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Practicas/Ejercicios de Algebra Lineal. Curso 19/20. Doble grado Economıa,Estadıstica y Matematicas
Practicas 04/10/2019
3. y = −3x2 + 2x− 5; (x− 83)2 + (y + 28
3)2 = 125
9
5.
a.
xyz
=
10−1
b. Sobre Q,R,C el sistema es incompatible; sobre Z2 la solucion es
x1 = [1]
x2 = [1]− x4x3, x4 variables libres
c.
x = −2y + 5s− 7t
z = −2s+ 2t
y, s, t variables libres
d.
x1 = −3− 4x3 − x5x2 = 1 + 2x3 + x5x4 = 2
x3, x5 variables libres
Practicas 11/10/2019
2. El excursionista anduvo cuatro horas y media. El falso metro mide 93 cm.
9. Hay 78820/43 ' 1833 gr. de plata y 242175/43 ' 5632 gr. de oro.
11. No hay solucion pues sinα no puede valer 2.
Practicas 18/10/2019
21. A = (aij) ∈Mn(K), A+At = (aij+aji), A−At = (aij−aji), A = A+At
2+A−At
2. Si
A = S+T = S ′+T ′ con S, S ′ simetricas y T, T ′ antisimetricas, entonces S−S ′ = T ′−Tes simetrica y antisimetrica, luego nula, luego S = S ′ y T = T ′. Hemos usado que ladiferencia de simetricas es simetrica y la diferencia de antisimetricas es antisimetrica.
24.
a. A = (aij) ∈ Mn(R), si 0 = tr(AAt) =∑n
i=1, j=1 a2ij, tenemos una suma de cua-
drados de numeros reales que vale cero. Como cada sumando es no negativo, debeocurrir que cada sumando sea nulo, luego a2ij = 0 ∀i, j, luego aij = 0 ∀i, j, luegoA = 0.
b. Facil encontrar ejemplo 2× 2.
1
2
Practicas 25/10/2019
26.
a. abc.b. −31− 3i.c. n!d. x2(x+ a+ b+ c)e. cero, pues la suma de la segunda y tercera filas es mutiplo de la primera fila.
35. Porque AB 6= BA.
Practicas 31/10/2019
6. NUEVOS EJERCICIOS. Llamemos ∆n(a1, a2, . . . , an) al determinante buscado(det. de Vandermonde). Restando la primera columna de las restantes columnas, sacandofactores y desarrollando por la Laplace por la primera fila, obtenemos ∆n(a1, a2, . . . , an) =
=∏
1≤i≤n
(ai − a1) det
1 · · · 1
a2 + a1 · · · an + a1a22 + a2a1 + a21 · · · a2n + ana1 + a21
......
an−22 + an−32 a1 + · · ·+ an−21 · · · an−2n + an−3n a1 + · · ·+ an−21
.
A cotinuacion hacemos las siguientes trasformaciones elementales de filas, que no alteranel valor del determinante: fj fj − aj−k1 fk, j = 2, 3, . . . , n, k = 1, 2, . . . , j − 1, llegando a
∆n(a1, a2, . . . , an) =∏
1≤i≤n
(ai − a1)∆n−1(a2, . . . , an)
y concluimos, por induccion sobre n, sustityendo ∆n−1(a2, . . . , an) por su valor, que sera∏2≤j<i≤n(ai − aj).
5. det
a0 −a1 a2 · · · (−1)nan1 x 0 · · · 0
0 1 x. . .
......
. . . . . . 00 · · · 0 1 x
=∑n
i=0 aixn−i, y esto se puede demostrar
haciendo el desarrollo de Laplace por la primera columna repetidas veces. En el paso
PRACTICAS 08/11/2019 3
primero obtenemos (usando que det de triangular sup es producto de los elementos diago-
nales) el termino a0xn mas (−1)2+1 multiplicado por det
−a1 a2 · · · · · · (−1)nan
1 x 0 · · · 0
0 1 x. . .
