 1 · · · u m} de W son las columnas de A, se puede afirmar lo siguiente:
(a) Si v es solución del sistema A x = b entonces v + u es solución de A x = b + u para cualquier u ∈ ker f.
(b) Se puede encontrar algún término independiente, b ∈ W, con el que el sistema A x = b no tiene solución.
(c) [=] Si v es solución del sistema A x = b y u ∈ ker f entonces v + u también es solución de A x = b.
(d) El sistema A x = b puede ser compatible determinado o incompatible.
(*) Explicación: si f es sobreyectiva pero no inyectiva el sistema A x = b será compatible indeterminado (ker f ̸= { 0 }) ∀ b ∈ W. Si v es solución del sistema A x = b y u ∈ ker f :
A v = b ⇒ f ( v ) = b ⇒ f ( v + u ) = f ( v ) + f ( u ) = f ( v ) = b ⇒ A( v + u ) = b.
(6) (1 pto.) Dado el espacio euclídeo E, formado por el espacio vectorial R^3 y el producto escalar
x · y = x 1 y 1 + x 2 y 2 + 2 x 3 y 3 + x 2 y 3 + x 3 y (^2) { e i }
determine la proyección ortogonal del vector v = (2, 1, 1)t { e i }^ sobre el subespacio vectorial
S =
x ∈ R^3 ⧸x 1 − x 2 + x 3 = 0
{ e i }
(a)
)t { e i }.
(b)
)t { e i }.
(c)
)t { e i }.
(d) [=]
)t { e i }. (*) Explicación: expresión matricial del producto escalar (a lo largo de toda la solución las coordenadas de los vectores siempre se expresan en la base { e i}):
x 1 x 2 x 3
y 1 y 2 y 3
(^) = x t^ G y
Base de S : B = { a 1 = (1, 0, − 1 )t, a 2 = (0, 1, 1)t}. Se calcula la proyección ortogonal de v sobre S de tres formas distintas:
- Utilizando la base B: ( v − v 1 ) · a 1 = 0 ⇒ ( a 1 · a 1 ) α 1 + ( a 1 · a 2 ) α 2 = a 1 · v ( v − v 1 ) · a 2 = 0 ⇒ ( a 2 · a 1 ) α 1 + ( a 2 · a 2 ) α 2 = a 2 · v
en donde v 1 = Pr |S v = α 1 a 1 + α 2 a 2 es la proyección ortogonal pedida. Teniendo en cuenta que
a 1 · a 1 =
G
(^) = 3, a 1 · a 2 = a 2 · a 1 =
G
a 2 · a 2 =
G
(^) = 5, a 1 · v =
G
a 2 · v =
G
el sistema queda 3 α 1 − 3 α 2 = − 1 − 3 α 1 + 5 α 2 = 5
cuya solución es α 1 = 5/3, α 2 = 2. La proyección pedida es, por lo tanto,
Pr |S v = α 1 a 1 + α 2 a 2 =
- Hallando una base ortonormal de S: z 1 = a 1
z 2 = a 2 −
a 2 · z 1 z 1 · z 1 z 1 = (0, 1, 1)t^ + (1, 0, − 1 )t^ = (1, 1, 0)t,
z 1 · z 1 = a 1 · a 1 = 3, a 2 · z 1 = a 2 · a 1 = −3. Dividiendo z 1 y z 2 por su norma se obtiene una base ortonormal:
z 2 · z 2 =
G
u 1 =
z 1 ∥ z 1 ∥
(1, 0, − 1 )t, u 2 =
z 2 ∥ z 2 ∥
(1, 1, 0)t.
Finalmente se calcula la proyección ortogonal utilizando la base ortonormal recién calculada:
Pr |S v = ( v · u 1 ) u 1 + ( v · u 2 ) u 2 = −
u 1 +
u 2 =
)t .
- Hallando la matriz de proyección: si se denota A = ( a 1 , a 2 ) =
, la matriz de proyección sobre S es
PS = A(At^ GA)−^1 At^ G =
y
Pr |S v = PS v =
(7) (1 pto.) En la siguiente tabla se muestran las coordenadas de cuatro puntos del plano.
x 1 1 2 3 y 1 2 1 2
Suponga que se quiere ajustar un polinomio de segundo grado, y(x) = b 0 + b 1 x + b 2 x^2 , a los puntos anteriores por el método de mínimos cuadrados. Determine cuál es la matriz de coeficientes del sistema de mínimos cuadrados que permite obtener los tres coeficientes del polinomio.
