Corrección Parcial 1-01

Universidad Nacional de Colombia
Departamento de Matemáticas
2015555-3 Álgebra Lineal Básica - Grupo 3
Corrección Parcial n◦ 1
−
−
(i) (6 Puntos)Si →
u = (3, 1, −7) y →
v = (1,0,5), encuentre:
→
−
−
(a) La proyección ortogonal de u sobre →
v.
Solución: Proyv (u) =
−16
13 (1, 0, 5).
−−→
(b) Las coordenadas del punto P para que el vector P Q con Q = (1, 2, −3) tenga la misma
−
dirección de →
u pero en sentido contrario y sea de norma 1.
Solución: en primer lugar consideremos el vector −b
u, donde u
b es la normalización del vector
1
u, e.d., u
b = kuk
v. Entonces −b
u tiene la misma dirección de u pero en sentido contrario y con
−−→
norma 1. Debemos hallar entonces P ∈ R3 de tal manera que P Q = −b
u, e.d., Q − P = −b
u.
Haciendo los respectivos cálculos tenemos que P = (1 + √359 , 2 + √159 , −3 − √759 ).
(ii) (9 Puntos) Diga si la afirmación es verdadera o falsa y justifique plenamente su respuesta.
−
(a) En R3 el vector →
u = (cos θ sin φ, sin θ sin φ, cos φ) es un vector unitario independiente del
valor de θ y φ.
Solución: Verdadero. Nótese que:
q
k(cos θ sin φ, sin θ sin φ, cos φ)k = cos2 (θ) sin2 (φ) + sin2 (θ) sin2 (φ) + cos2 (φ)
q
= (cos2 (θ) + sin2 (θ)) sin2 (φ) + cos2 (φ)
q
= sin2 (φ) + cos2 (φ) = 1.
(b) El plano (α) de ecuación cartesiana x − y + 5z = 4 es perpendicular al plano (β) de ecuación
cartesiana 2x − 2y + 10z = 5.
Solución: Falso. Un vector normal al plano (α) es n = (1, −1, 5) y un vector normal al plano
(β) es n0 = (2, −2, 10). Los planos son perpendiculares si estos vectores son ortogonales. Pero,
n · n0 = 54, luego los planos no son perpendiculares.
(c) La distancia entre el punto Q = (5, −2) a la recta
L de ecuación vectorial paramétrica
√
−
−
X = P + t→
u , donde P = (4, 5) y →
u = (0, 2), es 3 22 .
−
Solución: Falso. Consideremos P = (4, 5, 0), Q = (5, −2, 0), y →
u = (0, 2, 0) . Entonces,
−−→
kP Q × uk
dis(Q, L) =
kuk
=1
cos θ sin θ
(iii) (6 Puntos) Sea θ un número real. Demuestre que
es invertible y encuentre su
− sin θ cos θ
inversa.
Solución: nótese inicialmente que el determinante de esta matriz
es 1, de manera
que la matriz es,
cos θ sin θ
cos θ − sin θ
en efecto, invertible. Un calculo nada difı́cil muestra que adj
=
.
− sin θ cos θ
sin θ
cos θ
1
adj(A), tenemos que, en nuestr caso
Del hecho que si A ∈ Mn es invertible entonces A−1 = det(A)
cos θ − sin θ
particular, A−1 =
.
sin θ
cos θ
1
(iv) (5 Puntos) Qué condición debe imponerse a a, b y c para que el siguiente sistema, con incógnitas
x, y y z, tenga solución?
x + 2y − 3z = a
2x + 6y − 11z = b
x − 2y + 7z = c
Solución: después de aplicar las operaciones elementales de fila −2F1 + F2 → F2 , −F1 +
F3 → F3 y 2F2 + F3 →
F3 a la matriz ampliada del sistema obtenemos en la tercera fila
0 0 0 −5a + 2b + c , ası́ para que el sistema tenga solución la condición que debemos imponer sobre a, b y c es que −5a + 2b + c = 0.
(v) (12 Puntos) Defina el determinante de Vandermonde de orden n, Dn . Muestre además que
Qn−1
Q
Dn = i=1 (aj − ai ) donde
representa la palabra “producto”.
j>i
Solución. La encuentran, por ejemplo, en el libro Álgebra lineal de Grossman.
(vi) (12 Puntos) Demuestre los siguientes hechos:
(a) Sea A una matriz cuadrada. Si Am = O para algún entero positivo m, muestre que I − A es
invertible.
Solución. Para este ejercicio es útil recordar la identidad am − bm = (a − b)(am−1 + am−2 b +
am−3 b2 + · · · + a2 bm−3 + abm−2 + bm−1 ). Tomando A0 := I m−1 + I m−2 A + I m−3 A2 + · · · +
I 2 Am−3 + IAm−2 + Am−1 = I + A + A2 + · · · + Am−3 + Am−2 + Am−1 , se tiene que
(I − A)A0 = I m − Am = I − 0 = I, e.d., I − A es invertible.
n
(b) Demuestre que si c ∈ R y A es una matrizcuadrada
 de orden n, entonces det(cA) = c det(A).
cA1
 cA2 

Solución. Sea B := cA, entonces B = 
 · · · . Por tanto,
cAn




 
A1
A1
A1
 cA2 




A
2
 = c2 det 
 = · · · = cn det  A2  = cn det(A).
det(B) = c det 
 ··· 
 ··· 
· · ·
cAn
cAn
An
(c) Sea A una matriz cuadrada de orden n y antisimétrica. Demuestre que si n es impar, entonces
det(A) = 0.
Solución. Recordemos que A ∈ Mn se dice antisimétrica si A = −At . Por lo anterior, esto
implica que det(A) = (−1)n det(At ) = (−1)n det(A). Si n es impar entonces (−1)n = −1,
con lo que tendrı́amos det(A) = − det(A), y que necesariamente implica det(A) = 0.
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