IET Controlate a ti mismo!!
1. (3 puntos) Discute segun el valor del parametro a, y resuelve cuando sea posible, el SEL
x + y = 1ay + z = 0
x + (a + 1)y + az = a + 1
Solucion. Veamos cuando falla el rango maximo de la matriz asociada:
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1 1 00 a 11 a + 1 a
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= a2 − a = a(a− 1).
• Si a 6= 0, 1 el sistema es compatible y determinado. La solucion, por Cramer. Como
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1 1 00 a 1
a+ 1 a+ 1 a
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= a2;
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1 1 00 0 11 a+ 1 a
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∣
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= a;
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∣
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∣
1 1 00 a 11 0 a + 1
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∣
∣
∣
∣
= a2
tenemos
x =a
a− 1; y =
−1
a− 1; z =
a
a− 1.
• Sea a = 0. El sistema queda
x + y = 1z = 0
x + y = 1
Tanto el rango de la matriz como el de la matriz ampliada es 2 por lo que el sistema escompatible indeterminado. Veamos la solucion:
x = λ; y = −λ; z = 0.
• Sea a = 1. El sistema queda
x + y = 1y + z = 0
x + 2y + z = 2
El rango de la matriz es 2 y el de la matriz ampliada es 3 por lo que el sistema esincompatible.
1
2. (3 puntos) Considera la a.l. f cuya matriz asociada es
1 0 1 10 1 1 22 −1 1 0
.
a) Indica que vectores son las imagenes de la base canonica. Calcula el rango de la a.l.y la dimension del nucleo. Expresa el nucleo en implıcitas y en parametricas.
b) Consideremos ahora g la aplicacion afın que tiene f como a.l. asociada y la traslacionasociada es (1, 0,−1). El conjunto g−1(3, 2, 1) es un subespacio afın. Expresalo enimplıcitas y en parametricas.
Solucion. a) De forma inmediata la a.l. va de R4 en R
3. Ademas
f(e1) = (1, 0, 2); f(e2) = (0, 1,−1); f(e3) = (1, 1, 1); f(e4) = (1, 2, 0).
El rango de la a.l. es el de la matriz. O sea, 2. Por lo que la dimension del nucleo es4− 2 = 2. Para hallarlo veamos los vectores (x, y, z, w) que cumplen
1 0 1 10 1 1 22 −1 1 0
xyzw
=
000
.
Son las soluciones del sistema (ecuaciones implıcitas del nucleo)
x + z + w = 0y + z + 2w = 0
2x − y + z = 0
Resolviendo el sistema da (ecuaciones parametricas del nucleo).
x = −λ− µ; y = −λ− 2µ; z = λ;w = µ.
Como se ve, el nucleo tiene dimension 2 (dos parametros)
b) La aplicacion afın g tiene como expresion matricial
g(x, y, z, w) =
1 0 1 10 1 1 22 −1 1 0
xyzw
+
101
.
Hallar los puntos cuya imagen es (3, 2, 3) es resolver el sistema
2
x + z + w + 1 = 3y + z + 2w = 2
2x − y + z − 1 = 1≡
x + z + w = 2y + z + 2w = 2
2x − y + z = 2
Estas son las ecuaciones implıcitas de g−1(3, 2, 1). La solucion en parametricas es
x = 2− λ− µ; y = 2− λ− 2µ; z = λ;w = µ.
3
3. (2 puntos) Considera la matriz
F =
(
4 14 4
)
.
a) Escribe la a.l. f(x, y) = ... cuya matriz asociada es F .
b) Halla los autovalores de f . ¿Es diagonalizable?
c) Determina, si existe, una base de vectores propios de f . Expresa F en dicha base.
Solucion. a) La a.l. asociada f : R2 → R2 viene dada por f(x, y) = (4x+ y, 4x+ 4y).
b) Los valores propios (o autovalores) son las raıces del polinomio caracterıstico:
∣
∣
∣
∣
4− λ 14 4− λ
∣
∣
∣
∣
= λ2 − 8λ+ 12 = 0.
