Álgebra

Matrices. Funciones. Factorización

  • Enviado por: Míriam Yus
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Álgebra

1º Ingeniería Química

1ª Convocatoria

21 de enero de 2002

EJERCICIO 1

Sea h: *3 ----> *3 la aplicación lineal definida por:

f * h(x, y, z) = ( (a + 2)x + y + z, x + (a + 2)y + z, x + y + (a + 2)z )

(a) Discutir para qué valores de a * * la aplicación h es biyectiva. (1 punto)

Será biyectiva si es inyectiva (Ker f = {**3}) y suprayectiva (Im f = *3) a la vez.

Determinemos el núcleo de la aplicación:

Ker f = {(x, y, z) * *3 / (a + 2)x + y + z = x + (a + 2)y + z = x + y + (a + 2)z = 0}

(a + 2)x + y + z = 0 Resolvemos el sistema por Gauss. No ponemos la

x + (a + 2)y + z = 0 matriz ampliada porque los ceros no se modifican

x + y + (a + 2)z = 0 con las operaciones.

» syms a

» A=[(a+2) 1 1; 1 (a+2) 1; 1 1 (a+2)]

A =

[ a+2, 1, 1]

[ 1, a+2, 1]

[ 1, 1, a+2]

» A1=[A(3,:);A(2,:);A(1,:)]

A1 =

[ 1, 1, a+2]

[ 1, a+2, 1]

[ a+2, 1, 1]

» A2=[A1(1,:);A1(2,:)-1*A1(1,:);A1(3,:)+(-a-2)*A1(1,:)]

A2 =

[ 1, 1, a+2]

[ 0, a+1, -1-a]

[ 0, -1-a, 1+(-a-2)*(a+2)]

» A3=[A2(1,:);A2(2,:);A2(3,:)+A2(2,:)]

A3 =

[ 1, 1, a+2]

[ 0, a+1, -1-a]

[ 0, 0, (-a-2)*(a+2)-a] ------> -a2 -5a -4

(-a2 -5a -4)z = 0

(a + 1)y - (a + 1)z = 0

x + y + (a + 2)z = 0

Podemos seguir resolviendo según dos aspectos diferentes: A = 0

a) Empezamos desde la primera ecuación y por la siguiente regla A * B = 0

obtenemos que: B = 0

x = y = z = 0

Deducimos que Ker f = {**3} * dim (Ker f) = 0 * Es inyectiva.

Comprobémoslo con el comando correspondiente de Matlab:

» null(A)

ans =

[ empty sym ]

De la fórmula de dimensiones observamos que:

dim (*3) = dim (Ker f) + dim (Im f) * dim (*3) = dim (Im f) = 3 * Es suprayectiva. Así pues, la aplicación es biyectiva.

b) Atendiendo a los valores de a:

» solve('-a^2-5*a-4=0')

ans =

[ -4]

[ -1]

De este modo hemos obtenido los valores de a * * pedidos a1 = -1 y a2 = -4.

Verificando el sistema:

* a1 = -1 * 0 * z = 0 * z = 0

a2 = -4 * 0 * z = 0

* (a + 1)y - (a + 1)z = 0

a1 = -1 * 0 * y - 0 * z = 0

a2 = -4 * -3 * y + 3 * z = 0 * y = z = 0, ya que z = 0.

* x + y + (a + 2)z = 0 * x = 0 si y = z = 0

a1 = -1 * x + y + z = 0 * x = 0

a2 = -4 * x + y - 2z = 0 * x = 0

Se cumple lo propuesto.

Observemos que:

* a1 = -1 * h(x, y, z) = (x + y + z, x + y + z, x + y + z)

* a2 = -4 * h(x, y, z) = (-2x + y + z, x -2y + z, x + y -2z)

Expresándolo en forma matricial:

» B=[1 1 1 0; 1 1 1 0; 1 1 1 0]

B =

1 1 1 0

1 1 1 0

1 1 1 0

x = y = z = 0 para a1 = -1.

» C=[-2 1 1 0; 1 -2 1 0; 1 1 -2 0]

C =

-2 1 1 0

1 -2 1 0

1 1 -2 0

» C1=[C(3,:);C(2,:);C(1,:)]

C1 =

1 1 -2 0

1 -2 1 0

-2 1 1 0

» C2=[C1(1,:);C1(2,:)-1*C1(1,:);C1(3,:)+2*C1(1,:)]

C2 =

1 1 -2 0

0 -3 3 0

0 3 -3 0

» C3=[C2(1,:);C2(2,:);C2(3,:)+C2(2,:)]

C3 =

1 1 -2 0

0 -3 3 0

0 0 0 0

x = y = z = 0 para a2 = -4.

