examen de algebra lineal. industriales superior. uc3m

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  • 5/10/2018 Examen de Algebra lineal. Industriales Superior. UC3M

    1/26

    I7-Febrero-1994 7 9

    INGENIERiA INDUSTRIALE f{AM EN D E A LGEBRA 1. 7-11-1994 .

    )~ROBLEl\1A 1 . \r\ 1: Calculese la descomposicion LU de la matriz A.(l punto)

    ( 2 2 - 6 )A = -1 2 -3 .3 2 -92. Utilizando el apartado anterior, hallese la solucion de A2x = b, resolviendocuatro sistemas triangulares.(l punto)

    b = ( 1 ~ ) ,-6 , ' .J

    ( 2 2 - 6 ) Fdt) ( 1-1 2 -3 --+ -13 2 -9 3 1 - 3 ) ( 1-3 F , . (1),F.ld-3) 02' -9 01 ( 1 1 - 3 ) ( 1 1 - _ 3 2 ) Fl{-t> ( 1 0~) ~ _~ -~ ~) ~ ~ -2 - 0

    1 - 3 )-60 --+-1

    3. Supongamos ahora que A es una matriz n x n y b un vector columna de ncoordenadas. Sabiendo-que el productc de dos matrices n x n requiere 2n3 - n2operaciones, la descomposici6n LU ; n 3 - 1n2 -In, y resolver dos sistemastriangulares 2n2 - nt calciilese para que valor de n (n es 1&dimension de lamatriz) es preferible emplear el metodc del a.partado 2 frente a. 1&soluci6ndirecta de A 2x = b (ca.1culando primero el cuadrado de laomatriz y luegoresolviendo por LU).{.5 puntos)

    SOLUCION" t ) . , ' "/

    /

    Si operamos sabre laomatriz :1.

    1 - 3 )1 -2 -o 1Luego la descomposici6n quedaria :

    ( 2 , 0 0 )L : = : , -1 3 03 -1 -2

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    s o Problemas de xamen .~Jgebra J

    ~t { U X - 1 1 1~ L2. A '2 X = b < : : > LULU x . b } 1 1 1 - 1 1 1. L... .1 U Y2 - Y 3- j~_ / ~ - ( > ' 1 / 3 - b" _ . . - - ..Efectivamente, si deshacemos el sistema. elirninando 1 / 3 , 1 / 2 , 1 1 1 obtenemos la

    ecuacidn que queremos resolver. El sistema equiva.lente est! formado por 4sistemas triangulares, ca.da.uno de los cuales se resuelve de forma trivial.i) LY3 = b

    Sea y, = (::) 1&var i ab l e auxiliar,

    Xl - g= 621%2 - -Xl = 221 1 ~=ll3 -2(3% 1 - X2 + 6) - -(18 - 2 - 6) - 2Luego y , = c nResolviendo:

    c - - ( : I~ )ea ahara 1 / 2 :Observernos que, aunque las incognitas siguen recibiendo el mismo nom-bre que en (I), representan casas distintas. Resolviendo :

    X3 - 11Xl - 2 + 2X3 = 2 + 22 = 24Xt - 6 + 3X3 - X2 = 6 + 33 - 24 - 1 5

    Luego '( 1 5 )1 / 2 = ~~

    L j~ - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - r - - - - - - - -

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    2,. FehrerO1994

    81iii) LY I = Y l

    Sea ahora Yl = U J2Xl - 1 5 }X + 3x , - 2 43Xl - X2 - 2X3 - 11Resolviendo:

    15

    048 + 15 63 21= =6 6 2= l ('~!!_~) l.2222-2

    Luego

    iv) Ux = V I( : : 1 )a variable :r sera de I. form. % = :

    Xl + X2 - 3X3_X2 - 2X3

    X3Resolviendo :X3 - -

    21 2 23, 'D X 2 --+- =2 2 215 15 23 3 5l - - + 3% 3'- %2 ----+- =2 2 2 2

    1

    Luego la so lucion f ina l a nuestro problema se ra . :

    "

    ' A 2 = ( = ~ ~-23y cornprobando que Alx es igual que b.

