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ÁLGEBRA LINEAL
FACULTAD DE INFORMÁTICA
CONVOCATORIA ORDINARIA JUNIO 2005
Problema 1 2 3 4 Nota Final
Nota
Nombre:
- Sea f : R
3 −→ R
3 una aplicación entre espacios vectoriales tal que:
ker f ≡
x 1 − x 2 = 0
x 1 − x 3 = 0
∧ f (1, 2 , 3) = (1, 1 , 1) ∧ f(2, − 1 , 1) = (1, 3 , 1)
Todos los vectores tienen sus coordenadas respecto a las bases canónicas.
(a) Comprobar que define una aplicación lineal y encontrar la matriz asociada a
en las bases canónicas. (2.5)
SOLUCIÓN:
Llamamos v 1 = (1, 2 , 3), v 2 = (2, − 1 , 1) que son dos vectores linealmente independientes
de los que tenemos definida la imagen, por tanto nos faltaría un tercer vector para poder
definir la imagen de una base de R
3 , este lo podemos obtener de la definición del núcleo
de la aplicación, así, si hacemos en la ecuación del ker f ,x 1 = 1, obtenemos el vector
v 3 = (1, 1 , 1), cuya imagen es el, vector nulo. Nos falta comprobar que los vectores
v 1 , v 2 , v 3 forman una base, verificando que son linealmente independientes:
rango
2 a− 2 × 1 a 3 a− 1 a
= rango
3 a^ por 2 a
rango
3 a− 5 × 2 a
= rango
= 3 por tanto son l.i. y por
tanto una base B
0 = {v 1 , v 2 , v 3 }.
Así la matriz asociada a f en las bases B
0 B será MB^0 B = (f (v 1 ) f (v 2 ) f(v 3 )) =
Es decir, tenemos Y = MB^0 B X
0 tal que X
0 es un vector cuyas coordenadas estan respecto
de B
0
. Como sabemos que X = CX
0 donde C = (v 1 v 2 v 3 ) =
, entonces
X
0 = C
− 1 X =⇒ Y = MB (^0) B C
− 1 X = AX =⇒ A = MB (^0) B C
− 1 .
Obtención de C
− 1 por el método de Gauss:
2 a− 2 × 1 a 3 a− 3 × 1 a
− 15 × 2 a
1 5
2 5
1 5
1 a− 2 × 2 a 3 a+5× 2 a
3 5
1 5
1 5
2 5
2 5
1 5
− 1 × 3 a
3 5
1 5
1 5
2 5 0
2 5
1 5
1 a− 35 × 3 a
3 a− 15 × 3 a
2 5 −^
1 5
3 5
1 5
2 5
1 5
por tanto obtenemos C
− 1
y así:
A =
(b) Dar la base, dimensión y ecuaciones del núcleo y la imagen. (1.25)
SOLUCIÓN:
Como sabemos que ker f ≡
x 1 − x 2 = 0
x 1 − x 3 = 0
=⇒ dim ker f = dim R
3 −n
o ec.l.i. = 3−2 = 1.
Y su base será cualquier vector que le pertenezca, así, tenemos que Bker f = {(1, 1 , 1)}.
Por otra parte, sabemos que dim R
3 = dim imgf + dim ker f , entonces dim imgf = 2.
También sabemos que un sistema generador de la imagen es el formado por las imá-
genes de los vectores básicos, es decir, las columnas de la matriz asociada a f, por tanto,
s.g.imgf = {
1 5
1 5
1 5
(4, 6 , 4)} o lo que es lo mismo s.g.imgf =
{(− 1 , 1 , −1), (− 3 , − 7 , −3), (2, 3 , 2)} y como dim imgf = 2, la base de la imagen la for-
- Dado el endomorfismo f : R
3 → R
3 , cuya matriz asociada en las bases canónicas
es la siguiente:
A =
a. Hallar los autovalores y comprobrar que es diagonalizable. (2.5)
SOLUCIÓN:
Lo primero que tenemos que hacer es obtener los autovalores, hallando las raices del
polinomio cracterístico, que es aquel que verifica que |A − λI| = 0, así:
|A − λI| =
7 − λ 4 16
2 5 − λ 8
− 2 − 2 − 5 − λ
= −(7 − λ)(5 − λ)(5 + λ) − 64 − 64 − [−32(5 − λ) − 16(7 − λ) − 8(5 + λ)] =
= (λ
2 −25)(7−λ)− 128 −(32λ+16λ− 8 λ− 160 − 112 −40) = −λ
3 +7λ
2 +25λ− 303 − 40 λ+312 =
= −λ
3
2 − 15 λ + 9
Es decir: P (λ) = λ
3 − 7 λ
2
de λ
2 − 6 λ + 9 = 0 obtenemos λ =
= h
Por lo que los autovalores son λ 1 = 1, λ 2 = 3, λ 3 = 3, como tenemos un autovalor doble,
primero tenemos que comprobar que la dimensión del subespacio asociado coincide con su
orden de multiplicidad. Como quiera que dim V 3 = dim R
3 − rang(A − 3 I) entonces dim V 3 =
3 − rang
= 3 − 1 = 2 y por tanto diagonalizable.
