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Examen de Algebra lineal’´ - 15 de diciembre de 2011 - Curso 2.011/12-
o
Grado en Tecnolog´ıas Industriales - Grupo E
Problema 1 Sea f un endomorfismo de R
3 y B = {e 1 , e 2 , e 3 } la base can´onica de R
3
. Sabemos que f (e 1 + e 2 ) =
e 1 − e 3 , f (e 2 − e 3 ) = e 3 − e 2 , f (e 3 − e 1 − e 2 ) = 0.
a. Determina la matriz de f en la base can´onica.
Soluci´on: Este apartado se puede resolver de varias formas.
M ETODO 1: Buscando directamente las im´´ agenes de los vectores de la base can´onica, f (e 1 ), f (e 2 ), f (e 3 ).
Para ello, resolvemos el sistema obtenido aprovechando la linealidad de la aplicaci´on.
f (e 1 + e 2 ) = f (e 1 ) + f (e 2 ) = e 1 − e 3
f (e 2 − e 3 ) = f (e 2 ) − f (e 3 ) = e 3 − e 2
f (e 3 − e 1 − e 2 ) = f (e 3 ) − f (e 1 ) − f (e 2 ) = 0
Resolviendo este sistema obtenemos:
f (e 1 ) = e 2 − e 3
f (e 2 ) = e 1 − e 2
f (e 1 ) = e 1 − e 3
De esta forma, la matriz en la base can´onica es la que tiene estas coordenadas por columnas, es decir:
A =
M ETODO 2: Aprovechando directamente las im´´ agenes de los vectores iniciales. Si consideramos los vectores
v 1 = e 1 + e 2 , v 2 = e 2 − e 3 , v 3 = e 3 − e 1 − e 2. Podemos comprobar que forman una base (sea P la matriz que
tiene por filas las coordenadas de los vectores v 1 , v 2 , v 3 ).
|P | =
Precisamente, esta es la base B del apartado b). Si disponemos estas coordenadas por filas, obtenemos la
expresi´on matricial de la aplicaci´on teniendo a B como base de partida y la base can´onica de llegada:
C =
Entonces, recordando el esque matricial de un endof ¡morfismo con 2 bases:
BC
A −−−→ BC
P
x P
x
B
E −−−→ B
Debe ocurrir que C = P · A ⇒ A = P
− 1 · C. Obtenemos as´ı el mismo resultado que en el m´etodo anterior:
A =
2 Algebra lineal´
b. Determina la matriz de f en la base B = {v 1 , v 2 , v 3 }, donde v 1 = e 1 + e 2 , v 2 = e 2 − e 3 , v 3 = e 3 − e 1 − e 2.
Soluci´on: Este apartado tambi´en se puede resolver de varias formas.
M ETODO 1: Como conocemos las im´´ agenes de los vectores de la base B, podemos buscar directamente las
coordenadas de dichas im´agenes en la base B:
f (v 1 ) = f (e 1 + e 2 ) = e 1 − e 3 = α(e 1 + e 2 ) + β(e 2 − e 3 ) + γ(e 3 − e 1 − e 2 )
f (v 2 ) = f (e 2 − e 3 ) = e 3 − e 2 = α(e 1 + e 2 ) + β(e 2 − e 3 ) + γ(e 3 − e 1 − e 2 )
f (v 3 ) = f (e 3 − e 1 − e 2 ) = 0 = α(e 1 + e 2 ) + β(e 2 − e 3 ) + γ(e 3 − e 1 − e 2 )
Situando adecuadamente por filas las soluciones de cada sistema, es decir las coordenadas, obtenemos:
E =
M ETODO 2: Aprovechando el esquema matricial del apartado anterior.´
BC
A −−−→ BC
P
x P
x
B
E −−−→ B
Debe ocurrir que E = P · A · P
− 1
. Obtenemos as´ı el mismo resultado que en el m´etodo anterior:
E =
c. Determina una base de Ker(f ) y otra de Im(f ). ¿Es inyectiva?. ¿Es sobreyectiva?.
