Ejercicio nº 1.- En una base canónica B = {e1, e2, e3} de , se da el

ETSI de MINAS DE MADRID – Ing. Geólogo
Segundo Curso – TEORÍA DE CAMPOS
Segundo Examen Final Extraordinario
17 de diciembre de 2010
Alumno
D.N.I. :
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Ejercicio nº 1.- En una base canónica B = {e1, e2, e3} de
1

matricial [Tij] =  12

0

1
2
1
3
2
3, se da el tensor T que tiene la representación


3  . Se pide:
2

1 

0
1) Justifíquese que existe una base ortonormal de autovectores del tensor T sin realizar cálculos. Obtener
los autovalores de T y las ecuaciones en la base B de los subespacios propios asociados. [3 puntos].
2) Obtener la base ortonormal y bien orientada, B̂ = {êi}, formada por autovectores de T y ordenada
conforme a autovalores crecientes. [3 puntos]
3) Expresar en la base B el eje de la rotación que transforma B en B̂ y calcular el coseno del ángulo de la
misma. [4 puntos]
Solución:
●1) i) Existe base ortonormal de autovectores de T porque el tensor es simétrico, ya que su expresión
matricial en una base canónica es una matriz simétrica. Esto permite asegurar que admite una base ortogonal
de autovectores y, por normalización y reorientación si fuera necesario, se asegura la existencia de base
ortonormal propia.
ii) Los autovalores son las raíces del polinomio característico, P() = det(T  1) = det[Tij  ij], que
resulta:
P() = (1)3  ¾ (1)  ¼ (1) = (1)[(1)2  1] = … = (1)(2)
1 = 0, 2 = 1, 3 = 2
y así, los autovalores son:
Se ordenan en orden creciente, anticipando el apartado 2º, y se observa que son tres autovalores simples, por
lo que los subespacios asociados deben resultar unidimensionales (además de ortogonales).
Los subespacios propios asociados son (i) = ker(T  i1), o sea:
(0) = ker(T) = {x / T·x = 0} = {x / x+½y = 0, ½x+y+ 3 2 z = 0, 3 2 y +z = 0} = {x / x = ½y = 1 3 z}
(1) = ker(T1) = {x / ½ y = 0, ½ x +
3
2
z = 0,
(2) = ker(T21) = {x / x+½y = 0, ½xy+
3
2
3
y = 0} = {x / y = 0, x =  3z}
2
z = 0,
3
2
y  z = 0} = {x / x = ½y =
1
3
z}
#.
●2) Se toma w1 Î (0), haciendo en sus ecuaciones, por ejemplo, x = 1, que exige y = 2, z = 3; o sea, se
w1 = e1  2e2 + 3e3 Î (0)
toma
y se observa su módulo
para normalizar:
|w1| = 8 = 2 2
ê1 = 2 4 e1  2 2 e2 + 6 4 e3 .
Se toma w2 Î (1), análogamente, y se obtiene x = 1, y = 0, z = 
w2 = e1 
1
e1
Finalmente, obtenemos
ê3 := ê1×ê2 =
2
3
4
2
3
e3 ; |w2| =
e2
 2
0
2
3
; ê2 =
1
3
3
2
; o sea, se toma:
e1  ½ e3 
e3
2
6

4
1
=
2
4
e1 +
2
2
e2 +
6
4
e3
2
y comprobamos que ê3Î(2) porque verifica las ecuaciones de ese subespacio.
Así queda determinada la base pedida, B̂ = {êi}, que es de autovectores y de tipo canónico.
●3) Se dispone base ortonormal de autovectores por columnas en una matriz Q:
#.
ETSIM - 2ºcurso I. G.
2
Teoría de Campos
3
2
 24
2
4
 2

2
Q=  2
0
2
 6 4  1 2 6 4 
y sabemos que debe corresponder a una rotación R(e; ) porque expresa una base ortonormal bien orientada
en otra del mismo tipo.
De la expresión intrínseca de una rotación (formulario), sabemos que traza(R) = 1 + 2cos de donde:
cos = ½ (trazaQ  1) =
Deducimos que
sen =
1 ( 2 6
2
4
1  cos2 θ  1  24 4
 1) =
3 8 2 8 6
64

2  6 4
8
10 3  2 2  2 6
4
y podemos deducir el eje e de R por verificarse: R  Rt = 2sen e× . Pero la matriz de R  Rt es
 0

t
Q  Q =   3 2 2
 6 2
 4




0 
3 2
2
2 6
4
0
2 1
2

2 1
2
 0 e3 e2 
e
0  e1 
y la de 2sen e× :
 3


0
e
e
1
 2

De este modo, identificando componentes se deducen las componentes de e en la base B original, a las que
denotamos i:
10  3  2 2  2 6
2
1 =
1 2
10  3  2 2  2 6
, 2 =
2 6
2 10  3  2 2  2 6
, 3 =
 3 2
10  3  2 2  2 6
También puede determinarse e como el autovector unitario de Q asociado al autovalor  = 1 que debe tener
Q, aunque esto exige precisar el sentido con que se escoja la solución, y se ha preferido evitar eso.
#.
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