b. Según el resultado anterior, encontrar la matriz diagonal semajante a la dada
y el cambio de base correspondiente. (2.5)
SOLUCIÓN:
Para obtener la base de autovectores, lo hacemos a partir de la ecuación del subespacio asociado
a cada autovalor, que es aquel que verifica (A − λiI)X = O, asi:
Para λ 2 = λ 3 = 3 tenemos:
(A − 3 I) =
x 1
x 2
x 3
=⇒ x 1 + x 2 + 4x 3 = 0
Como quiera que tenemos dos grados de libertad, elegimos la parejas x 1 = 1 f x 3 = 0 y
x 1 = 0 f x 3 = 1, lo que nos da los vectores v 2 = (1, − 1 , 0) y v 3 = (0, − 4 , 1), con lo que
obtenemos dos autovectores l.i. asociados a λ 2 = λ 3 = 3
Para λ 1 = 1 tenemos:
(A + 2I) =
x 1
x 2
x 3
6 x 1 + 4x 2 + 16x 3 = 0
2 x 1 + 4x 2 + 8x 3 = 0
− 2 x 1 − 2 x 2 − 6 x 3 = 0
Si sumamos la segunda y la tercera nos queda 2 x 2 + 2x 3 = 0, donde si hacemos x 2 = 1 nos
resulta x 3 = − 2 , y sustituyendo en cualquiera de ellas obtemos x 1 = 2, y así el tercer autovector
será v 1 = (2, 1 , −1) que está asociado a λ 1 = 1.
Entonces la matriz de cambio de base C viene dada por los autovectores:
C = (v 1 v 2 v 3 ) =
y la matriz diagonal será D =
- Se considera la siguiente familia de formas cuadráticas wa : R
3 × R
3 → R, definida
por:
wa(x, y, z) = x
2
2
2 ; ∀a ∈ R
(a) Diagonalizar la forma cuadrática encontrando una base de vectores conjugados.
SOLUCIÓN:
Primero hemos de escribir la matriz asociada A, luego hemos de encontrar una base
B
0 = {vi} tal que ∀i, j : f (vi, vj ) = 0, donde f es la forma polar asociadad a wa.
D =
0 2(a + 1) 0
1 + a − 2 a
2
(b) Clasificar la forma cuadrática según los valores de a. (1.5)
SOLUCIÓN:
Como sabemos la clasificación depende de los signos de los elementos de la diagonal prin-
cipal de la matriz diagonal, así tenemos, que siempre 1 > 0 , que 2(a + 1) > 0 siempre que
a > − 1 y que 2
1 + a − 2 a
2
> 0 siempre que
1 2
< a < 1 , por tanto:
wa es:
no definida si a < − 1 ya que sigwa = (1, 2)
no definida si a = − 1 ya que sigwa = (1, 1)
no definida si - 1 < a < −
1 2
ya que sigwa = (2, 1)
semidefinida positiva si a = −
1 2
ya que sigwa = (2, 0)
definida positiva si −
1 2
< a < 1 ya que sigwa = (3, 0)
semidefinida positiva si a = 1 ya que sigwa = (2, 0)
no definida si a > 1 ya que sigwa = (2, 1)
(c) Para a = 1. Diagonalizar por búsqueda de cuadrados perfectos yclasificarla
según el resultado. (1)
SOLUCIÓN:
Para a = 1 tenemos que w 1 (x, y, z) = x
2
2
2 ahora agrupamos todos
los términos que tengan algún factor x y empezamos el proceso:
w 2 (x, y, z) = [x
2
2
2
= [(x + y − z)
2 − y
2
2 ] + 2y
2
2
= (x + y − z)
2
2
2 = (x + y − z)
2
2 − z
2 ] + z
2
= (x + y − z)
2
2 = 1 · x
02
02
02
donde hemos realizado el cambio de base:
x
0 = x + y − z
y
0 = y + z
z
0 = z
y es semidefinida positiva ya
que tiene dos coeficientes positivos y uno nulo.
- (a) Determinar la recta s que pasa por el punto P (1, 0 , 2) y corta y es perpendicular
a la recta r ≡
x + y − z = 0
x − 2 y + z = 7
SOLUCIÓN:
La recta s será la que une los puntos P y Q, donde Q es la intersección de la recta r con
el plano π, y π es el plano perpendicular a la recta r que pasa por el punto P.
Para obtener el plano π hallo el vector r, un vector de dirección de la recta r, que sé que
es ortogonal al plano π.