Soluci´on:
Un sistema generador de Im(f ) se obtiene con las im´agenes de los vectores de cualquier base. Entonces:
Im(f ) = ⟨f (e 1 + e 2 ), f (e 2 − e 3 ), f (e 3 − e 1 − e 2 )⟩ = ⟨e 1 − e 3 , e 3 − e 2 ⟩ = ⟨(1, 0 , −1), (0, − 1 , 1)⟩
Es f´acil ver que ambos vectores con independientes, por lo que una base de Im(f ) es {(1, 0 , −1), (0, − 1 , 1)}.
Como tiene dimensi´on 2 y estamos en R
3 , no es sobreyectiva.
Para determinar el n´ucleo de la aplicaci´on aprovechamos la relaci´on siguiente:
dim(R
3 ) = dim(Ker(f )) + dim(Im(f ))
Deducimos entonces que dim(Ker(f )) = 1. Una base nos la proporciona cualquier vector no nulo de Ker(f ).
Precisamente el enunciado nos propone un vector de tales caracter´ısticas, f (e 3 − e 1 − e 2 ) = 0. Por tanto,
una base de Ker(f ) es {(− 1 , − 1 , 1)} y la aplicaci´on claramente no es inyectiva.
4 Algebra lineal´
En este caso tenemos un valor propio, λ = 2 con multiplicidad algebraica 4. Para ver si es diagonalizable,
calculamos el rango de la matriz A − 2 I.
A − 2 I =
Esta matriz tiene rango 2, por lo que la multiplicidad geom´etrica ser´ıa 4-r(A-
2I)=4-2=2, que no coincide con la algebraica y la matriz no es diagonalizable.
b. Para a = 2, determine la forma can´onica de Jordan J de la matriz A.
Como la multiplicidad geom´etrica es 2, hay dos bloques en la matriz de Jordan. Vamos a ir calculando las
contenciones de los n´ucleos para determinar la matriz de Jordan adecuada.
Ker(A − 2 I) ⇒ (x y z t)
⇒ x = z = 0 ⇒ Ker(A − 2 I) = ⟨(0, 1 , 0 , 0), (0, 0 , 0 , 1)⟩
(A − 2 I)
2
Ker(A − 2 I)
2 ⇒ (x y z t)
⇒ x + z = 0
Ker(A − 2 I)
2 = ⟨(0, 1 , 0 , 0), (0, 0 , 0 , 1), (1, 0 , − 1 , 0)⟩
(A − 2 I)^3 =
Seg´un ´esto Ker(A − 2 I)^3 = R^4 , y el polinomio m´ınimo ser´ıa p(λ) = (λ − 2)^3 , lo que nos permite afirmar que
la matriz de Jordan es:
J =
c. Determine una matriz inversible P tal que P AP
− 1 = J.
Soluci´on:
J = P AP
− 1 ⇒ JP = P A ⇒
v 1
v 2
v 3
v 4
v 1
v 2
v 3
v 4
A
5
Deducimos el sistema:
2 v 1 + v 2 = v 1 A
2 v 2 + v 3 = v 2 A
2 v 3 = v 3 A
2 v 4 = v 4 A
v 2 = v 1 (A − 2 I)
v 3 = v 2 (A − 2 I)
v 3 (A − 2 I) = 0
v 4 (A − 2 I) = 0
v 1 ∈ Ker(A − 2 I)
3
v 2 ∈ Ker(A − 2 I)
2
v 3 ∈ Ker(A − 2 I)
v 4 ∈ Ker(A − 2 I)
Comenzamos eligiendo como v 1 cualquier vector de R
4 independiente con los vectores de Ker(A − 2 I)
2
. Sea
v 1 = (1, 0 , 0 , 0). Entonces:
v 2 = v 1 (A − 2 I) = (1, 1 , − 1 , −1)
v 3 = v 2 (A − 2 I) = (0, 0 , 0 , −1)
Como v 4 elegimos un vector de Ker(A − 2 I) que sea independiente de v 3. Sea v 4 = (0, 1 , 0 , 0)
Resumiendo:
P =
d. Calcule e
J .
e
J
e
2 e
2 e
2 /2! 0
0 e
2 e
2 0
0 0 e
2 0
0 0 0 e
2