Las raıces son 2, 6. Como son distintas es diagonalizable.
c) Calculemos los vectores propios asociados a cada valor propio.
• Para λ = 2, los vectores propios asociados cumplen
(
2 14 2
)(
xy
)
=
(
00
)
.
Son las soluciones de 2x+ y = 0 (o de 4x+ 2y = 0). Por tanto, son los vectores de forma(a,−2a). Uno serıa (1,−2).
• Para λ = 6, los vectores propios asociados cumplen
(
−2 14 −2
)(
xy
)
=
(
00
)
.
Son las soluciones de −2x + y = 0 (o de −4x + 2y = 0). Por tanto, son los vectores deforma (a, 2a). Uno serıa (1, 2).
Respecto a esta base (1,−2), (1, 2) la matriz de la aplicacion tendrıa forma diagonal conlos valores propios en la diagonal
(
2 00 6
)
.
4
4. (2 puntos) Sea V el subespacio vectorial de R3 con base {(−2, 2, 1), (−1, 4,−1)}. Ortonor-maliza esta base y anadele un vector a los dos resultantes para tener una b.o.n. de R
3.
Determinar la proyeccion ortogonal del vector u = (1,−1, 1) en la direccion de subespacioanterior y la componente de u ortogonal a V .
Solucion. Llamemos u1 = (−2, 2, 1); u2 = (−1, 4,−1). El primer paso es dividir u1 porsu modulo (3).
e1 =1
3(−2, 2, 1).
La primera parte del segundo paso es quitarle a u2 la parte que tiene en la direccion dee1 usando u′
2= u2 − (u2 · e1)e1:
u′2= (−1, 4,−1)−
(
(−1, 4,−1) · 13(−2, 2, 1)
)
1
3(−2, 2, 1) = (1, 4,−1)−(−2, 2, 1) = (1, 2,−2).
Para acabar normalizamos (dividimos por el modulo que es 3).
e2 =1
3(1, 2,−2).
La base e1, e2 ya es una b.o.n. de V .
Para completar le anadimos
e3 = e1 × e2 =1
3(−2, 2, 1).
La base e1, e2, e3 ya es una b.o.n. de R3.
La proyeccion ortogonal de u en V usamos πV (u) = (u · e1)e1 + (u · e2)e2. Como
u · e1 =(
(1,−1, 1) · 13(−2, 2, 1)
)
= −1 y (u · e2) =(
((1,−1, 1)) · 13(1, 2,−2)
)
= −1
por lo que
πV (u) = −1
3(−2, 2, 1)− 1
3(1, 2,−2) =
(
1
3,−4
3,1
3
)
.
La componente ortogonal a V es
u− πV (u) = (1,−1, 1)−(
1
3,−4
3,1
3
)
=
(
2
3,1
3,2
3
)
.
5
5. (2 puntos) Va de complejos
a) Representa graficamente, y escribe en forma polar, el numero complejo −1
2+
√3
2j.
b) Sea f(x) =x3 + 1
x− 1. Calcula f(1− j).
c) Calcula√
−1
2+
√3
2j.
Solucion. a) Representar en el plano es marcar el vector de coordenadas −1/2,√3/2).
Para la forma polar hay que hallar el modulo y el argumento.
El modulo es facil ver que es 1
El argumento es el angulo cuyo seno es√3/2 y cuyo coseno es −1/2. Es 2π/6 (o 120).
En forma polar
√3
2+
1
2j = e
2π
6j.
b) Es una simple sustitucion. La fraccion queda:
f(1− j) =(1− j)3 + 1
(1− j)− 1=
1− 3j + 3j2 − j3 + 1
−j=
−1− 2j
−j.
Para hacer la division multiplicamos numerador y denominador por el conjugado deldenominador:
f(1− j) =(−1 − 2j)(j)
(−j)(j)=
(2− j)(j)
1= 2− j.
c) Hemos visto que este complejo tiene modulo 1 y argumento 2π/3.
Las raıces son dos, de modulo 1 y argumentos
π
3;
4π
3.
6
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