    -4 3 6 )-4' 27-8 57

    NOTA Se puede comprobar facilmente que las operaciones est an bien hechascalculando A 2

    ,il__ ~-~)

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    . . . . . _ ...--....---~--

    82 Problemas de Examen .~Igebra I

    3. Por el camino directo tenemos las siguientes operaciones :a) .Calcular el productc de A x A : 2n3 - n1b) Calcular la descompcsicion LU de A 2 : ~n3 - in' - ~n0) Resolver 2 sistemas triangular .. {~:, = t' : 2n' - nPor el rnetodo del apartado 2) :a ) Calcular l a . desco rnpcsic ida LU de A : ~n3- in' - ~nb} Resolver 4 sistemas triangulares: 4nl -2n

    La diferencia entre un metcdo y otro es solamente caIcular el producto de lasdos matrices y el mirnere de sistemas triangulares a resolver.A = 2n3 - nl + 2n2 - n - 4nl + 2n .....2~3 - 3n' - n = n(2nl - 3n - I}Hay que ver cuando es positive 0 n eg a.tivo :

    . 3v"9 '= 8 {n= ln= =?4 n = tComo A solo se anula para ' . 1 - = 0, t 11, tiene el mismo signa [positive] en todoel intervalo n E (1,00). " . .Por tanto , para todo n > 1, el metodc del apartado (2) es m a s econemico(requiere men os operaciones). c = '

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    _ . _\3

    7-Fcbrero-1994

    rPROBLEMA 2.) (2.5 Puntos)Dad a la m a tr iz :

    Calci i lese:1. [0.75 puntos)Valores y vectores propios.

    (~O

    2. [0.75 puntosll.Es diagonalizable? Si 1 0 e st dese la base en la que la matriz esdiagonal. expresando eua.l es el cambio correspondiente. S j no 1 0 es, arnplfese elconjunto de vectores propios obtenidos e n el apartado 1 hast a format una basede I R : ' de forma que Ia matriz en esta base sea triangular superior.iExpresesecua l es la re lacion entre A y 1&matriz triangular superior.

    3. [O.S puntosJSea B la matriz real triangular, superior:

    (p O a )B= 0 A Co 0 A

    con). :/; p. Encuentrese ll.IlA Tranformaci6n Elemental F tal que F B F-lsea una matriz diagonal por bloques, es decir:

    4. [0.5 puntos)ApHquese elresultado anterior a 1&matriz obtenida en ~1apartado2 (en caso de que esta no' sea ya . diagonal por bloques.) l.Que vector habriaque haber tornado en la arnpliacicn de la base para que la ma.triz calculada enel apartado 2 ya fuera diagonal par bloques?

    SOLUCION1. Valores y vectores propios.

    Por tanto el conjunto de los autovalores de A es1 1 1 ( A ) = {l,l,-2} 1

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    _ .8 4 Problemas de Examen Algebra r

    EI conjunto de los vectores propios correspondientes al autovalor -2 es Ker(A + 2/) :

    -~- -,\- ~y entonces Iker (A + 21) = L{(l, -1, 1)]~El conjunto de los vectores propios correspondientes al autovalor 1 es Ker(A -1) : (y( -~ 3 = D ( : : ) = ( O = *>, -33

    +%2 0 r ' - ~{ Xl -X3. - 0~ 2%1 +3x, -2X3 0 = = > X2 -- ~3 -Yentonces iker (A -1) = L[(I,O, I)J~

    Una base posible es B = {(1,-I,I),(I,O,l),(O,O,I)}

    2. No es diagonalizable, puesto que 1 & envolvente lineal de los autovectores deA tiene dimension 2 y A tiene dimension 3. Para obtener una base de J[{J,podemos agregar a los vectores (1,-1,1) y (1,0,1) cualquier vector de forma.que los tres sean linealmente independientes (por ejemplo (0,0,1)).