......
. . . . . . 00 · · · 0 1 x
y el signo de a1 se cancela con (−1)2+1.
Tambien se puede formalizar usando induccion sobre n. Se dice que la matriz es com-panera del polinomio
∑ni=0 aix
n−i.
Practicas 08/11/2019
38. NO es espacio vectorial, pus hay muchas propiedades que no se cumplen. Porejemplo, no se cumple que 1 ·v = v, para todo v ∈ V pues, tomando v = (1, 1), obtenemos1 · (1, 1) = (1, 0) 6= (1, 1).
39.
a. Los vectores v1 =
231
, v2 =
101
, v3 =
03−1
son ld pues 0 = v1 − 2v2 − v3.
Quitando cualquiera de los tres obtenemos familias li (pues cualquiera de ellos escl de los dos restantes). El espacio que generan es L(v1, v2) = L(v1, v3) = L(v2, v3),esto es el plano vectorial de ecuacion 3x1 − x2 − 3x3 = 0.
b. Solucion en cuerpos con carK 6= 2, 3. Los vectores v1 =
23101
, v2 =
01214
,v3 =
00145
, v4 =
00031
son li pues la unica solucion del SLH (de 5 EC 4 INCOG) dado
por 0 = a1v1+a2v2+a3v3+a4v4 es a1 = a2 = a3 = a4 = 0 (ya que el rango de la ma-
triz de coeficientes es 4, pues det
2 0 0 03 1 0 01 2 1 00 1 4 3
= 6 6= 0). El espacio que generan es
4
(en ecuaciones parametricas)
x1 = 2a1,
x2 = 3a1 + a2,
x3 = a1 + 2a2 + a3,
x4 = a2 + 4a3 + 3a4,
x5 = a1 + 4a2 + 5a3 + a4, con a1, a2, a3, a4 ∈ Ky su ecuacion implıcita es −25x1 + 22x2 − 22x3 − 2x4 + 6x5 = 0.
c. Los vectores v1 =
121
, v2 =
241
, v3 =
−3−6−3
son ld pues v3 = −3v1 (luego
0 = 3v1 + 0v2 + v3). El espacio que generan es L(v1, v2) = L(v3, v2); se trata delplano vectorial de ecuacion −2x1 + x2 = 0.
Practicas 14/11/2019
11. NUEVOS EJERCICIOS.
a.
a1 + a2 + a3 − s = 0
b1 + b2 + b3 − s = 0
c1 + c2 + c3 − s = 0
a1 + b2 + c3 − s = 0
c1 + b2 + a3 − s = 0
a1 + b1 + c1 − s = 0
a2 + b2 + c2 − s = 0
a3 + b3 + c3 − s = 0
es SLH de 8 ecuaciones en 10 incognitas (los ai, bi, ci y s).b. Sumando las cuatro ecuaciones en que aparece b2 y simplificando, llegamos a 3b2 =s. Si λ ∈ K y A,A′ ∈ W y la suma de filas, columnas y diagonales de A es s y lasuma de filas, columnas y diagonales de A′ es s′ entonces la suma de filas, columnasy diagonales de A+A′ es s+ s′ y la suma de filas, columnas y diagonales de λA esλs, por lo que A+A′ ∈ W y λA ∈ W . Esto prueba que W es subespacio vectorialde M3(K).
Sean M1 =
1 1 11 1 11 1 1
, M2 =
1 −1 0−1 0 10 1 −1
, M3 =
0 1 −1−1 0 11 −1 0
.
sg: De
a1 b1 c1a2 b2 c2a3 b3 c3
=∑3
i=1 λiMi deducimos λ1 = b2, λ2 = 2a1−b1−c13
, λ3 =
2a1−b1−c13
. (OBS: solucion valida para cuerpos de caracterıstica distinta de 3).
li: De 0 =∑3
i=1 λiMi deducimos λ1 = λ2 = λ3 = 0.
