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FACULTAD DE INGENIERÍA ­ UBA ÁLGEBRA II Segundo cuatrimestre 2008

PRIMER EXAMEN PARCIAL 18 de octubre 2008 (Primera 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) Hallar todos los valores de α reales para los que existe una transformación lineal

3 2 : ℜ → P T que verifique:

[ ] [ ]

[ ] t t

t

t t T t T

t t T

1 2 ) 3 1 ( ) 3 1 1 ) 2 2 ( ) 2 0 3 ) 3 1 ( ) 1

2

2 2

α α

α

α α

− = − +

− = +

= + +

Indicar en qué casos es única.

(b) Considere α = 0 y halle bases para Nu(T) e Im(T).

RESOLUCIÓN a): Para que quede definida una única transformación lineal mediante las ecuaciones dadas, los polinomios 2 3 1 ) ( t t t p + + = α , t t q 2 2 ) ( + = y 2 3 1 ) ( t t t r − − = α deben constituir una base de 2 P , es decir: deben ser linealmente independientes (pues

3 ) ( 2 = P Dim ). A partir de la expresión de estos polinomios en términos de la base canónica de 2 P , resulta que debe ser

0 ) 1 )( 2 ( 6 ) 2 ( 6 6 6 6 6 3 1 0 2 2 3 1

2 2

2

≠ − + = − + = + − + − =

− α α α α α α

α

α Det

Por lo tanto, para 1 , 2 − − ℜ ∈ α existe una única transformación lineal 3 2 : ℜ → P T que

verifica 1), 2) y 3).

Para 1 = α las condiciones 1), 2) y 3) son

[ ] [ ]

[ ] t t

t

t t T t T t t T

1 1 2 ) 3 1 ( ) 3 1 1 1 ) 2 2 ( ) 2 1 0 3 ) 3 1 ( ) 1

2

2

− = − +

− = +

= + +

Sumando miembro a miembro 1) y 3) se tiene, utilizando la linealidad de T: = + ) 2 2 ( t T [ ] t 2 1 1 , igualdad incompatible con la condición 2). Por lo tanto, para 1 = α no existe la transformación lineal en cuestión.

Para 2 − = α , las condiciones 1), 2) y 3) son

2

[ ] [ ]

[ ] t t

t

t t T t T

t t T

1 2 2 ) 3 2 1 ( ) 3 1 2 1 ) 2 2 ( ) 2

2 0 3 ) 3 4 1 ( ) 1

2

2

− − = − −

− − = +

− = + +

En este caso, sumando miembro a miembro 1) y 3) se tiene, utilizando la linealidad de T: = + ) 2 2 ( t T [ ] t 1 2 1 − − , es decir: la condición 2) es consecuencia de 1) y 3). Por lo tanto,

completando 2 2 3 2 1 , 3 4 1 t t t t − − + + a una base 2 2 2 , 3 2 1 , 3 4 1 ct bt a t t t t + + − − + + de 2 P puede definirse una transformación lineal 3

2 : ℜ → P T que satisface 1) 2) y 3) mediante

[ ]

[ ] t

t

t t T v ct bt a T

t t T

1 2 2 ) 3 2 1 ( ) 3 ) ( )' 2

2 0 3 ) 3 4 1 ( ) 1

2

2

2

− − = − −

= + +

− = + +

siendo v un vector cualquiera de 3 ℜ . En resumen, la respuesta es: para 1 , 2 − − ℜ ∈ α existe una única transformación lineal 3

2 : ℜ → P T que verifica 1), 2) y 3); para 1 = α no existe ninguna transformación lineal 3

2 : ℜ → P T que verifique las tres condiciones 1), 2) y 3); para 2 − = α existen infinitas transformaciones lineales 3

2 : ℜ → P T que verifican 1), 2) y 3).

RESOLUCIÓN b): Para 0 = α tenemos

[ ]

[ ]

[ ] t t r

t

t q

t

t p

t T

t T

t T

1 0 2 ) 3 1 ( ) 3

1 0 1 ) 2 2 ( ) 2

0 0 3 ) 3 1 ( ) 1

) (

2

) (

) (

2

− = −

− = +

= +

8 7 6

8 7 6

8 7 6

La imagen de T está generada entonces por los vectores [ ] t 0 0 3 , [ ] t 1 0 1 − y [ ] t 1 0 2 − , que son linealmente dependientes, pues

[ ] [ ] [ ] [ ] t t t t 0 0 0 1 0 2 3 1 0 1 3 0 0 3 = − + − + (*)