Conclusión: los valores pedidos son a1 = -1 y a2 = -4.

(b) Para a = -1 hallar una base de Ker h. Obtener un subespacio suplementario de Ker h. (0.5 puntos)

Cómo para a = -1 la aplicación es biyectiva, hemos deducido que Ker f = {**3} Con lo cuál, no podemos hallar una base de tal subespacio.

Dos subespacios se dicen suplementarios respecto del espacio vectorial *3 si

*3 = W1 * W2

Si denominamos W1 = **3 = Ker f y W2 = *3 = Im f, comprobaremos que son suplementarios:

  • W1 * W2 * Ker f * Im f

  • Ker f * Im f = {*} ya que (x, y, z) = (0, 0, 0) * x = 0, y = 0, z = 0 entonces, la suma es directa.

  • *3 = Ker f * Im f

  • 2.1) Ker f + Im f * *3 Se cumple siempre.

    2.2) *3 * Ker f + Im f

    Sea * * *3 : * = (x, y, z) = (x, y, z) + (0, 0, 0), siendo

    (x, y, z) * Im f y (0, 0, 0) * Ker f.

    Un espacio suplementario de Ker f es Im f.

    (c) Para a = -2 obtener la matriz A que representa a h con respecto a la base canónica de *3, asimismo hallar B, la matriz que representa a h con respecto a la base

    C = {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)}. Calcular una matriz P regular tal que PAP-1 = B.

    (1.25 puntos)

    f * h : *3 --------> *3

    (x, y, z) --------> (y + z, x + z, x +y)

    Base canónica de *3: {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}

    f(1, 0, 0) = (0, 1, 1) Por estar en la base canónica, las componentes del vector

    f(0, 1, 0) = (1, 0, 1) son iguales que sus coordenadas y resulta la matriz A:

    f(0, 0, 1) = (1, 1, 0)

    » A=[0 1 1; 1 0 1; 1 1 0]

    A =

    0 1 1

    1 0 1

    1 1 0

    Comprobemos con el vector (2, -1, 3).

    f(2, -1, 3) = (2, 5, 1)

    » v=[2; -1; 3]

    v =

    2

    -1

    3

    » A*v

    ans =

    2

    5

    1

    Cómo ambos resultados coinciden, A es correcta.

    Base de *3 : C = {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)}

    f(1, 1, 1) = (2, 2, 2) = *1 * (1, 1, 1) + *1 * (1, 1, 0) + *1 * (1, 0, 0)

    f(1, 1, 0) = (1, 1, 2) = *2 * (1, 1, 1) + *2 * (1, 1, 0) + *2 * (1, 0, 0)

    f(1, 0, 0) = (0, 1, 1) = *3 * (1, 1, 1) + *3 * (1, 1, 0) + *3 * (1, 0, 0)

    Resolviendo: *1 + *1 + *1 = 2 ---------> *1 = 0

    *1 + *1 = 2 ----------------> *1 = 0

    *1 = 2 ---------------> *1 = 2

    *2 + *2 + *2 = 1 ----------> *2 = 0

    *2 + *2 = 1 ---------------> *2 = -1

    *2 = 2 ----------------> *2 = 2

    *3 + *3 + *3 = 0 ---------> *3 = -1

    *3 + *3 = 1 ---------------> *3 = 0

    *3 = 1 ---------------> *3 = 1

    » B=[2 2 1; 0 -1 0; 0 0 -1]

    B =

    2 2 1

    0 -1 0

    0 0 -1

    Comprobemos con el vector: (2, -1, 3)

    (2, -1, 3) = * * (1, 1, 1) + * * (1, 1, 0) + * * (1, 0, 0)

    * + * + * = 2 ---------> * = 3

    * + * = -1 ---------> * = - 4

    * = 3 ---------> * = 3

    » v=[3; -4; 3]

    v =

    3

    -4

    3

    » B*v

    ans =

    1

    4

    -3

    1 * (1, 1, 1) + 4 * (1, 1, 0) + (-3) * (1, 0, 0) = (1, 1, 1) + (4, 4, 0) + (-3, 0, 0) = (2, 5, 1) *

    * f(2, -1, 3)

    Del resultado deducimos que B es correcta.

    Ahora calculamos P / PAP-1 = B

    A

    {ei} --------------> {ei}

    P B P-1

    {ci} ---------------> {ci}

    Me piden la matriz de cambio de coordenadas de C a las coordenadas de la base canónica.

