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FACULTAD DE INGENIERÍA - UBA ÁLGEBRA II Primer cuatrimestre 2013

EXAMEN INTEGRADOR 24 de julio de 2013 (Cuarta oportunidad)

TEMA 2

RESOLUCIÓN Aclaración: El alumno debe tener presente que siempre hay más de una forma correcta de

resolver un ejercicio. La resolución aquí presentada es una de las tantas posibles.

EJERCICIO 1: (a) Sea ),(),(: ℜℜ→ℜℜ ∞∞ CCL tal que fffL 3')( −= . Determinar todos los autovalores de L y los autovectores asociados a cada uno. (b) Determinar todos los valores reales no nulos de α para los cuales todas las soluciones de la ecuación 1'" 2 =++ yyy αα son acotadas (en ℜ ) RESOLUCIÓN 1(a): λλλ cEfcffffL =ℜ∈∃⇔=+−⇔= :0)3(')( , xexE )3()( += λ

λ . Por lo tanto, todos los números reales son autovalores de L y para cada ℜ∈λ , { }λλ EgenLS =)( .

RESOLUCIÓN 1(b): Las raíces de 022 =++ αα rr son ir2

321

αα+−= y ir

23

22αα

−−= .

Por otra parte, una solución particular es 21α

=py . Entonces, las soluciones son de la forma

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

−−xsenecxecxy

xx

23

23cos1)( 2

22

12

αα

α

y la respuesta es, por lo tanto, que no existe tal alfa. -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

EJERCICIO 2: Dada la matriz ⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡+

−−+=

100121

203α

ααA , hallar todos los valores posibles

(reales o complejos) de α para los cuales A resulta diagonalizable. RESOLUCIÓN 2): El polinomio característico de A es

2

]1)][2()][3([100

1)2(120)3(

)( −+−+−=⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−+−−++−

=− λαλαλλ

αλααλ

λ AIDet

y sus raíces son αλ += 31 , αλ += 22 y 13 =λ . Por lo tanto, si { }2,1 −−∉α , A tiene tres autovalores distintos y por lo tanto es diagonalizable. Analicemos qué pasa cuando { }2,1 −−∈α : Caso 1−=α : En este caso tenemos 21 =λ y 132 == λλ y. Para determinar la multiplicidad geométrica de 1 como autovalor de A, calculemos la dimensión de

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−−

−=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡ −−

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=−=

000101101

100111102

100010001

)()(1 NulNulAINulAS

Obviamente, el rango de esta matriz es 2 y por lo tanto su espacio nulo tiene dimensión 1. Por lo tanto, si 1−=α la matriz A no es diagonalizable (ni en los reales ni en los complejos). Caso 2−=α : En este caso tenemos 131 == λλ y 02 =λ . Para determinar la multiplicidad geométrica de 1 como autovalor de A, calculemos la dimensión de

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−−=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=−=

000111000

100101001

100010001

)()(1 NulNulAINulAS

Obviamente, el rango de esta matriz es 1 y por lo tanto su espacio nulo tiene dimensión 2. Por lo tanto, si 2−=α la matriz A es diagonalizable (en los reales). Respuesta: A es diagonalizable sii 2−≠α (respuesta válida tanto para los reales como para los complejos) ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- EJERCICIO 3: Sea 33×ℜ∈A una matriz simétrica. Uno de sus autovalores es 3 y además verifica:

1 10 01 1

A−⎡ ⎤ ⎡ ⎤

⎢ ⎥ ⎢ ⎥=⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎣ ⎦ ⎣ ⎦

, y el 1

( ) 21

Nul A gen⎧ ⎫⎡ ⎤⎪ ⎪⎢ ⎥= ⎨ ⎬⎢ ⎥⎪ ⎪⎢ ⎥⎣ ⎦⎩ ⎭

.

Sea la superficie de ecuación: 2 9Ax = . Hallar los puntos más cercanos al origen de coordenadas. RESOLUCIÓN 3): Los autovalores de A son 1 0α = , 2 1α = − y 3 3α = .

2TA A AA A= = y sus autovalores son 1 0λ = , 2 1λ = y 3 9λ = .

3

2 2 2 2 2

2 2 2

0 9

119 1 1 13 1

m Mx Ax x Ax x

Si Ax x x en x

λ λ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤

⎡ ⎤⎢ ⎥= ⇒ ≤ ∧ = = ± −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

EJERCICIO 4: Calcular todas las soluciones de ⎩⎨⎧

+−−=−+=

1)(6)(8)('1)(4)(6)('

212

211

txtxtxtxtxtx

para las cuales

existen (y son finitos) )(1 txLimt ∞+ y )(2 txLimt ∞+ .

RESOLUCIÓN: La matriz ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

=6846

A es diagonalizable:

876484761

1112

2002

2111

6846

−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

=

VV

A

y una solución particular del sistema es ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=2121

pX . Por lo tanto, las soluciones del sistema son

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

= −

21

11

)( 22

21

2121

tt ecectX

y las pedidas son ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

= −

21

)( 22

2121

tectX

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

EJERCICIO 5: Sean 33×ℜ∈Q una matriz ortogonal y A = QB, donde ⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=

031003

B . Obtener la

solución por cuadrados mínimos de norma mínima de bAx = , siendo ⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=

101

Qb

RESOLUCIÓN 5): Si obtenemos una descomposición TVUB Σ= en valores singulares, entonces TVQUQBA Σ== es una descomposición de A en valores singulares, pues el producto QU de

matrices ortogonales es ortogonal y BBQBQBAA TTTT == (es decir: los valores singulares de A y

4

de B son los mismos). Entonces, la solución buscada es ⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡Σ=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡Σ= +++

101

101

TTT UVQQUVbA .

Veamos: ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

10018

031003

010303

BBT . Por lo tanto:

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=Σ0010023

, ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

1001

V ,

Las dos primeras columnas de U son

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

101

01

031003

21

231 y

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

010

10

021002

Por lo tanto, podemos elegir

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

−

21

21

21

21

0010

0U

Entonces,

}=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡Σ=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡Σ=

−

+++

101

0010

0

00000

101

101

21

21

21

21

231

TI

TT UVQQUVbA =⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

101

0000 6

161

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡031

Observación: Puede usarse, obviamente, la descomposición en valores singulares reducida. ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------