PRACTICAS 22/11/2019 5
c. B =∑3
i=1 λiMi =
6 1 87 5 32 9 4
con λ1 = 5, λ2 = 1, λ3 = −3, s = 15, C =∑3i=1 λiMi con λ1 = a1+b1+c1
3, λ2 = 2a1−b1−c1
3, λ3 = a1+b1−2c1
3. (OBS: solucion
valida para cuerpos de caracterıstica distinta de 3).
Practicas 22/11/2019
12. NUEVOS EJERCICIOS.
a. U es el conjunto de soluciones de 3x+2y = 0 y el vector u =
(−23
)constituye una
base de U . Ampliamos hasta obtener una base (u, e1) de R2 (hemos anadido e1)
luego e1 +U es una base de R2/U y dimR2/U = 1. Dado el vector v =
(ab
)∈ R2,
la clase v+U es el conjunto de vectores
(a− 2λb+ 3λ
), con λ ∈ R. En otras palabras,
la clase v+U es el conjunto de vectores de R2 cuyas puntas estan en la recta afınde ecuacion 3x + 2y = 3a + 2b. Este haz de rectas tiene dimension 1, i.e., hay ungrado de libertad.
b. U es el conjunto de soluciones de 3x + 2y = 0 y (u1, e3) es una base de U , con
u1 =
−230
. Ampliamos hasta obtener una base de R3 anadiendo, por ejemplo
e1, (comprobacion de base: det
−2 0 13 0 00 1 0
= 3 6= 0) luego e1 + U es una base
de R3/U y dimR3/U = 1. Dado el vector v =
abc
∈ R3, la clase v + U es el
conjunto de vectores
a− 2λb+ 3λc+ µ
, con λ, µ ∈ R. En otras palabras, la clase v + U
es el conjunto de vectores de R3 cuyas puntas estan en el plano afın de ecuacion3x+ 2y = 3a+ 2b. Este haz de planos tiene dimension 1.
c. U es el conjunto de soluciones de x = y = 0 y e3 es una base de U . Ampliamoshasta obtener una base de R3 anadiendo, por ejemplo e1, e2, luego (e1 +U, e2 +U)
es una base de R3/U y dimR3/U = 2. Dado el vector v =
abc
∈ R3, la clase
6
v + U es el conjunto de vectores
ab
c+ λ
, con λ ∈ R. En otras palabras, la clase
v + U es el conjunto de vectores de R3 cuyas puntas estan en la recta afın deecuaciones x = a, y = b. Este haz de rectas tiene dimension 2.
Figura 1. Haz de rectas paralelas en el plano.
Practicas 29/11/2019
78. Sean v1 =
(10
), v2 =
(32
), v3 =
(33
). Se tiene que −3v1+3v2−2v3 = 0. Si f es
lineal, se debe verificar que −3f(v1)+3f(v2)−2f(v3) = f(−3v1+3v2−2v3) = f(0) =
(00
),
pero resulta que −3f(v1) + 3f(v2) − 2f(v3) =
(−4−10
), luego no existe f lineal que se
comporte ası.OTRA FORMA: Supongamos que f es lineal y sea A = (aij) ∈ M2(K) la matriz de
f respecto de Bc, Bc. Entonces A
(10
)=
(11
), A
(32
)=
(1−1
)y A
(33
)=
(22
). Esto se
convierte en un SLNH de 6 EC y 4 INCOG (los aij) que resulta incompatible. Luego si fse comporta ası, entonces no puede ser lineal.
PRACTICAS 29/11/2019 7
3
2
1
haz de rectas paralelas en el espacio
00
0.5
-1
1
-0.5
1.5
-10
2
0.5 1
2.5
1.5
3
2 -2
3.5
2.5
4
3
U: x=y=0x=1, y=3x=-1, y=-2x=-1, y=2x=3, y=-2vector cero
Figura 2. Haz de rectas paralelas en el espacio
79.