    {ci} = R * {ei}

    x = Rt * y ---------> x = Rt * y * y = (Rt)-1 * x La matriz de cambio de coordenadas que buscamos es (Rt)-1 = P

    » R=[1 1 1; 1 1 0; 1 0 0]

    R =

    1 1 1

    1 1 0

    1 0 0

    Como R es simétrica, entonces R = Rt

    » R'

    ans =

    1 1 1

    1 1 0

    1 0 0

    » P=inv(R')

    P =

    0 0 1

    0 1 -1

    1 -1 0

    » inv(P)

    ans =

    1 1 1

    1 1 0

    1 0 0

    Ahora comprobamos el resultado:

    » P*A*inv(P)

    ans =

    2 2 1

    0 -1 0

    0 0 -1

    » B=ans

    B =

    2 2 1

    0 -1 0

    0 0 -1

    (d) Obtener las coordenadas respecto de C de h(2, 2, 2). (0.25 puntos)

    h(2, 2, 2) = (4, 4, 4) = * * (1, 1, 1) + * * (1, 1, 0) + * * (1, 0, 0)

    * + * + * = 4 -------> * = 0

    * + * =4 ----------> * = 0

    * = 4 ----------> * = 4

    » Coordenadas=[4; 0; 0]

    Coordenadas =

    4

    0

    0

    O de otro modo:

    (2, 2, 2) = * * (1, 1, 1) + * * (1, 1, 0) + * * (1, 0, 0)

    * + * + * = 2 -------> * = 0

    * + * =2 ----------> * = 0

    * = 2 ----------> * = 2

    » cl=[2; 0; 0]

    cl =

    2

    0

    0

    » B*cl

    ans =

    4

    0

    0

    Vemos que resulta lo mismo.

    (e) ¿Es A diagonalizable? (1.25 puntos)

    » A=sym('[0, 1, 1; 1, 0, 1; 1, 1, 0]')

    A =

    [ 0, 1, 1]

    [ 1, 0, 1]

    [ 1, 1, 0]

    » p=poly(A)

    p =

    x^3-3*x-2

    » factor(p)

    ans =

    (x-2)*(1+x)^2

    » Valores propios de A son 2 y -1 doble.

    m.a. (2) = m.g. (2) = 1

    m.a. (-1) = 2 ---> De éste depende que sea diagonalizable. Debe resultar que su multiplicidad geométrica sea 2, también.

    » null(-eye(3)-A)

    ans =

    [ -1, -1]

    [ 0, 1]

    [ 1, 0]

    V(-1) = * < (-1, 0, 1), (-1, 1, 0) >

    Vectores propios asociados al valor propio -1 son V(-1) * { (0, 0, 0) }

    m.g. (-1) = 2 = m.a. (-1) ---> Es diagonalizable.

    » null(2*eye(3)-A)

    ans =

    [ 1]

    [ 1]

    [ 1]

    V(2) = * < (1, 1, 1) >

    Vectores propios asociados al valor propio 2 son V(2) * { (0, 0, 0) }

    Base de vectores propios: { (-1, 0, 1), (-1, 1, 0), (1, 1, 1) }

    » D=[-1 0 0; 0 -1 0; 0 0 2]

    D =

    -1 0 0

    0 -1 0

    0 0 2

    Ésta es la matriz que demuestra que A es diagonalizable.

    EJERCICIO 2

    Se considera f: *3 * *3 ------> * una forma bilineal que, respecto de la base canónica, tiene por matriz coordenada:

    » A= [1 0 -1; 0 2 0; -1 0 2]

    A =

    1 0 -1

    0 2 0

    -1 0 2

    (a) Hallar el rango y la signatura de f. (1.25 puntos)

    Vemos que es una forma bilineal simétrica y para hallar el rango y signatura tenemos que diagonalizar ortogonalmente la matriz A.

    Tomaremos un vector no isótropo de *3:

    » v1=[1; 1; 0]

    v1 =

    1

    1

    0

    » fv1=v1'*A*v1

    fv1 =

    3

    NO es isótropo porque su imagen es distinta de cero. Entonces se verifica que

    *3 = * <v1> * * <v1>*

    Obtenemos * <v1>*:

    » v1'*A

    ans =

    1 2 -1

    » syms x y z

    » v=[x; y; z]

    v =

    [ x]

    [ y]

    [ z]

    » v1'*A*v

    ans =

    x+2*y-z

    Igualamos dicha expresión a cero x+2*y-z = 0 y como el subespacio no es de dimensión 1, tomaremos otro vector no isótropo y que sea ortogonal a v1; es decir, que satisfaga la anterior ecuación.

