EXAMEN RESUELTO Septiembre de 2002 1) Sean los subespacios

EXAMEN RESUELTO
1) Sean los subespacios de R3:
Septiembre de 2002
 V1 = L{(1,2,3), (−1, −1,− 2), (1,4,5)}

x 1 = ë1 − ë 2

 V = x = ë
1
 2  2


x 3 = 2ë 2

x1 − 2x 2 + x 3 = 0
 V3
Hallar:
a) Las dimensiones y unas bases de los tres subespacios.
b) La dimensión del subespacio V1+V2
c) Unas ecuaciones implícitas del subespacio V2 ∩ V3.
d) Comprobar si V1 y V3 son subespacios suplementarios.
Solución:
a) Dimensiones y unas bases de los tres subespacios.
Para saber la dimensión de V1, pongamos los 3 vectores que engendran este subespacio
en una matriz y escalonándola a través de operaciones elementales, veremos cuáles son
linealmente independientes:
2
3   1 2 3
1

 

 − 1 − 1 − 2 ≈  0 1 1
1
4
5   0 2 2 

Vemos que las dos últimas filas son proporcionales, con lo que deducimos que la
dimensión de V1 es 2 y una base puede ser la formada por los vectores originales:
{1, 2, 3) (-1,-1,-2)} o la formada por los vectores transformados: {(1, 2, 3) (0, 1, 1)}.
Respecto a V2 se observa que las coordenadas de los vectores que pertenecen a este
subespacio, dependen de dos parámetros, con lo cual su dimensión es 2. Una base
puede ser: (λ1-λ2 , λ1, 2λ2 ) =λ1(1, 1, 0) +λ2 (-1, 0, 2), es decir la formada por los
vectores: {(1, 1, 0) (-1, 0, 2)}
V3 viene expresado por una ecuación implícita, por lo que podremos saber su dimensión
aplicando:
dim subespacio = dim espacio –nº de ecuaciones :implícitas
es decir, que como la dimensión del espacio es la de R3 y es 3 y el número de ecuaciones
implícitas es igual a 1, tendremos que la dimensión del subespacio V3 es 2 .
Una base puede ser la formada por 2 vectores que cumplan la ecuación implícita, por
ejemplo: {(1, 0,-1)(1, 1, 1)}
b) Dimensión del subespacio V1+V2
Ponemos en una matriz los vectores de la base de V1 y V2 y la escalonamos con
operaciones elementales
2
3  1
1

 
 − 1 − 1 − 2  0
≈
1
1
0  0

 
− 1 0
2   0

2 3  1
 
1 1  0
≈
1 3  0
 
2 5   0
3  1
 
1 1  0
≈
0 − 2 0
 
0 3   0
2
2 3

1 1
0 1

0 1 
Se observan 3 vectores linealmente independientes, luego la dimensión de V1 + V2 es 3.
(c) Unas ecuaciones implícitas del subespacio V2 ∩ V3
Para saber el nº de ecuaciones, utilizamos la siguiente ecuación:
dim V2 ∩ V3 = dim R3 - nº de ecuaciones implícitas
y además utilizamos la ecuación: dim V2 ∩ V3 = dim V2 + dim V3 - dim (V2 + V3 )
Si hacemos lo mismo que en el apartado b), veremos que la dimensión de V2 +V3 es 3,
con lo que la dimensión de la intersección es 1, lo cual nos lleva a que el nº de
ecuaciones implícitas es 2. Una de la dos ecuaciones puede ser la que describe V3 que
nos la da el enunciado del problema y la otra puede ser la que describa a V2, que la
hallamos de la siguiente forma:
1
1

− 1 0
x
 1 x2
0  1
1
 
2  ≈0
1
x 3   0 x 2 − x 1
0  1 1
0

 