    La.matriz triangular superior quedaria. de 1 a forma.!

    C 2 0 - 2 )= p-l AP = 0 1 -1o 0 1donde P = ( -~ 1 ~ ) y P-' = ( ~ -1 n1. 1 1 1 -1 0

    3 .

    B = O0

    ~)0

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    ,. Febrero-1994S5

    Intenter.:os e~cont~.r una m.lriz elemental F del. form. F = ( ~ rpara atgun numero real Q. En este caso .

    FBF-l = (~ ~~) (~ 1 : ) ( ~ ~ - ~ ) =001 OOA 001=(~ ~~) (~ 1 a -cPQ) = (~ ~ a - P~ + Q .\ )

    001 00 .\ 00 .\L a matriz F BF-l es dia gona l po r b loques si y so lo si

    a+(-'-I')=O => E5Jy por tanto4. En nuestro case . ( - 2 0 - 2 )3 =T = 0 1 -1

    ::- 0 0 1Los valores de I O j p.ra,etros de I. matrix B seran I'= -2, -' = 1, a = - 2 .Esto implica que Q = ~ y consecuentemente

    (1 0 1 )F= 0 1 go 0 1'.

    Aplicando latransformacion sobre T obtenemos' . ( 1 0 i ) ( - 2 0 - 2 ) ( 1s=FTP-l= 010 01-1 0

    001 001 0

    DB= (-~ ! - 0Los carnbios que hemos realizedo son:

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    86 Problemas de Examen A lgebra I

    El carnbio de base total ha sido producido por

    P F - l = ( _ ~ ~ ~ ) ( . ~ ~ - ~ ) = ( _ ~ . ~ - I )111 001 11 t. i d "a t ( 2 2 1 )I tercer vector tendna. que ha.ber 510 propcrcicn & - 3 ' ; ' 3 " 3 '" .

    . . , ':\,.()'

    (.~,_Ji'

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    ,. Febrero1994 87I. PROBLEMA 3 (2.5 Puntos)

    Sea T :c: -+ < r ~ una aplicaci6n qu e verificaT [(l, 2 , 0,1 )) - ( l ,O,O,O)T[{3,l, " '; 1 , 0 )) - (1,1,0,0)T{(l,2,-I,l)) - ( 1 , 1 , 1 , 0 )T [{ -1,3, 1,2)} - ( 1 ,-1,0, b )

    donde a, b E r . c son dos pa,rametros. Se pide:1. [.5 puntoa[Hellese el rango del sistema de vectores {Vl t V2, V3. V4} donde

    2. [1 puntoJDetermlnese a y b pa.ra que T pueda- ser lineal.3. -(1-punto'[Dernuestrese que para los valores de Q y b halla.dos en el apartadcanterior el conjunto de las aplicaciones lineales que verifican las condicionesdel enundado constituyen un subespa.cio arin de .c(a'4) . Hillese una base de1a direcclcn de dicho subespa.cio.

    SOLUCI6NL Para calcular la dependencia lineal usaremos el metoda de Ga.uss.

    31-1o

    - 1 ) .fi2(-t),FuC-i)1 -3

    3-5oo

    1o-1oE5to implica que rg{Vh tl2, Vl, tl4} =3

    2. Como dim (C ~ = 4, {Vt, til, tl3,V4} no son base de (C 4 y por ello las condi-ciones del enunciado no definen T univoca.mente .

    Adernas; debemos combrobar que la definicion de T sobre tilt til, V3, Vol esconsistente con el caracter lineal.

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    ,., . . . _ _ _ _. ._ _ _ ._ . _ . _ _...

