Álgebra 1º Ingeniería Química 1ª Convocatoria 21 de enero de 2002

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]
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')
2
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=
1110
1110
1110
x = y = z = 0 para a1 = −1.
» C=[−2 1 1 0; 1 −2 1 0; 1 1 −2 0]
C=
3
−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
0000
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
4
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=
011
101
110
Comprobemos con el vector (2, −1, 3).
f(2, −1, 3) = (2, 5, 1)
» v=[2; −1; 3]
v=
2
5
−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=
221
0 −1 0
0 0 −1
6
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
7
» R=[1 1 1; 1 1 0; 1 0 0]
R=
111
110
100
Como R es simétrica, entonces R = Rt
» R'
ans =
111
110
100
» P=inv(R')
P=
001
0 1 −1
1 −1 0
» inv(P)
ans =
111
110
100
Ahora comprobamos el resultado:
» P*A*inv(P)
ans =
221
0 −1 0
8
0 0 −1
» B=ans
B=
221
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
9
» 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]
10
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
002
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
020
−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
11
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.
12
» 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
13
» 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=
300
070
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.
14
(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
020
−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.
15
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
16
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=
30
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
17
−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) =
18
−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
020
−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.
19
» 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]
20
[ 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=
21
−4
18
15
» x = A\b
x=
[ 7]
[ 9]
[ 11]
22