La matriz de f respecto de Bc, Bc es A =
1 1 11 −1 11 0 1
. Unas ec. implıcitas de
ker f son A
x1x2x3
=
000
, i.e.,
x1 + x2 + x3 = 0
x1 − x2 + x3 = 0
x1 + x3 = 0
'
{x1 + x3 = 0
x2 = 0, luego
hay una variable libre, y ası dim ker f = 1. Una base ker f esta dada por el vectore1−e3. Unas ec. parametricas de im f estan dadas en el enunciado, donde x1, x2, x3
8
son los parametros. El subespacio im f esta generado por las columnas de A y dos
de ellas son identicas, luego im f = L
111
,
1−10
. Para obtener unas ec.
implıcitas de im f expreso y desarrollo una condicion de rangox′1x′2x′3
∈ im f ⇔ rg
x′1 1 1x′2 1 −1x′3 1 0
= rg
1 11 −11 0
= 2.
Esto equivale a que se anule det
x′1 1 1x′2 1 −1x′3 1 0
y operando nos queda que 0 =
x′1 + x′2 − 2x′3 es ec. implıcita de im f .
Tenemos W ′ :
{x′1 + x′2 = 0
x′1 + 3x′2 = 0'
{x′1 = 0
x′2 = 0(siempre que carK 6= 2). Susti-
tuyendo x′i por su valor, obtenemos ec. implıcitas de f−1(W ′) ası:
{x1 + x2 + x3 = 0
x1 − x2 + x3 = 0
y nos damos cuenta de que f−1(W ′) coincide con ker f .Parecido al anterior. Lo hare en clase.
Practicas 05/12/2019
96. La matriz de f respecto de Bc,Bc es A =
3 2 1−1 4 −22 6 −1
.
a. Ecuaciones implıcitas de ker f son A
x1x2x3
=
000
. Resolviendo este SLN de 3EC
3INCOG obtenemos que una base de ker f esta formada por el vector v =
−8514
.
Este nucleo es una recta vectorial en R3.b. W es cualquier plano vectorial que no contenga la recta anterior. Se consigue con
cualesquiera vectores w1, w2 tales que B := (v, w1, w2) sea base de R3; por ejemplo
tomo w1 = e2 y w2 = e3 (comprobacion: det
−8 0 05 1 014 0 1
= −8 6= 0). Ası pues
W = L(w1, w2).c. Por ser f lineal y ser B una base del espacio de salida, im f esta generada por
los vectores f(v) = 0, f(w1), f(w2). Por otro lado, f(W ) esta generado por los
PRACTICAS 13/12/2019 9
vectores f(w1), f(w2), de donde se sigue que im f = f(W ). Ademas dim im f =3 − dim ker f = 2, luego f(w1), f(w2) son dos vectores que generan im f , i.e, sonuna base de im f .
97.
a. En un espacio de dimension 4, son 4 vectores l.i. , ya que det
1 1 1 10 1 1 10 0 1 10 0 0 1
= 1 6=
0.b. Si v1 = 1, v2 = 1 + x, v3 = 1 + x + x2, v4 = 1 + x + x2 + x3; entonces f(v1) = 0,f(v2) = 0, f(v3) = 2 = 2v1, f(v4) = 6x + 2 = 6v2 − 4v1, luego la matriz buscada
es A =
0 0 2 −40 0 0 60 0 0 00 0 0 0
.
c. Claramente L(v1, v2) ⊆ ker f e im f = L(columnas de A) = L(2v1,−4v1 + 6v2) =L(v1, v2) de donde, contado dimensiones, se sigue que ker f = L(v1, v2) = im f(¡esto es posible!), de dimension dos.
d. Con calculo integral:∫
(6x+8)dx = 3x2+8x+a, luego q =∫
(3x2+8x+a)dx =x3 + 4x4 + ax+ b, donde a, b ∈ R. Sin calculo integral: q es cualquier vector dela familia f−1(6x+8) = f−1(6v2 +2v1), que es el conjunto de soluciones del SLNH
A
x1x2x3x4
=
2600
y resolvemos este sistema.