    88 Problemas de Examen .4/gebra I

    { V h V2 , V 3 } son linea.lmente independientes y, del apa.rtado anterior es in-mediate que 11)"= 2V1 - v 2 1

    S i T es lineal sa.bemos que queda definida por su actuacien sobre una.base cualquiera..

    Las T que verifiquen las condiciones del enunciado con a = b = 0quedarin definidas por su actuacion sobre una base que contenga a V1. 1)2,03

    Para. ca.da. cuadruplo ( 0 ' 1 , a210'3, 0'4) tenemos una. T diferente con lascondiciones del enunciado.La. eleccicn de w es irrelevante, pero del apartado 1 NOTEMOS que

    tv = ( - t ) es valido, (simplemente se ha cambiado 2 por 0 en v.),Notemos que, si Be es la base canoulca de (C4 . entonces

    M(T, 8,,8) = ( ~

    =* M (T , B (;, B) = (~ l! ~ )+ Ot (~ ~ ~ ~to 0 0 0 000 0)

    +0:2 (~ ~ ~ 1 ) + 0:3 (~ ~ ~ ~t.,(~~~~o 0 0 0 0 0 0 0) 000 1)Denotemos las cuatro tiltima.s matrices, respectivarnente, E l, Ell Ell E .

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    i-Febrero1994

    Asi si n es e l conjunto de las aplicaciones lineales que verifican las condi-ciones del enunciado con a = b = 0, y M(n, B C I 8) el conjunto de lasmatrices de dichas aplicaciones lineales respecto a la base Ben el espacioinicial y B e en el final, se tiene

    Por tanto, M(n, B" B) es un subespacio af{n de < t ( o C . . . ' y sudireccion es L[Elt E 2 1 E3, E..}.

    cComo las matrices son isomorfas a las aplicaciones lineales(fijadas una base en el espacio initial y otra en el espacio final), nes unsubespacio afin de e ( c c ) Y su direccien es L{Fl1 F 2 1 F 3 , F . .] , donde r , esla aplicaci6n lineal que tiene como matriz Ej res- pecto de la base B enel espacio initial y Be en el final (j=1,2,3~4). .

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    ')0 Problemas de Examen .~lgebra I

    (2.5 Puntos)1. [.25 puntos] Demuestrese que 5 1 y et), z(t) son solucionesdel problema de valorinicial

    {y'(t) =iy(t) + z ( t )

    (a ) Z / ( t ) = -yet) + iz(t) + (1 - 2i)e CyeO) =0z(O) = 1entonces y e t ) tambien es solueidn del problema de valor initial

    {y "(t) - 2iy '(t) = (1 - 2i)e'(6) yeO) = 0y'(O) = 1

    lI"(t) - 2iy '(t) = (1 - 2i)eC2. [.S puntos)Ha,l1ese 11.soluden general de 11.ecuacion

    sin emplear los resultados de los apartados 4 y 5.3. [. 5 puntos]Ha,llese 1&sclucien del problema de valor i~icia.l (b).4. [.75 puntos]Hallese eA . con A = t.: ~ ).5. [.S puntos]Ha,llese 11.soluci6n del problema de valor initial (a), utilizando eA e

    Nota:

    SOLUCION1. La primera ecuacicn de (a) es equivalente a

    y' - iy =zSi derivamos esta ecuacicn

    y " - i y ' = z' ::::-y+ i C y ' - i y ) + (1 - 2i)e'- y -\L,Y( _,..J2 L \Por tanto, se tiene J J ..J

    {y " - 2iy ' = (1 - 2i)tCy(O ) :;:: 0y ' ( O ) = iy(O) + z ( O ) = 1

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    ,. Fcbrero1994 9 1

    2. Para resolver la ecuacien hornogenea asociada" ?" 0- _I y =

    hay que hallar las raices de\2 2" . { .\ =01\ - 11\ = 0 - . x () . - 21 ) = 0 --+ .. x = 2,

