MATEMÁTICAS EMPRESARIALES

FEB 2000

1-. CONTESTAR RAZONADAMENTE

x = u + v +w y x = 3u-2w. ¿Pueden ser u, v, w, independientes?

Ker(f)={x/x1-x2+x3=0}

Posible que f(u)=(-1,2,1) y f(w)=(3,-6,-3)?

a1 a2 a3 a4

M = b1 b2 b3 b4

c1 c2 c3 c4

2-. Sea M2x2 el espacio vectorial de las matrices 2x2 y H el subespacio formado por las matrices que conmutan con la matriz A.

-1 0

A = 1 1 H ={x"M2x2/A X =X A}

a + b -2a -a + 2b a

L = b a + b M = b a + 4b

Estudiar si L o M son suplementarios de H.

3-. Sea f un endomorfismo de !3 tal que:

f(1,0,0)=(3,2,2)

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

6 es autovalor de f y £{=6}=£{(2,2,1)}

RESOLUCIÓN DEL EXAMEN:

1-.

1a) Serán base si son independientes:

2 formas de resolución:

1ª forma:

au1 + b( u1 - u3 ) + c( u1 + u2 + u3 ) = 0

(a + b + c)u1 + cu2 + ( -b + c )u3=0

a + b + c = 0

c = 0 c = b = a = 0

-b + c = 0

2ª forma:

Hallando el rango

1 0 0

 1 0 -1

1 1 1

= número de independientes  " 2

/M/=1"0 indep. base

1b)

u + v + w = 3u - 2w

-2u + v + 3w = 0

combinación lineal de los vectores iguales a 0 sin ser 0 los coeficientes.

Son dependientes

1c)

Para que sea así se tiene que cumplir esta condición:

dim Img(f) + dim Ker(f) = dim !3=3

x1=x2-x3

x1=-

x2= £{(1,1,0)(-1,0,1)}

x3= 

Hallamos la dimensión:

1 1 0

dim=  -1 0 1 =2

dim Img(f) + dim Ker(f) = dim !3=3

2 + 2 " 3 No es posible

1d)

Las aplicaciones inyectivas transforman vectores independientes a dependientes a veces.

No es posible porque las aplicaciones lineales inyectivas conservan la independencia lineal y a dos vectores independientes les ha transformado en vectores dependientes.

1e)

A autovalores distintos les corresponden autovalores independientes:

Hallamos el rango de la matriz:

a1 a2 a3

= b1 b2 b3 =3

c1 c2 c3

2-.

2a)

1º Si x1, x2 "!x1,x2"

2º si x " !x

1º Hipótesis Tesis

A x1 = x1 A A (x1 + x2)=(x1 + x2) A

A x2 = x2 A

Demostración

A (x1 + x2)=Ax1+Ax2=(por hipótesis)x1A+x2A=(x1 + x2) A

2º Hipótesis Tesis

A x = x a A(x)=(x)A

Demostración

A(x)=Ax=(por hipótesis) xA=(x)A

Dimensión y base:

a b

x = c d

-1 0 a b a b -1 0

1 1 c d = c d 1 1

-a = -a + b b=0

-b = b d=a+2c

a + b = -c + d El conjunto H es el conjunto que tiene la forma a 0

b + d = d c a+2c

a 0 1 0 0 0

H= c a+2c = £ 0 1 1 2

1 0 0 1

dim H== 0 0 1 2 =2

2b)

a+b -2a -a+2b a

L = b a+4b M= b a+4b

H+L=M2x2

H"L=0

1 -2 1 0 -1 1 2 0

L=£ 0 1 1 1 M=£ 0 1 1 4

1 0 0 0 1 -2 1 0

H+L = £ 0 1 1 2 0 1 1 1

1 0 0 1

0 0 1 2

dim H+L=  1 -2 0 1 =4

1 0 1 1

 " 3

1 0 0 0

0 0 1 2 0 1 2

//= 1 -2 0 0 = 2 0 0 " 0

1 0 1 0 0 1 0

dim H+L=M2x2

dim H+L + dim H"L= dim H +dim L

4 + x = 2 + 2

Si son suplementarios.

1 0 0 0 -1 1 2 0

H + M = £ 0 1 1 2 0 1 1 4

1 0 0 1

0 0 1 2

dim H+M= -1 1 0 1

2 0 1 4

 " 3

1 0 1

//= - 0 1 2 " 0

2 1 4

dim H+M" M2x2 No son suplementarios

3-.

3a) 3 2 a

f:A 2 2 b

2 0 c

f(x)=x

Ax=x 3 2 a 2 2

2 2 b 1 = 6 1

2 0 c 2 2

8+2a=12 a=2

6+2b=6 b=6

4+2c=12 c=4

3 2 2

A= 2 2 0  " 2 /A/=0

2 0 4

3b) dim y base del núcleo:

(A)=2

dim Img(f)= (A)=2

Base Img={(3,2,2)(2,2,0)}

dim núcleo = N-(A)=3-2=1

Img Núcleo:

3 2 2 x 0

2 2 0 y = 0

2 0 4 z 0

2y+2z=-3x

2y =-2x

x=

y=-

z= -1/2 

Ker(f)=£{(1,-1,1/2)}={(2,-2,-1)}

3c)

diagonalización de f por base ortonormal.

La matriz asociada a A es simétrica. Si se puede diagonalizar mediante base ortonormal.

3- 2 2

2 2- 0 = (3-)(2-})(4-)-4(2-)-4(4-)=-3+92-18=0

2 0 4-

=0

-(2-9+18)=0 2=-9+18=0

= 9±" 81-72

2 =6 =3

=0

=6

=3

£{=6}=£{(2,1,2)}

£{=0}=£{(2,-2,-1)}

£{=3}=£{(1,2,-2)}

Base ortogonal:{(2,1,2)(2,-2,-1)(1,2,-2)}

Base ortonormal:{(2/3,1/3,2/3)(2/3,-2/3,-1/3)(1/3,2/3,-2/3)}

6 0 0

-^- 0 0 0

0 0 3

3d)

An=M-^-nM-1=M-^-nMT

2/3 2/3 1/3 6n 0 0 2/3 1/3 2/3

= 1/3 -2/3 2/3 0 0 0 2/3 -2/3 -1/3

2/3 -1/3 -2/3 0 0 3n 1/3 2/3 -2/3