2  ≈ 0 1
2



x 3   0 0 − 2 x 1 + 2 x 2 − x 3 
Por lo tanto, al ser el rango de la matriz igual a 2, la última fila ha de ser cero , luego las
ecuaciones implícitas de la intersección son:
- 2x 1 + 2x 2 - x 3 = 0

 x 1 - 2x 2 + x 3 = 0
(d) Compruebe si V1 y V3 son subespacios suplementarios.
Para que estos dos subespacios sean suplementarios se tiene que cumplir que:
dim V1 +V3 = dim (V1 +V3)
o lo que es lo mismo, que la dimensión de la intersección sea cero. Esto no ocurre pues
la suma de las dimensiones de V1 y V2 es 4, sin embargo como se puede comprobar
fácilmente, la dimensión de la suma es 3, por lo que se deduce que no son
suplementarios.
2) Sea f una aplicación lineal de R3 en R3 con matriz asociada A simétrica respecto
de las bases canónicas, tal que:
• f(2,0,0)=(2,0,2)
• λ =0 es un autovalor de f
• v=(1,-1,0) es un autovector de f
Determinar la matriz A y una base respecto de la cual la matriz asociada a f sea
diagonal.
Solución:
La matriz asociada a una aplicación lineal tiene por columnas a las imágenes de los
vectores de una base (en nuestro caso la base canónica), luego la primera columna de la
matriz A es f(1,0,0)=(1,0,1) por la propiedad de linealidad de la aplicación.
1 0 1


Además, como nos dicen que dicha matriz es simétrica será: A =  0 a b 
1 b c


Si λ es un autovalor ⇒(A-λI)X=0 , siendo X un autovector de A asociado a λ. (X ≠ 0)
Luego para λ=0, será: AX=0,⇒A es una matriz singular (ya que corresponde a un
sistema lineal homogéneo con soluciones distintas a al trivial).
1 0 1
Luego ha de ser:
A = 0 a b = 0 ⇒ a( c − 1) = b 2 (*)
1 b c
Teniendo en cuenta que V=(1,-1,0) es un autovector de f, ha de ser: (A-λI)V=0 , siendo
λ el autovalor corresdpondiente a dicho autovetor.
0
1  1   0  1 − λ = 0 ⇒ λ = 0
1 − λ

    
a −λ
b  − 1  =  0  ⇒ a − λ = 0 ⇒ a = 1
 0
 1
b
c − λ  0   0  1 − b = 0 ⇒ b = 1

 1 0 1


Sustituyendo en (*) se obtiene: c=2, con lo cual: A =  0 1 1 
 1 1 2


Veamos ahora si es o no diagonalizable:
1− λ
A − λI = 0 ⇒
0
1
λ = 0

1− λ
1 = (1 − λ) ( 2 − λ ) − 2(1 − λ ) = 0 ⇒ λ = 1
λ = 3
1
2−λ

0
1
2
Al ser autovalores simples, la matriz A es estrictamente diagonalizable, siendo la matriz
diagonal:
 0 0 0


D =  0 1 0
 0 0 3


Determinemos una base respecto de la cual la matriz asociada a f sea la matriz D:
Para λ=0:
 1 0 1  x   0  x + z = 0 ⇒ x = −z

    
⇒ Vλ =0 = ( x , x ,− x )
 0 1 1  y  =  0  ⇒  y + z = 0 ⇒ y = − z
 1 1 2  z   0  x + y + 2z = 0 ⇒ −z = ( x + y ) / 2

    
Con lo cual un autovector perteneciente al subespacio Vλ=0 es: v1=(1,1,-1)
Procediendo de forma análoga obtenemos que para λ=1 un autovector es v2=(1,-1,0)
(Tal como nos indica el enunciado del problema).
y para λ=3 un autovector es v3=(1,1,2).
Luego una base en la cual la matriz asociada a f es la matriz diagonal D es la:
B' = {(1,1,−1), (1,−1,0), (1,1,2 )}
3.- Se considera en R 4 la siguiente familia de formas cuadráticas:
wβ ( x, y, z , t ) = βx 2 + 2 xy + βy 2 + βz 2 + 2 zt + βt 2 ; ∀β ∈ R
a.- Diagonalizar la forma cuadrática encontrando una base de vectores
conjugados. (1.5 puntos)
b.- Clasificar la forma cuadrática según los valores de β . (1 punto)
Solución:
β