    Por tanto, la s olu cio n general de la ecuacien hcmogenea es

    Rusquemos una solucien particular de 1aecuaci6n cornpleta que sea de la forma

    Sustituyendo en la ecuacion . ,

    ce ' - 2icet ={I - 2i)et --+ e(l - 2i)e' = (1 - 2i)e~se obtiene

    por tanto c = 1y una solucien particular de Ia ecuacien completa es. IY J I ( t ) =e t I

    Consecuentemente, la solucicn general de II. ecuacion completa esI y ( t ) = Cl + cl e2 it + e t I

    3. Para hallar la solucien de (b) consideraremos la solucicn general.

    { y ( t ) =Cl+ cle2it + e'y '(t ) = 2i c~ e2 it + ety sutituiremos los va.lores iniciales

    { Y(0) = 0 ---+ 0 =Cl + C2 + 1y ' ( O ) = 1- 1 = 2ic:! + 1Resolviendo el sistema lineal anterior obtenemos C1 =-1, c , =0, y por tantola solucion del problema (b) es

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    92 Problemas de Examen Algebra I. ---~--.-...-.'.--

    4. Hallemos el polinomio caracteristico de la matriz A

    P,d.\ ) = I i = / i~.\= (.\ - il l + 1 = .\2 - 2i'\ - 1 + 1 = A l - 2iAPA(.\) = > '(A - 2 i)Como las dos raices de PA son distinta.s, el polinomio minimo de A coincidecon su polinomio caracterfstico,

    p(z) =a + bz (hemos tornado grp = grmA -1 = 2 -1= 1)Si consideramos la funcion f(x) = edt queremos hallar I C A ) = eAtConsideremos e l polinomio de primer grado

    Se va a verificar la. igualdad(A ) - I(A) . { a = p ( O ) = /(0) = 1 .P - '" a + 2ib = p(2i) = f(2i) = e21 t

    La. sclucien de esta.s ecuacionee es

    {a=l

    b - ,2;1_1_ 2iyentonces e2it - 1p(z) =1+ .:t. 2,

    ,2it _ 1 ( 1 0 ) ( 1:2;'_1 e 2 ' ~ : - J )eAt -_ I(A) = peA) = 1+ 2i A = 0 + 2, 2 _~~I1 _e '~;1~.Por tanto, se tiene

    (J~y la solucicn es

    A = ( i 1 . )1, F(t) = ( (1-2i)~ )5. Si consider amos

    queremos resolver el problema de valor inicial

    {"X'(t) =AX(t) + F(t)X ( O ) = ( ~) = Xo

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    ..~ _ - - - _ ._ _ - - -.-

    L a so lucion puede expresa rse de la fo rm a"

    7-Febrero-1994

    Entonces

    "ot

    ( ~ (e2 it - 1+ e ' - e2 it - (1- 2i)e ' + 1- 2i) )X( t ) = 21(e2i' + 1+ e ' - e21" + (1- 2i)e- -1 + 2i )Y por tanto la solucion es

    ( e'-1 )X(t) = (1- i)e' + ies decir ,

    y e t ) = e' - 1z(t) = (1 - i) e t + i

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    ~ . . - - - -- _ . _ . . . . . . . . . _ _--_.--- - ---Problemas de Examen Ii Igebra I

    INGENIERiA INDUSTRIALEX AM EN D E ALGEBRA 1 . 5~ IX~1994 .

    (P~(2.5 Puntos}.1. (1.5 Puntos) Calcdlese II. posicion relativa. de lo s planes 7rt, "'2, "'3:

    1 1 " 1 : 2: - 4y +6%=3"'2 : : - 2y +nr = 1" ' 3 : 3% +my + 9 : = 3

    segtin los valores de n y m. (Sugerencia.: triangularlzese el sistema. de ecua-clones}.