    » v2=[3; -1; 1]

    v2 =

    3

    -1

    1

    » fv2=v2'*A*v2

    fv2 =

    7

    NO es isótropo porque su imagen es distinta de cero. Entonces se verifica que

    * <v1>* = * <v2> * (* <v2>* * * <v1>* ).

    Obtenemos * <v2>* * * <v1>* :

    » v2'*A*v

    ans =

    2*x-2*y-z

    Igualamos la expresión a cero 2*x-2*y-z = 0 y se resuelve el sistema:

    x + 2*y - z = 0

    2*x - 2*y - z = 0

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

    3*x -2*z = 0 * 3*x = 2*z * x = 2/3 z

    Sustituyendo: 2/3 z + 2*y - z = 0 * 6*y - z = 0 * y = 1/6 z

    Comprobando: 4/3 z - 1/3 z - z = 0.

    Así pues, base ortogonal de *3 = * <v1> * * <v2> * * <v3>

    *3 = * < (1, 1, 0) > * * < (3, -1, 1) > * * < (2/3, 1/6, 1) >

    f(v1, v1) = 3

    f(v2, v2) = 7

    » format rat

    » v3=[2/3; 1/6; 1]

    v3 =

    2/3

    1/6

    1

    » f(v3, v3) = v3'*A*v3

    f(v3, v3) =

    7/6

    » f(v1, v2) = v1'*A*v2 = f(v2, v1) = 0

    » f(v1, v3) = v1'*A*v3 = f(v3, v1) = 0

    » f(v2, v3) = v2'*A*v3 = f(v3, v2) = 0

    Resulta la matriz:

    » D=[3 0 0; 0 7 0; 0 0 7/6]

    D =

    3 0 0

    0 7 0

    0 0 7/6

    El rango es el número de imágenes positivas en la matriz diagonal que representa a una aplicación bilineal respecto de una base ortogonal hallada o el número de unos de la diagonal principal de la matriz reducida.

    rang (f) = rang (A) = rang (D) = 3

    » rank(A)

    ans =

    3

    La signatura es el número de imágenes positivas y negativas en la matriz diagonal que representa a una aplicación bilineal respecto de una base ortogonal hallada o el número de unos y menos unos de la diagonal principal de la matriz reducida.

    sig (f) = sig (A) = sig (D) = 3

    rang (f) = sig (f) = 3 (máxima) ----> Es definida positiva y se le puede aplicar la factorización de Cholesky.

    (b) Sea S el subespacio de *3 engendrado por los vectores (1, 1, 0), (0, 0, 1). Estudiar el rango y la signatura de h: S * S ------> * definido por h(u, v) = f(u, v). (1 punto)

    S * *3 { (1, 1, 0), (0, 0, 1) } es sistema generador de S. Como son vectores linealmente independientes, es libre * es base de S.

    Necesitamos emplear una base ortogonal, o una base ortonormal o la matriz reducida que representa a la aplicación. Comprobaremos si la base dada es ortogonal; y si no lo es, obtendremos una a partir de ella según el método de Gram Schmidt, pero respecto de la operación definida por A, no respecto del producto escalar ordinario. O hallamos una base ortogonal cualquiera mediante el método conocido.

    » A=[1 0 -1; 0 2 0; -1 0 2]

    A =

    1 0 -1

    0 2 0

    -1 0 2

    » v1=[1; 1; 0]

    v1 =

    1

    1

    0

    » v2=[0; 0; 1]

    v2 =

    0

    0

    1

    » f( (1, 1, 0), (0, 0, 1) ) = v1'*A*v2

    f( (1, 1, 0), (0, 0, 1) ) =

    -1 ----> No son ortogonales porque el resultado no es cero.

    » f( (0, 0, 1), (1, 1, 0) ) = v2'*A*v1

    f( (0, 0, 1), (1, 1, 0) ) =

    -1 ----> Se verifica que no son ortogonales.

    Como no es base ortogonal, emplearemos el mismo método que en el apartado anterior para determinarla.

    » f(v1, v1) = v1'*A*v1

    f(v1, v1) =

    3

    NO es isótropo porque su imagen es distinta de cero. Entonces se verifica que

    S = * <v1> * * <v1>*, pero manteniéndonos dentro de S. Buscamos un

    v2 = a * (1, 1, 0) + b * (0, 0, 1) = (a, a, b) de * <v1>*

    Obtenemos * <v1>*

    » syms a b

    » v=[a; a; b]

    v =

    [ a]

    [ a]

    [ b]

    » v1'*A*v

    ans =

    3*a-b

    Igualamos la expresión a cero y despejamos: 3*a - b = 0 ---> 3*a = b ó a = b/3

    * * < (1, 1, 3) >

    » v2=[1; 1; 3]

    v2 =

    1

    1

    3

    S = * <v1> * * <v2>

    »f(v2, v2) = v2'*A*v2

    f(v2, v2) =

    15

    S = * < (1, 1, 0) > * * <(1, 1, 3) >

    Base ortogonal de S: {(1, 1, 0), (1, 1, 3)}

    f(v1, v1) = 3

    f(v2, v2) =15

    » f(v1, v2) = v1'*A*v2

    f(v1, v2) =

    0 ----> Porque son ortogonales.

