Post on 19-Nov-2015
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MA-1116 .Solucin del Tercer Parcial, Martes 10-03-2015. (35 %). Justifique todas sus respuestas. Bloque A.
1. (16 puntos) Sea la transformacin lineal 1,11,1: 33 PPT definida por:
3
)()()(
xpxpxpT
a) (4 puntos) Demuestre que T es una transformacin lineal.
Una forma de hacerlo:
),(3
)()(
3
)()()(,,1,1)
),()(3
)()(
3
)()(
3
)()()()()()(,1,1,)
3
3
xTpxpxpxpxp
xpTPpii
xTqxTpxqxqxpxp
xqxpxqxpxqxpTPqpi
Otra forma de hacerlo:
),(3
)()(
3
)()(,,1,1)
),()(
33
3
)()()()()()(
))()()(()()(
)(,)(,1,1,)
3
1
2
111
3
1
2
111
3
1
2
1113
3
2
2
222
3
2
2
222
3
1
2
111
3
1
2
111
3
21
2
212121
3
21
2
212121
3
21
2
212121
3
2
2
222
3
1
2
1113
xTpxpxp
xdxcxbaxdxcxba
xdxcxbaTxpTPpii
xTqxTp
xdxcxbaxdxcxbaxdxcxbaxdxcxba
xddxccxbbaaxddxccxbbaa
xddxccxbbaaTxqxpT
xdxcxbaxqxdxcxbaxpPqpi
b) (4 puntos) Halle la matriz, AT, asociada a T con la base cannica.
La base cannica de 1,13 P , es:
32 ,,,1 xxxBC , la matriz de Transformacin es de dimensin 4x4:
,0)(,3
2
3
)()(,0
3)(,
3
2
3
11)1( 3
2222
xT
xxxxT
xxxTT
Entonces:
0000
03
200
0000
0003
2
TA
c) (4 puntos) Halle la imagen de T y el rango de T: (T).
T
T
T AA
0000
03
200
0000
0003
2
, esta matriz ya est reducida, solo hay dos columnas linealmente
Independientes, es decir el espacio imagen de T, es:
,2)(3
2,3
2)Im()Im( 2 TxgenAT T ya que estos dos polinomios son linealmente
independientes.
d) (4 puntos) Halle una base ortonormal para )Im(T .
Sabiendo que una base para el espacio imagen de T es:
,)Im(,0,,1,1)Im(
,3
2,3
2)Im(
3
2
TqqpPpT
xTBase
04323
2)(3
20
32,
,)(
1
1
4321
1
32
32
dxcxbx
axdxdxcxbxap
dxcxbxaxp
),1(03
03
22
,0)432
(4323
20
32,
ca
ca
dcba
dcbap
065433
2)(3
20
32,
1
1
65431
1
2322
dxcxbxax
dxxdxcxbxaxp
)3.(,,
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
,)(,0
,0)2(),1(:
),2(053
05
23
2
,0)6543
(65433
20
32,
32
2
dbdb
d
b
d
c
b
a
dxcxbxaxpc
aDe
caca
dcbadcbaxp
).3(},{,)Im(
,,,)(0,)()Im(
21
3
332
devvxxTBase
dbdxbxxpcadxcxbxaxpT
Se va a calcular la base ortonormal de 21,,)Im( uuBT O , usando el proceso de Gram-Schmidt:
Se tiene que:
,2
3
3
2
3
)1(
3
1
3, 1
31
1
31
1
2
1
1
11 xu
xdxxxv
v
vu
),5
3(
2
7
2
5
,7
2
5
2)
25
9
5
6()
5
3(
5
3
,5
3
5
2
2
3
52
3).(
2
3
2
3)
2
3.(,
,
3
2
1
1
26
1
1
2331
2
33
1
1
53
1
1
431
2
1
1
33
1122
1
2
1
2
1
22
xxu
dxxx
xdxx
xx
xv
xx
xx
xxxdxx
xxv
xxdxxxuuvvv
v
vu
As la base ortormal del Complemento Ortogonal de la Imagen de T, es:
)5
3(
2
7
2
5,
2
3)Im( 3
xxxTBortonormal
2. (15 puntos) Sea la matriz
311
1031
003
A
a) (5 puntos) Hllense sus autovalores y sus respectivas multiplicidades algebraicas.
Se calcula el polinomio caracterstico de A:
,1)()()3(
,,,30))()(3()(
,0)1)(3()3(10)3()3(
311
1031
003
det)det()(
321
22
imaimama
iiiip
IAp
b) (5 puntos) Hllense sus autovectores, los espacios caractersticos y las respectivas
multiplicidades geomtricas de los respectivos autovalores.
1) ,,0)(,31
z
y
x
vvIA ,
0
0
0
000
1050
011
)212(
0
0
0
000
1061
011
)13(
0
0
0
011
1061
000
RRRRR
,,
1
2
2
2
2
,
,02
,0
,
0
0
0
000
210
011
)25
12(
zz
z
z
z
z
y
x
z
zy
yx
RR
Entonces:
,
1
2
2
,1dim)3(,,
1
2
2
133
vEmgzzE
2) ,,0)(,2
z
y
x
vvIAi ,
0
0
0
)3(3)3(
)3(10)3)(3(3
003
,3)3(3
,2)3(2
0
0
0
311
1031
003
2iii
iiii
i
RiR
RiR
i
i
i
0
0
0
)3(30
)3(10100
003
0
0
0
)3(30
)3(1090
003
,133
,122
22
2
ii
i
i
ii
ii
i
RRR
RRR
0
0
0
000
)3(10
003
)233(
0
0
0
)3(10
)3(10
003
,3)3(
13
,210
12i
i
RRR
i
i
i
Ri
R
RR
,,
1
3
0
)3(
0
,
,0)3(
,0)3(
ziz
z
zi
z
y
x
z
ziy
xi
Entonces:
,
1
3
0
,1dim)(,,
1
3
0
2
ivEimgzizE ii
3) ,,0)(,3
z
y
x
vvIAi en este caso, el espacio caracterstico y l vector propio son los
conjugados para el caso 2) i2 :
,
1
3
0
,1dim)(,,
1
3
0
3
ivEimgzizE ii
c) (5 puntos) Decidir si la matriz A es diagonalizable o diagonalizable ortogonalmente. En
caso afirmativo encontrar la matriz diagonal asociada y la matriz de paso.
La matriz no es diagonalizable ortogonalmente ya que no es simtrica, pero como:
3,2,1),()( imamg ii
Adems, A tiene tres valores propios diferentes, entonces A es diagonalizable y las matrices
Diagonal D y de paso C son:
111
332
002
,
00
00
003
iiC
i
iD ,
3. (4 puntos) Indique si los siguientes enunciados son verdaderos o falsos. Justifique su respuesta:
a) (2 puntos) Sea 35: T una transformacin lineal y TA su matriz asociada. Si el rango de
TA es dos, entonces la nulidad de TA vale uno.
b) (2 puntos) Si A es una matriz invertible de orden n y v es un autovector de 1A asociado
al autovalor
1 , entonces v es un autovector de A asociado al autovalor .
Solucin:
a) 35: T , Por Teorema:
.,325)()dim()()dim()()( 55 FALSOARARAA TTTT
b) Como A es una matriz invertible, ,0)det( A y el cero no es valor propio de A, ,0
Por definicin, si v es un autovector de 1A asociado al autovalor
1:
,11
.1
. 11 vAvAvvvAvAAvvA
Entonces v es un autovector de A asociado al autovalor , VERDADERO.