(a) [=]
(b)
(9) (1 pto.) Indique cuál de los cuatro vectores siguientes es un vector propio del endomorfismo
f : V → V tal que f ( x ) =
x 1 + 3 x 2 , −
x 1 − 2 x 2 , − 6 x 1 − 6 x 2 −
x 3
)t
{ e i }
(a) (1, 1, 0)t { e
i }
(b) [=] (−1, 1, 2)t { e i }.
(c) (2, 2, − 1 )t { e
i }
(d) (1, 2, 1)t { e i }.
(*) Explicación: la matriz del endomorfismo en la base { e i} es
A =
Es fácil comprobar que
A
, A
, A
, A
Por lo tanto el único vector propio es (−1, 1, 2)t { e i }^ (asociado al valor propio −1/2).
Si se resuelve la ecuación característica de A, se obtienen los valores propios λ 1 = −1/2 y λ 2 = 1 , comprobándose que (−1, 1, 2)t { e i }^ ∈ V λ 1.
(10) (1 pto.) Sabiendo que λ = 6 es un valor propio de la matriz
A =
y que D es una matriz diagonal semejante a A, elija, de entre las cuatro matrices siguientes, la matriz P que verifica D = P−^1 AP y P−^1 = Pt.
(a) [=]P =
(b) P =
(c) P =
(d) P =
(*) Explicación: las opciones b) y c) no cumplen P−^1 = Pt^ (es fácil comprobar que sus columnas no constituyen una base ortonormal de R^3 ). Para distinguir entre las opciones a) y d) se calculan los valores propios y los subespacios propios de A. El polinomio característico de la matriz A es
PA( λ ) = |A − λ I| =
4 − λ − 1 1 − 1 4 − λ − 1 1 − 1 4 − λ
= − λ^3 + 12 λ^2 − 45 λ + 54.
Sabiendo que λ = 6 es un valor propio de A y, por lo tanto, una raíz de PA( λ ):
PA( λ ) = −( λ − 6 )( λ − 3 )^2.
Los valores propios de A son λ 1 = 6 y λ 2 = 3 con multiplicidades algebraicas respectivas uno y dos. La matriz A es simétrica y con coeficientes reales por lo que se sabe que es diagonalizable por semejanza, lo que implica que las multiplicidades geométricas también serán uno y dos.
V 6 =
x ∈ R^3
x 1 x 2 x 2
x ∈ R^3
−x 1 − 2 x 2 − x 3 = 0 x 2 + x 3 = 0
V 3 =
x ∈ R^3
x 1 x 2 x 2
x ∈ R^3
x 1 − x 2 + x 3 = 0
Se comprueba que la primera columna de la matriz P de la opción d) no es un vector propio de A al no verificar ni las ecuaciones implícitas de V 6 ni las de V 3 (tampoco lo son las columnas dos y tres). Por lo tanto no se verifica D = P−^1 AP. La matriz P de la opción a) sí verifica que su primera columna es un vector propio de A perteneciente a V 6 y también que sus columnas dos y tres son vectores propios de A pertenecientes a V 3. En consecuencia esta es la opción correcta puesto que se cumple D = P−^1 AP. Se puede también resolver el ejercicio calculando directamente la matriz P, teniendo en cuenta que esta no es única y se puede obtener una matriz que no coincida con ninguna de las propuestas. Las columnas de la matriz P que se pide en el enunciado serán las coordenadas de tres vectores propios de A que constituyan una base ortonormal de R^3. Para hallarla se unen las bases ortonormales de los dos subespacios propios de A:
Base de V 6 :
v 1 =
→ Base ortonormal :
c 1 =
v 1 ∥ v 1 ∥
Base de V 3 :
v 2 =
(^) , v 3 =
→ Base ortonormal :
c 2 =
(^) , c 3 = √^1 6
La base ortonormal de V 3 se ha obtenido aplicando Gram-Schmidt:
z 2 = v 2 , z 3 = v 3 − v 3 · z 2 z 2 · z 2
z 2 =
c 2 = z 2 ∥ z 2 ∥
(^) , c 3 = z^3 ∥ z 3 ∥
Por lo tanto la matriz pedida es
P =