    » f(v2, v2) = v2'*A*v1

    f(v2, v2) =

    0 ----> Porque son ortogonales.

    » D=[3 0; 0 15]

    D =

    3 0

    0 15

    » rank(D)

    ans =

    2

    rang (h) = rang (D) = 2

    sig (h) = sig (D) = 2

    (c) Obtener la matriz coordenada de f respecto de la base {(1, -1, 0), (0, 1, -1), (0, 0, 1)}

    (0.5 puntos)

    » v1=[1; -1; 0]

    v1 =

    1

    -1

    0

    » f(v1, v1) = v1'*A*v1

    f(v1, v1) =

    3

    » v2=[0; 1; -1]

    v2 =

    0

    1

    -1

    » f(v1, v2) = v1'*A*v2

    f(v1, v2) =

    -1

    » f(v2, v1) = v2'*A*v1

    f(v2, v1) =

    -1

    » f(v2, v2) = v2'*A*v2

    f(v2, v2) =

    4

    » v3=[0; 0; 1]

    v3 =

    0

    0

    1

    » f(v1, v3) = v1'*A*v3

    f(v1, v3) =

    -1

    » f(v3, v1) = v3'*A*v1

    f(v3, v1) =

    -1

    » f(v2, v3) = v2'*A*v3

    f(v2, v3) =

    -2

    » f(v3, v2) = v3'*A*v2

    f(v3, v2) ans =

    -2

    » f(v3, v3) = v3'*A*v3

    f(v3, v3) =

    2

    » MATRIZ = [3 -1 -1; -1 4 -2; -1 -2 2]

    MATRIZ =

    3 -1 -1

    -1 4 -2

    -1 -2 2

    (d) Obtener la factorización de Cholesky de A. (0.5 puntos)

    » A=[1 0 -1; 0 2 0; -1 0 2]

    A =

    1 0 -1

    0 2 0

    -1 0 2

    Podemos comprobar que es definida positiva de dos modos:

    • como en el apartado a.

    • determinando los valores propios y que todos ellos sean positivos.

    » eig(A)

    ans =

    2.0000

    0.3820

    2.6180

    Es definida positiva, como ya habíamos determinado en el apartado primero del ejercicio.

    » A=sym('[1 0 -1; 0 2 0; -1 0 2]')

    A =

    [ 1, 0, -1]

    [ 0, 2, 0]

    [ -1, 0, 2]

    » L(1,1)=sqrt(A(1,1))

    L =

    1

    » L(2,1)=A(1,2)/L(1,1)

    L =

    [ 1]

    [ 0]

    » L(3,1)=A(1,3)/L(1,1)

    L =

    [ 1]

    [ 0]

    [ -1]

    » L(2,2)=sqrt(A(2,2)-L(2,1)^2)

    L =

    [ 1, 0]

    [ 0, 2^(1/2)]

    [ -1, 0]

    » L(3,2)=(A(2,3)-L(2,1)*L(3,1))/L(2,2)

    L =

    [ 1, 0]

    [ 0, 2^(1/2)]

    [ -1, 0]

    » L(3,3)=sqrt(A(3,3)-L(3,1)^2-L(3,2)^2)

    L =

    [ 1, 0, 0]

    [ 0, 2^(1/2), 0]

    [ -1, 0, 1]

    » A=L*L'

    A =

    [ 1, 0, -1]

    [ 0, 2, 0]

    [ -1, 0, 2]

    (e) Aplicando la factorización anterior, resolver el sistema lineal Ax = b donde

    bt = (-4, 18, 15) y calcular el determinante de A. (0.5 puntos)

    *A* = *L* * *Lt* = 2^(1/2) * 2^(1/2) = 2 = *A*

    Para resolver Ax = b, obraremos del siguiente modo:

    1)L * y = b ----> yt = (-4, 18/(2^(1/2)), 11)

    2)Lt * x = y ----> xt = (7, 9, 11)

    Lo comprobamos con la orden de Matlab:

    » b=[-4; 18; 15]

    b =

    -4

    18

    15

    » x = A\b

    x =

    [ 7]

    [ 9]

    [ 11]