Practicas 13/12/2019
101.
La matriz de f respecto de Bc,Bc es A =
1 1 0 01 3 2 01 1 0 0
, la matriz de g respecto
de Bc,Bc es C =
1 1 21 1 22 2 4−3 −3 −6
, la matriz de h1 = fg respecto de Bc,Bc es AC,
la matriz de h2 = gf respecto de Bc,Bc es CA.
10
La matriz de cambio de base de B′ a Bc es Q =
1 0 0 00 −1 0 02 2 1 01 1 1 −1
, la matriz de
cambio de base de B a Bc es P =
3 2 12 1 05 3 2
, la matriz de f respecto de B′,B es
P−1AQ, la matriz de g respecto de B,B′ es Q−1CP , la matriz de h1 = fg respectode B,B es P−1ACP , la matriz de h2 = gf respecto de B′,B′ es Q−1CAQ.
103. La matriz de f respecto de Bc,Bc es A =
1 −a 2 3−a 2 0 −20 1 2 a
. La aplicacion
f es sobreyectiva (suprayectiva) si y solo si 3 = dim im f = rgA. (Solucion sobre cuerpo
K con carK 6= 2). Tenemos rgA ≥ 2 pues det
(2 30 −2
)= −4 6= 0 y, orlando este menor
e igualando a cero, llegamos a 8(1−a) = 0 y 2(a−1)(a−2) = 0. Deducimos que rgA = 2si y solo si rgA ≤ 2 si y solo si a = 1. En resumen, f no sobreyectiva si y solo si a = 1.
Unas ec. implıcitas de ker f sonAX = 0 que, para a = 1, se simplifican ası
{x− y + 2z + 3t = 0
−x+ 2y − 2t = 0.
Unas ec. implıcitas de im f se obtienen expresando que rg
x 2 3y 0 −2z 2 1
= rg
2 30 −22 1
=
2 (ya que im f = L(colsA) = L
202
,
3−21
) y llegamos a 0 = x+ y − z.
Practicas 30/01/2020
82. Comprobamos que es producto escalar (usando las propiedades de la traza yde la trasposicion de matrices):
a. 〈A,B〉 = tr(ABt) = tr((At)tBt) = tr((BAt)t) = tr(BAt) = 〈B,A〉,b. 〈A+A′, B〉 = tr((A+A′)Bt) = tr(ABt +A′Bt) = tr(ABt) + tr(A′Bt) = 〈A,B〉+〈A′, B〉,
c. 〈λA,B〉 = tr((λA)Bt) = λ tr(ABt) = λ〈A,B〉,d. si A = (aij), tenemos que 〈A,A〉 = tr(AAt) =
∑ni=1,j=1 a
2ij es no negativo, pues es
una suma de cuadrados (cada uno no negativo); ademas 0 = 〈A,A〉 =∑n
i=1,j=1 a2ij
implica (sobre R) que cada sumando a2ij es nulo, luego A = 0 (ver ejercicio 24).
Para n = 3, tomamos en M3(R) la base B = (A11, A12, A13, A21, A22, A23, A31, A32, A33).Las entradas de la matriz G = (gij) ∈M9(R) dependen de los productos AijAkl. Compro-bamos la siguientes propiedades:
PRACTICAS 07/02/2020 11
a. Atij = Aji,∀i, j; en particular Aii es simetrica, ∀i,
b. 〈Aij, Alk〉 = AijAkl,∀i, j, l, k,c. AijAjl = Ail,∀i, j, l; en particular, AijAji = Aii, ∀i, j, luego 〈Aij, Aij〉 = trAii =
1,∀i, j,d. AijAkl = 0 si j 6= k,∀i, j, l, k; luego 〈Aij, Alk〉 = tr 0 = 0, cuando (i, j) 6= (l, k).
Deducimos que gij = δij (delta de Kronecker) y ası G = I9. Generalizando a n arbitrario(con los mismos razonamientos), G = In2 .