1
La matriz asociada a la forma cuadrática es: A = 
0

0

1 0 0

β 0 0
0 β 1

0 1 β 
r
r
Al ser w (1,0,0,0) = β ≠ 0 podemos tomar v1 = (1,0,0,0) y determinamos v 2 = ( x, y, z, t )
r
teniendo en cuenta que ha de ser conjugado de v1
x
 x
β 1 0 0    0 
 

 y
 


 y
1
β
0
0
0

 
(1 0 0 0)

z

=
⇒
(
β
1
0
0
)
 z  = βx + y = 0
0 0 β 1    0 
 

 t
 


 t 
 0 0 1 β    0 
 
r
Elegimos v 2 = (0 ,0,1,0)
β x + y = 0
x = 1
r
r r
v
v 3 ha de ser conjugado de v1 y v2 : ⇒ 
para 
⇒ v 3 = (1,−β,0,0)
β z + t = 0
z = 0
r
β x + y = 0
r
r r
v4 ha de ser conjugado de v1 , v2 y v 3 , luego: ⇒ 
β z + t = 0
 x
1 0 0  x 
 
 y
 y
β 0 0  
2

z

=
0
⇒
0
1
−
β
0
0
 z  = (1 − β 2 ) y = 0

0 β 1  
 
 t


 t 
0 1 β  
 
 
r
v
=
(
1
,
0
,
0
, 0 ) ⇒ w (v 1 ) = β
 1
 rv = (0 .0 ,1,0) ⇒ w (v ) = β
Si y = 0 ⇒ x = 0
v
2
2
⇒ v 4 = (0,0,1,−β) , luego  v

2
Si z = 1 ⇒ t = −β
 v 3 = (1,−β,0,0 ) ⇒ w (v 3 ) = β(β − 1)
 vv = (0,0 ,1,−β) ⇒ w( v ) = β(β 2 − 1)
 4
4
Luego la matriz diagonal asociada a la forma cuadrática en la base:
r r v v
B = {v 1 , v 2 , v 3 , v 4 }es:
β

1
(1 − β 0 0)
0

0
(
β

0
D=
0

0

)


β
0
0

2

0 β(β − 1)
0

0
0
β (β 2 − 1) 
0
0
0
4.- Sean los puntos P(8,13,8) y Q(-4,-11,-8). Se considera el plano π , perpendicular
al segmento PQ por su punto medio.
a.- Obtener la ecuación del plano π . (0.75 puntos)
b.- Calcular la proyección ortogonal del punto O(0,0,0) sobre π . (0.75 puntos)
c.- Hallar el volumen del tetaedro determinado por los puntos en los que el plano
corta a los ejs coordenados y el origen de coordenadas. (1 punto)
Solución:
a) El punto medio del segmento PQ es el:
1
M = P + PQ = (8,13,8)+1/2(-6,-12,-8)=(2,1,0)
2
El plano que pasa por M(2,1,0) y es perpendicular al vector PQ=(-12,-24,-16) es el:
12 (x − 2) + 24 (y − 1) + 16 z = 0 con lo cual:
π ≡ 3x + 6 y + 4 z − 12 = 0
b) La proyección ortogonal de O(0,0,0) sobre π viene dada por:
r
r
Po = O + λ n siendo n un vector perpendicular al plano, luego: Po = (3λ ,6 λ,4 λ )
Para determinar λ , hallamos la intersección del OPo con el plano π :
9λ + 36 λ + 16 λ − 12 = 0 ⇒ λ = 12 / 61
Luego: Po=12/61(3,6,4)
c) Volumen del tetraedro
Calculamos los puntos de intersección del plano con los ejes de coordenadas: A=(4,0,0)
B=(0,2,0) y C=(0,0,3).
C
El volumen del tetraedro es: 1/3*area base*altura, luego:
V=
1 1

(4 * 2  * 3 = 4

3 2

B
A