Por lo tanto, una base de la imagen de T puede ser, por ejemplo: [ ] [ ] t t 1 0 1 , 0 0 3 − . Ahora, del teorema de la dimensión aplicado a T: )) ( ( )) ( ( 3 T Nu Dim T IM Dim + = se deduce que la dimensión del núcleo de T es 1. De (*) se tiene entonces que el polinomio

2 2 2 6 6 10 9 3 6 6 3 1 ) ( 3 ) ( 3 ) ( t t t t t t r t q t p − + = − + + + + = + +

constituye una base del núcleo de T. ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­

3

EJERCICIO 2: Sean: ( . , . ) el producto interno canónico en 3 ℜ , ℜ → ℜ × ℜ 3 3 : d la distancia determinada por el producto interno canónico y 0 : 3 1

3 = − ℜ ∈ = x x x S . Encuentre una transformación lineal 3 3 : ℜ → ℜ T que verifique las tres siguientes condiciones: (1) T(x) = 3x para todo S x∈ ; (2) )) ( , ( ) ), ( ( : : 3 3 y T x y x T y x = ℜ ∈ ∀ ℜ ∈ ∀ , y (3) ) , ( 2 ) ), ( ( : 3 S x d S x T d x = ℜ ∈ ∀ . Se pide la matriz de T respecto de la base canónica. ¿Es única?

RESOLUCIÓN: Las condiciones (1) y (2) implican que para cada ⊥ ∈ S s' es ⊥ ∈ S s T ) ' ( , pues para todo S s∈ se verifica que 0 ) 3 , ' ( )) ( , ' ( ) ), ' ( ( = = = s s s T s s s T . Dada la descomposición ⊥ ⊕ = ℜ S S 3 , para cada 3 ' ℜ ∈ + = s s x , con S s∈ y ⊥ ∈ S s' , se tiene que

' ) , ( s S x d = . Entonces podemos definir, para cada ⊥ ∈ S s' , ' 2 ) ' ( s s T = , pues en ese caso

resulta para cada 3 ' ℜ ∈ + = s s x :

) , ( 2 ) , ' ( 2 ' 2 ' 2 ) , ' 2 3 ( ) ), ' ( ( ) ), ( ( S x d S s s d s s S s s d S s s T d S x T d = + = = = + = + =

Puesto que [ ] t gen S 1 0 1 − = ⊥ y [ ] [ ] t t B 0 1 0 , 1 0 1 = es base de S, basta definir entonces

=

+

+ =

+ +

+

− + − =

=

+ +

+

− − =

3

2

1

2 5

2 1

2 1

2 5

3 2 5

1 2 1

2

3 2 1

1 2 5

3 1 2 3

2 3 1

3 1 2 1

2 3 1 2 1

0 0 3 0

0 2

1 0 1

) ( 0 1 0

3 1 0 1

) (

1 0 1

) ( 0 1 0

1 0 1

) ( ) (

x x x

x x x

x x x x x x x

x x x x x T x T

La transformación pedida no es única. Podría haberse definido ' 2 ) ' ( s s T − = y hubiera resultado

=

+

+ =

+ +

+

− + − − =

=

+ +

+

− − =

3

2

1

2 1

2 5

2 5

2 1

3 2 1

1 2 5

2

3 2 5

1 2 1

3 1 2 3

2 3 1

3 1 2 1

2 3 1 2 1

0 0 3 0

0 3

1 0 1

) ( 0 1 0

3 1 0 1

) (

1 0 1

) ( 0 1 0

1 0 1

) ( ) (

x x x

x x x

x x x x x x x

x x x x x T x T

Obsérvese que: 1) por ser ⊥ S de dimensión 1, éstas son las únicas dos posibles transformaciones lineales que verifican las tres condiciones pedidas. 2) La condición 2) equivale a la simetría de la matriz de T respecto de la base canónica.

­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­

4

EJERCICIO 3 Sean [ ] t v 0 2 1 1 = , [ ] t w 1 1 0 1 = y 4 4× ℜ ∈ P una matriz de proyección de rango 3 tal que w v P = . Hallar P y el subespacio sobre el cual proyecta.