Practicas 07/02/2020
86. Tenemos en R4 un hiperplano vectorial H. Para obtener una base B de Htomamos y, z, t como variables libres y x como variable ligada. Obtenemos vectores u1 =−2100
, u2 =
1020
, u3 =
3002
. Ahora aplicamos M. Gram–Schmidt:
v1 =u1
v2 =u2 −〈u2, v1〉‖v1‖2
v1 = u2 +2
5v1 =
12100
1
5
v3 =u3 −〈u3, v1〉‖v1‖2
v1 −〈u3, v2〉‖v2‖2
v2 = u3 −6
5v1 +
1
7v2 =
−2−417
2
7
donde
〈u2, v1〉 =− 2
〈u3, v1〉 =6
〈u3, v2〉 =−3
5‖v1‖2 =(−2)2 + 12 = 5
‖v2‖2 =
(1
2
)2
+
(2
5
)2
+ 22 =21
5.
Comprobaciones: 〈v1, v2〉 = 〈v1, v3〉 = 〈v2, v3〉 = 0, v2 ∈ H pues 2× 1 + 4× 2− 10 = 0 yv3 ∈ H pues 2× (−2) + 4× (−4)− 1 + 3× 7 = 0.
12
Sean B = {u1, u2, u3} y B′ = {v1, v2, v3}. Es facil escribir la matriz R de cambio debase de B a B′, pero primero necesitamos despejar los uj:
u1 =v1
u2 =v2 −2
5v1
u3 =v3 +6
5v1 −
1
7v2
luego R =
1 −25
−17
0 1 65
0 0 1
y observamos que R es triangular superior con unos en la
diagonal.
Practicas 14/02/2020
17. NUEVOS EJERCICIOS. Casos a) y b) vistos en clase. c) La piramide deter-minada por los vectores y, z, y + z, x, tiene como base el paralelogramo de lados y, z(una de cuyas diagonales es y + z) y por altura h = ‖x‖| cos x, y ∧ z|. Esta pirami-de se descompone en dos tetraedros, uno de los cuales es Tx,y,z. El otro tiene aris-tas concurrentes (en un vertice) ‖ − y‖, ‖ − z‖, ‖x − y − z‖ y tiene el mismo volu-men que Tx−y−z,−y,−z (ver figura 3). Por las propiedades de los determinantes, tenemos
volTx−y−z,−y,−z =
∣∣∣∣∣∣det
x1 − y1 − z1 −y1 −z1x2 − y2 − z2 −y2 −z2x3 − y3 − z3 −y3 −z3
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣det
x1 y1 z1x2 y2 z2x3 y3 z3
∣∣∣∣∣∣ = volTx,y,z
luego, por b) obtenemos volPiry,z,y+z,x = 2 volTx,y,z = |〈x, y ∧ z〉| /3.
Figura 3. Esta piramide se descompone en dos tetraedros del mismo volumen.
PRACTICAS 21/02/2020 13
Practicas 21/02/2020
131. (a), (c) vistos en clase. (d) A =
−3 1 −1−7 5 −1−6 6 −2
, PA(T ) = −(T +2)2(T −4),
spA = {−2 doble , 4}; A+ 2I =
−1 1 −1−7 7 −1−6 6 0
tiene rango 2, luego el subespacio V−2 =
ker(A+ 2I) tiene dimension 11 y A no diagonalizable (sobre C).
autovalor m. geo m. alg-2 1 24 1 1
(b) Si A =
0 1 5 92 1 6 80 0 0 30 0 1 −2
, PA(T ) = (T + 3)(T + 1)(T − 1)(T − 2), spA =
{−3,−1, 1, 2} y autovectores respectivos (en el mismo orden) son
−71−55
,
−1100
,
−13−37
31
y
1200
. Como todos los autovalores tienen mult. alg. 1, se deduce que A es diagonalizable
(sobre C). Tenemos D = P−1AP con D = diag(3,−1, 1, 2) y P =
−7 −1 −17 11 1 −37 2−5 0 3 05 0 1 0
.
