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]