Como r ≡
x + y − z = 0 ≡ π 1 =⇒ a = (1, 1 , −1) ⊥ π 1
x − 2 y + z = 7 ≡ π 2 =⇒ b = (1, − 2 , 1) ⊥ π 2
=⇒ r//a f b
a f b =
e 1 e 2 e 3
e 1 −
e 2 +
e 3 =
= −e 1 − 2 e 2 − 3 e 3 = (− 1 , − 2 , −3) =⇒ r = (1, 2 , 3)
Como π pasa por P y ortogonal a r, entonces:
r · P X = 0 =⇒ (1, 2 , 3) · (x − 1 , y, z − 2) = 0 =⇒ x + 2y + 3z − 7 = 0 ≡ π
Para hallar la intersección con la recta r, mejor pongo la recta en forma paramétrica, y
como ya tengo un vector, sólo me queda hallar un punto de ella:
r ≡
x + y − z = 0
x − 2 y + z = 7
Si x = 0 ⇒ y = z ⇒ − 2 y + y = 7 ⇒ y = z = − 7 ⇒
r ≡
x = λ
y = −7 + 2λ
z − 7 + 3λ
y como π ≡ x + 2y + 3z − 7 = 0 ⇒
λ + 2 (−7 + 2λ) + 3 (−7 + 3λ) − 7 = 0 ⇒ 14 λ − 42 = 0 ⇒ λ =
= 3 ⇒ Q (3, − 1 , 2)
Ya sólo me queda hallar s como la recta que une los puntos P y Q, es decir:
s ≡ X = P + λP Q = (1, 0 , 2) + λ (2, − 1 , 0) ≡
x = 1 + 2λ
y = −λ
z = 2
r = (1, 1 , 1) y r ≡
x = λ
y = 2 + λ
z = −3 + λ
Para la recta s:
s ≡
x − y + z = − 2
x − 3 y − z = − 8
si y = 0 ⇒
x + z = − 2
x − z = − 8
⇒ sumando 2 x = − 10 ⇒ x = − 5 ⇒
z = 2 − x = 7 ⇒ S (− 5 , 0 , 7)
s ≡
x − y + z = 0
x − 3 y − z = 0
sumando 2 x − 4 y = 0 ⇒ x = 2y ⇒ z = x − 3 y ⇒ si y = 1 ⇒
s = (2, 1 , −1) y s ≡
x = −5 + 2λ
y = λ
z = 7 − λ
Ahora podemos calcular la dirección de la perpendicular común a las dos rectas, que nos
servirá para hallar la distancia entre ellas como para detreminar la recta t perpendicular
común, esta es el producto vectorial de los vectores de dirección de las dos rectas, así:
t = r f s =
e 1 e 2 e 3
e 1 −
e 2 +
e 3 =
= − 2 e 1 + 3e 2 − e 3 = (− 2 , 3 , −1) =⇒ t = (− 2 , 3 , −1)
Según la fórmula de cálculo de la distancia, necesitamos un punto de cada recta, R y S,
y la dirección t, por lo que:
d(r, s) =
¯RS · t
°t
Los puntos que determinan la mínima distancia son los puntos de intersección de la per-
pendicular común con las rectas, por lo que tendremos que calcular primero dicha recta.
Esta recta es t = π 1 ∩ π 2 , donde π 1 es plano que contiene a la recta r y a la dirección t y
π 2 es plano que contiene a la recta s y a la dirección t, así:
π 1 ≡
R (0, 2 , −3)
r = (1, 1 , 1)
t = (− 2 , 3 , −1)
x y − 2 z + 3
= − 4 x − (y − 2) + 5 (z + 3) = 0
− 4 x − y + 5z + 17 = 0 ⇒ π 1 ≡ 4 x + y − 5 z − 17 = 0
π 2 ≡
S (− 5 , 0 , 7)
r = (2, 1 , −1)
t = (− 2 , 3 , −1)
x + 5 y z − 7
= 2(x + 5) + 4y + 8 (z − 7) = 0
(x + 5) + 2y + 4 (z − 7) = 0 ⇒ π 1 ≡ x + 2y + 4z − 23 = 0
De esta manera la recta t ≡
4 x + y − 5 z − 17 = 0
x + 2y + 4z − 23 = 0
Punto R 0 = t ∩ r, como tenemos la recta r en paramétricas, sustituimos esta en los planos
que definen t y calculamos el valor del parámetro, entonces:
r ≡
x = λ
y = 2 + λ
z = −3 + λ
4 λ + (2 + λ) − 5 (−3 + λ) − 17 = 0 ⇒ 0 .λ + 0 = 0 ⇒ ∀λ
λ + 2 (2 + λ) + 4 (−3 + λ) − 23 = 0 ⇒ 7 λ − 31 = 0 ⇒ λ =
31 7
Sustiyendo el valor de λ en la ecuación de r ⇒ R 0
μ 31
Punto S 0 = t ∩ s, como tenemos la recta s en paramétricas, sustituimos esta en los planos
que definen t y calculamos el valor del parámetro, entonces:
s ≡
x = −5 + 2λ
y = λ
z = 7 − λ
4(−5 + 2λ) + λ − 5 (7 − λ) − 17 = 0 ⇒ 14 λ − 72 = 0 ⇒ λ =
36 7
−5 + 2λ + 2λ + 4 (7 − λ) − 23 = 0 ⇒ 0 .λ + 0 = 0 ⇒ ∀λ
Sustiyendo el valor de λ en la ecuación de s ⇒ S 0
μ 36
Como comprobación calculamos la distancia hallando la distancia entre los puntos R 0 y
S 0 y viendo que es la misma:
d (R 0 , S 0 ) =
°S
0 R 0
μ − 6
7
Las Palmas de Gran Canaria a 1 de julio de 2005