Comprobacion PD =
21 1 −17 2−3 −1 −37 415 0 3 0−15 0 1 0
= AP
1Tiene ecuaciones impl.
{x1 = x2
x3 = 0.
14
Practicas 28/02/2020
139. A =
(5 −36 −4
)(xnyn
)=
(xn+1
yn+1
), con
(x0y0
)=
(21
). Nos piden x20+y20. Tene-
mos PA(T ) = (T−1)(T−2), spA = {1, 2}, D =
(−1
2
), P =
(1 12 1
), D = P−1AP con
P regular, P−1 =
(−1 12 −1
). Para cada r ∈ N tenemos Dr =
((−1)r
2r
)luego Ar =
PDrP−1 =
((−1)r+1 + 2r+1 (−1)r − 2r
2((−1)r+1 + 2r) 2((−1)r − 2r−1)
),
(x20y20
)= A20
(21
)=
(−1− 220 + 222
−2− 220 + 222
),
luego x20 + y20 = −3− 221 + 223 = (221 − 1)3. Como 221 = 2,097,152, obtenemos mas de6 millones de conejos, transcurridos 20 anos.
Practicas 06/03/2020
1. CONTAGIO. A =
(0, 95 0, 450, 05 0, 55
),
(sn+1
en+1
)= A
(snen
), con A matriz estocastica.
Tenemos detA = 0, 5, trA = 1, 5, PA(T ) = T 2 − trAT + detA = T 2 − 3T/2 + 1/2 =(T − 1)(T − 1/2), spA = {1/2, 1}. Como todos los autovalores de A tienen mult. alg.1, entonces A es diagonalizable sobre C. Tenemos D = P−1AP , con D = diag(1/2, 1) y
P =
(1 0, 45−1 0, 05
)regular (comprobacion: detP = 1/2 6= 0); la primera (resp. segunda)
columna de P es un autovector correspondiente a 1/2 (resp. 1). Para cada n ∈ N, tenemos
An = PDnP−1 = P diag(1/2n, 1)P−1 =
(910
+ 12n×10
910− 9
2n×10110− 1
2n×10110
+ 92n×10
), que tiende a L =(
910
910
110
110
), cuando n tiende a +∞.
a. Sabemos que a
(0, 450, 05
)es vector fijo de A (segunda col de A), luego tambien de
An, y esto es cierto para todo a ∈ R y todo n ∈ N. Si queremos un vector fijo deporcentajes, sus entradas deben sumar 1, por lo que tomamos a = 2, obteniendo
v =
(0, 900, 10
). Luego, en cualquier dıa, hay un 90 % de sanos.
b. La situacion tiende, pasado mucho tiempo, a vlim = L
(s0e0
)=
((s0 + e0)9/10(s0 + e0)1/10
)=(
9/101/10
), ya que s0 + e0 = 1 (por ser vector
(s0e0
)de porcentajes). Este vector
lımite vlim es, precisamente, el vector fijo v encontrado antes.
2. MATRIZ ESTOCASTICA. Reescribiendo la definicion, obtenemos
(1, 1, . . . , 1)A = (1, 1, . . . , 1)
PRACTICAS 13/03/2020 15
y poniendo v =
1...1
, tenemos
vtA = vt
Atv = At(vt)t = (vtA)t = (vt)t = v
(At − I)v = Atv − v = 0
luego 0 6= v ∈ ker(At−I), luego dim ker(At−I) ≥ 1 y rg(At−I) = dim im(At−I) ≤ n−1,luego 0 = det(At − I) = det(A − I)t = det(A − I) y de aquı se sigue lo siguiente:dim im(A − I) = rg(A − I) ≤ n − 1, dim ker(A − I) ≥ 1 luego existe un vector no nuloen ker(A − I), esto es, un autovector de A con autovalor 1. Hemos demostrado las dosafirmaciones a la vez.
