8/19/2019 Tercera Prueba 2013-2014
http://slidepdf.com/reader/full/tercera-prueba-2013-2014 1/4
UNIVERSIDAD POLITÉCNICA DE M ADRID
–
DEPARTAMENTO DE M ATEMÁTICA APLICADA (E.U.I.T.I.)
CURSO 2.013 / 2.014 – ÁLGEBRA LINEAL –TERCERA PRUEBA – 9 DE ENERO DE 2.014
SOLUCIONES
1) Se consideran el espacio vectorial euclídeo 4 , con el producto escalar usual, y los subespacios:
0
0
x y z w
x y z w
− − + =≡
+ − − =
U ; ( ) ( ){ }1, 0, 1, 0 , ,1, 0, 1α
α = − −V , con α ∈ ,
donde { } representa el subespacio engendrado por los vectores { } .
a) Determínense la dimensión del subespacio U y una baseortogon l
del mismo.b) Hállese el valor de α para el cual α V es ortogonal a U .
2 puntos
Resolviendo:1 1 1 1
1 1 1 1
− − − −
≡ 1 1 1 1
0 2 0 2
− − −
( )2,1 1F − ,
≡
1 1 1 1
0 1 0 1
− −
−
( )2 1 2F ,
≡ 1 0 1 0
0 1 0 1
− −
( )1,2 1F ,
≡
1 0
0 1
1 0
0 1
x
y
z
w
α
β α β
α
β
= = ≡ + = =
.
Luego ( )dim 2=U y, como ( ) ( )1,0,1,0 0,1,0,1⊥ , una base ortogonal es ( ) ( ){ }1, 0,1, 0 , 0,1, 0,1= U
.
Por un lado, el sistema de generadores deα V es base. Además, ( )1,0, 1,0− ⊥
U , luego falta ver cuándo es ( ),1,0, 1α − ⊥
U :
( ) ( )1, 0, 1, 0 ,1, 0, 1 0α α − ⊥ − ⇒ = ,
con lo que ha de ser ( ) ( )0,1, 0, 1 0,1, 0,1− ⊥ , lo que ocurre siempre. Luego la condición pedida es 0α = .
2) Se consideran el espacio vectorial euclídeo 3 , con el producto escalar usual, y el endomorfismo
3 3: f → que verifica que:
i) ( ) ( )3, 0, 6 3, 6, 0 f = − − ,
ii) ( ) ( )6, 0, 3 0, 6, 3 f = − − ,
iii)
( ) ( )6, 3, 3 2, 5, 5 f = − − − .a) Hállese la matriz M de f respecto de la base canónica de 3
.b) ¿Admite el endomorfismo f una diagonalización ortogonal? En caso afirmativo, hállense una forma
canónica de Jordan y una matriz de paso que sea ortogonal.c) ¿Es f una transformación ortogonal? En caso afirmativo, clasifíquese geométricamente.
4 puntos
En la base canónica, las coordenadas de los originales y sus transformados…
3 0 6 3 6 0
6 0 3 0 6 3
6 3 3 2 5 5
− − − − − − −
≡
3 0 6 3 6 0
0 0 9 6 6 3
0 3 9 4 7 5
− − − − − −
( )2,1 2F − , ( )3,1 2F − ;
≡
1 0 2 1 2 0
0 0 9 6 6 3
0 3 0 2 1 2
− − − − − −
1
1
3F
, ( )3,2 1F − ;
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SOLUCIONES
≡
1 0 2 1 2 0
0 3 0 2 1 2
0 0 9 6 6 3
− − − −
− −
2,3F ;
≡
1 0 2 1 2 0
0 1 0 2 3 1 3 2 3
0 0 1 2 3 2 3 1 3
− − − − − −
2
1
3F
,3
1
9F
−
;
≡
1 0 2 1 3 2 3 2 3
0 1 0 2 3 1 3 2 3
0 0 1 2 3 2 3 1 3
− − − − − −
( )1,3 2F − .
La matriz pedida es la traspuesta del segundo bloque, luego
1 3 2 3 2 3
2 3 1 3 2 3
2 3 2 3 1 3
M
− −
= − − − −
.
Como M es simétrica, admite una diagonalización ortogonal. Sus autovalores serán reales y la correspondiente J será diagonal.
Además, como t M M I ⋅ = , M es ortogonal. Esto, junto con la anterior, supone que sus autovalores son 1± .