RESOLUCIÓN: Por ser P una matriz de proyección, es simétrica y verifica P P = 2 , de donde se deduce que ) ( ) ( 4 P Nul P Col ⊥ ⊕ = ℜ . Por hipótesis las dimensión de la imagen de P es 3, por lo tanto su núcleo tiene dimensión 1. Ahora bien:

0 ) ( 2 = − ⇒ = ⇒ = ⇒ = w v P Pw Pv Pw v P w v P

Por lo tanto, el espacio nulo de P está generado por [ ] t w v 1 1 1 0 − = − . (Obsérvese que este vector es, efectivamente, ortogonal a w). Entonces, una base de ⊥ = ) ( ) ( P Nul P Col (subespacio sobre el cual P proyecta) está constituida, por ejemplo, por los tres vectores:

=

− =

=

2 1 1 0

,

0 1 1 0

,

0 0 0 1

3 2 1 w w w

Se trata de una base ortogonal, por lo tanto para todo 4 ℜ ∈ x :

− −

=

+ + + + −

+ − =

=

+ +

+ + +

− −

+ + +

−

= + + =

4

3

2

1

3 2

3 1

3 1

3 1

3 2

3 1

3 1

3 1

3 2

4 3 2

3 3 1

2 3 1

4 3 1

3 3 2

2 3 1

4 3 1

3 3 1

2 3 2

1

4 3 2

4 3 2 3 2

4 3 2 3 2

1

3 2 3

3 2 2

2

2 1 2

1

1

0 0 0

0 0 0 1

3 2 6

2 2

6 2

2 ) , ( ) , ( ) , (

x x x x

x x x x x x x x x

x

x x x

x x x x x

x x x x x x

w w

x w w w

x w w w

x w Px

P 4 4 4 8 4 4 4 7 6

­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­

EJERCICIO 4: Considerando en 2 2× ℜ el producto interno dado por ) ( ) , ( Y X tr Y X t = , encontrar la matriz simétrica más próxima (respecto de la distancia dada por el producto

definido previamente) a la matriz

=

2 0 2

10 1 A .

5

RESOLUCIÓN: El subespacio S de matrices simétricas tiene base 3 2 1 , , W W W B = , donde

=

0 0 0 1

1 W ,

=

0 1 1 0

2 W y

=

1 0 0 0

3 W . Respecto del producto interno dado en el

enunciado, se trata de una base ortogonal:

0 0 0 1 0

) ( ) , ( 2 1 2 1 =

= = tr W W tr W W t ,

0 0 0 0 0

) ( ) , ( 3 1 3 1 =

= = tr W W tr W W t ,

0 0 0 1 0

) ( ) , ( 3 2 3 2 =

= = tr W W tr W W t .

Además,

1 0 0 0 1

) ( ) , ( 1 1 1 1 2

1 =

= = = tr W W tr W W W t

2 1 0 0 1

) ( ) , ( 2 2 2 2 2

2 =

= = = tr W W tr W W W t

1 1 0 0 0

) ( ) , ( 3 3 3 3 2

3 =

= = = tr W W tr W W W t

Por lo tanto, la proyección de la matriz A sobre S es:

3 2 3

3 2 2

2

2 1 2

1

1 ) , ( ) , ( ) , ( ) ( W

W A W W

W A W W

W A W A P S + + =

Calculando los productos

2 0 0 0 2

) ( ) , ( 1 1 =

= = tr A W tr A W t ,

10 1 10

1

2 2 0 2 2

) ( ) , ( =

= = tr A W tr A W t

2 2 0 0

) ( ) , ( 10 1 3 3 =

= = tr A W tr A W t

Resulta entonces:

= + + =

2 2

2 2 ) ( 20 1

20 1

3 2 20 1

1 W W W A P S .

­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­

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EJERCICIO 5: Sean: (a) 3 4× ℜ ∈ Q una matriz cuyas columnas son ortonormales, (b) 3 3× ℜ ∈ P la matriz (respecto de la base canónica) de la proyección sobre el subespacio

0 2 : 3 2 1 3 = + − ℜ ∈ = x x x x S ,

(c) A = QP.

Encontrar todas las soluciones de ) ( 2 Q col Ax = por cuadrados mínimos.

RESOLUCIÓN:

) ( ) ( 2 2 Q col Q P Px Q Q P Q col A Ax A t t I t t t t = ⇔ = . Por ser P matriz de

proyección, es P P t = y P P = 2 . Por lo tanto, tenemos la ecuación ) ( 2 Q col PQ Px t = . Por ser Q una matriz de columnas ortonormales,

2

2 3

2 2

2 1

1

0 2 0

)) ( ), ( ( )) ( ), ( ( )) ( ), ( (

) ( e Q col Q col Q col Q col Q col Q col

Q col Q t =

=

=

Por lo tanto, las soluciones buscadas son las soluciones de 1 Pe Px = , es decir:

− ∈ − ⇔ = ∈ − ⇔ = − ⇔ = ⊥

1 2 1

) ( 0 ) ( 2 2 2 2 gen e x S P Nul e x e x P Pe Px

− =

− +

= ℜ ∈ ∃ ⇔

λ λ

λ λ λ 2 1

1 2 1

0 1 0

: x

­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­