Obs que PA(T ) = PAt(T ) (ya que det(A − TI) = det(A − TI)t = det(At − (TI)t) =det(At − TI)), luego spA = spAt, para cualquier matriz cuadrada A (estocastica o no,real o no).
Practicas 13/03/2020
143. La exponencial de una matriz aun no la hemos definido.
a. PA(T ) = (1−T )3− 2− 3(1−T ) y aquı observamos que −1 es raız. Entonces, pormetodo de Ruffini, dividimos P(T ) entre T +1 y llegamos a que los autovalores deA son −1 con m.alg. 1 y 2 con m.alg. 2. El subespacio propio V−1 tiene ecuaciones
x = y = z y el vector unitario 1√3
111
lo genera. El subespacio propio V2 tiene
ecuacion x+ y + z = 0 y una base ortonormal suya es
1√2
−101
, 1√6
1−21
.
Por tanto, D = diag(−1, 2, 2) diagonal, C = 1pq
p −q 1p 0 −2p q 1
ortogonal y D =
CtAC = C−1AC, donde p =√
2 y q =√
3.b. A = CDC−1 = CDCt implicaAn = CDnC−1 = CDnCt = C diag((−1)n, 2n, 2n)Ct,∀n ∈ N.
c. Si A = I + aB, los apartados anteriores corresponden al caso a = −1. Ahoratenemos PA(T ) = (1−T )3 + 2a3− 3a2(1−T ) y aquı observamos que 1− a es raız(pues PA(1 − a) = a3 + 2a3 − 3a3 = 0) y que 1 + 2a es raız (pues PA(1 + 2a) =−8a3 + 2a3 + 6a3 = 0). Por metodo de Ruffini, llegamos a que los autovalores deA son 1 + 2a con m.alg. 1 y 1 − a con m.alg. 2. Vamos a resolver el caso a 6= 0(pues el caso a = 0 es A = I, trivial). El subespacio propio V1+2a tiene ecuaciones
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x = y = z y el vector unitario 1√3
111
lo genera. El subespacio propio V1−a tiene
ecuacion x+ y + z = 0 y una base ortonormal suya es
1√2
−101
, 1√6
1−21
.
Por tanto, D = diag(1+2a, 1−a, 1−a) diagonal, C = 1pq
p −q 1p 0 −2p q 1
ortogonal
y D = CtAC = C−1AC.
145.
a. Pf (T ) = T 2 − 2T + det f y tiene que haber un autovalor doble (i.e., con multipli-cidad algebraica 2), luego forzosamente Pf (T ) = (T − 1)2 de donde det f = 1.
b. Pf (T ) = T 2 − 5T + 4 = (T − 4)(T − 1), luego hay dos autovalores distintos ysimples (i.e., con multiplicidad algebraica 1), luego f es diagonalizable.
147. Pongamos A =
1 0 00 −1 10 0 −1
y D =
1 0 00 −1 00 0 −1
. Ambas tiene el mismo
espectro: {1,−1(doble)}. Como D es diagonal, para ver que no son semejantes bastarademostrar que A no es diagonalizable, y para ello bastara demostrar que m. geo. de −1
es 1 en A. La matriz A+ I =
2 0 00 0 10 0 0
tiene rango 2, luego dim ker(A+ I) = 3− 2 = 1
que es m. geo. de −1 es 1 en A.
COMPLEMENTO DE SCHUR DE A en matriz descompuesta en bloques
M =
(A BC D
)es, por defincion, D − CA−1B, donde M,A,D son matrices cuadradas y
A regular. Vamos a demostrar que
detM = detA det(D − CA−1B).
Para ello comprobamos la igualdad
M =
(I 0
CA−1 I
)(A B0 D − CA−1B
)y de ahı
detM = det
(I 0
CA−1 I
)det
(A B0 D − CA−1B
)= det
(A B0 D − CA−1B
)= detA det(D−CA−1B)
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