Y, como ( )trz 1 M = , 1 es autovalor doble y 1− es simple. Luego1
1
1
J
= −
, por ejemplo.
La matriz de paso:
( )1
2 3 2 3 2 3 1 1
1 2 3 2 3 2 3 0 1 0
2 3 2 3 2 3 0 1
x y z α β
− − − ≡ − − − ≡ + + = ≡ − + − − − −
N ,
que no son ortogonales: ( ) ( )0 1, 1, 0 , , 2 : 2α β α β α β β α = − + − − = + = − . Así, una base ortogonal es:
( ) ( ){ }1, 1,0 , 1,1, 2− − .
( )1 1− N
1 ≡
4 3 2 3 2 3
2 3 4 3 2 3
2 3 2 3 4 3
− − − −
− −
≡
0 0 0
2 3 4 3 2 3
2 3 2 3 4 3
− −
− −
( )1,2 1F , ( )1,3 1F ;
0 0 0
1 2 1
1 1 2
− −
2
3
2F
−
,
3
3
2F
−
;
0 0 0
1 2 1
0 3 3
− −
( )3,2 1F − ;
0 0 0
1 2 10 1 1
− − 3
1
3F
;
1 Para determinar ( )1
1− N también puede usarse que ( ) ( )1 1
1 1− ⊥ N N .
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SOLUCIONES
0 0 0
1 0 1
0 1 1
−
−
( )2,3 2F ;
1
1
1
x
y
z
α
α α
α
= = ≡
=
.
Por tanto,
1 2 1 6 1 3
1 2 1 6 1 3
0 2 6 1 3
P
= − −
.
Con respecto del producto escalar usual, la base canónica es ortonormal. Y M
es ortogonal. Luego f
es una transformación ortogonal.Y, como ( )( )1dim 1 2= N , f es una simetría especular respecto de ( )1
1 N .
3) Se consideran el espacio vectorial euclídeo 3 , con el producto escalar usual, el vector ( )1,2,1=u
y cier-
to subespacio 3⊂ V del que se sabe que tiene dimensión 2 y que la proyección de u
sobre V es el
vector1 2 1
, ,3 3 3
= − −
w
. Entonces:
a) Hállese la proyección de u
sobre ⊥
V , subespacio ortogonal a V .b) Obténgase la matriz de proyección sobre el subespacio ⊥
V anterior.2 puntos
Como ⊥= +u w w
, resulta que 4 4 4, ,
3 3 3
⊥ = − =
w u w
, que es la proyección pedida.
Como ( )dim 2=V resulta que ( )dim 1⊥ =V ; luego una base ortonormal de ⊥
V es 1 1 1, ,
3 3 3
. Además, también la
base canónica de 3 es ortonormal con lo que la matriz pedida es:
( )
1 1 1 11 1
1 1 1 1 1 1 13 3
1 1 1 1
P ⊥
= ⋅ =
V .
4) Sea ( )4 A∈ una matriz nilpotente (esto es, existe n ∈ tal que ( )0
n A = , matriz nula de orden 4 ).
Indíquense, razonadamente, las posibles formas canónicas de Jordan para A .2 puntos
Como ( )0n A = resulta que 0 es autovalor cuádruple de A .
• Si 1n = es ( )0 A = , luego ( )1 0 J A= = .
• Si 2n = , pero ( )0 A ≠ , también será ( )0 J ≠ peor ( )20 J = . Del comportamiento de los bloques de Jordan se deduce que
la matriz de Jordan tendrá uno ó dos bloques 2 2× : 2
0
1 0
0
0
0
0 J
=
ó 3
0
1 0
0
1 0
0
0 J
=
.
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SOLUCIONES
•
Si 3n = , pero ( )20 A ≠ , siguiendo un razonamiento paralelo al anterior se deduce que la matriz de Jordan tendrá un bloque
3 3× : 4
0
1 01 0
0
0
0
J
=
.
• Si 4n = , pero ( )30 A ≠ , análogamente la matriz de Jordan tendrá un único bloque 4 4× : 5
0
1 0
1 0
1 0
J
=
.
Y no hay más posibilidades: a la vista de cómo son las matrices de Jordan obtenidas hasta ahora, es imposible que ( )0m
A ≠ y
( )1 0m A + = si 4m ≥ .
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