    ~. . > : :I ~ >

    2. (I Punto) Calciilese los valores de n y m para. que los planes 7r2y7r3 se cortenen II . recta. de vector director (4,3,-2) y que pasa. por el punto (1,0,0).

    SOLUCION1.

    7rl : 2: - 4y + 6: = 3 }1 1 " 2 : x - 2y + nz = 11 1 " 3 : 3x + my + 9: = 3

    Vamos a triangularizar este sistema. de ecuaciones. Llamemos A a . Ia matrizde coeficientes y A ' a II. rnatriz ampliada..

    6(n - 3)a

    /).~~~~ rg(A)=2, rg(A')=3 = > Sistema IncompatibleI fh Y ill son paralelos y il3 los corta 1.~ ..~( m = y ~ rg(A)~l. rg(A')=2 = > Sistema Incompatible

    . . . . . . _ ~ .fl! Y rh son paralelos y il3 es coincidente con nl

    .------------------------r-------)

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    .5-Septiembre-1994

    Si ri # - 3- m = f : . -6 ~ rg(A)=rg{A') :: : :3 =} Sistema Compatible

    Deter rn inadoILos tres pIanos se cortan en un punto I...f __"'~"'-'--"::c~

    - m = -6 = > rg(A)=2 , rg(A')=3 = > S is tem a I nc ompa .tib le- ~~ - - - .I n 1 Y n J so n paralelos y n 2 )05 corta I 2 .

    o S i pasamos la recta a sus ecuaciones impHcitas{X - 2y - z = = l'" : 3x + 2y + 9 % = 3

    de donde se ve inmediatamente que I n = -1, m = 2 11 X - 'i1~1 :: :- - ?. ~ :< - f> '1 - + C r t - : : :3

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    96 Problemas de Examen ~ i.Jg eb ra { :

    PROBLEMA 2~ (2.5 Puntos) Sea Ia matriz

    ( 2 5 - 4 )A = 5 3 -54 5 -61. (1 Punto) Calciilense sus matrices componentes.2. (0.75 Puntos) Calculense (~)'OO y.sen{1rA).3. (0.75 Puntos) Calc l le . se una funcidn g(z) tal que:

    ( 3 5 - 4 )g (A ) = 5 4 -5 .4 5 -5( x r z _ + - l{ + Lty) ( X - ~ ) :

    SOLUCrON )(~ _ ~X '2 t l.\ X - \ ~ L - + l.( 'X - 'l:-.l-V~ t-c- t x t . -'-lX-1'1 \1. Matrices componentes. Hallemos e polinomio caracteristico de 1a.matriz A : 2 - A 5 -4PA(.\ ) = S 3-.\ -5 -4 5 -6 -).= - (6 - SA + .\2)(6 + ,x).- 1 00 - 1 00 + 1 6(3 - .\) + 25(2 - ;\) + (6 + .\)25 == -36 +30.\ - 6.\2 - 6.\+5.\2 _.\3 - 200+ 48 -16.\ + 50 - 25),+ 150+ 25. \ =

    =_.\3 _.\2 + 8 .\ + 12 =-(.\ - 3)(.\1 + 4 ). + 4 )I PA{) . ) = -(.\ - 3)(.\ + 2)2]H allemos e l polinornio minimo de la rnatriz A :

    ( - 1 5 - 4 )A - 31= 5 0 -54 5 -9. ( 4 5A + 21= 5 54 5

    (A - 31)(A + 21 ) = ( ~

    -4)-5-4o - 5 )o 0 #0o -5

    Como la rnatriz (A-3I)(A+2I.) es distinta. de 01 el polinomio minimo de A esImAP) =(.\- 3){) ' + 2)21

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    A OS-Sep: iem bre.1994

    9i

    Cualquier funci6n de A es un polinomio de grado a , 1 0 sumo 2 en A :I(A ) :: :: q(A ) = C o + cIA + c lA 2 = = f ( -2)Zl + P(-2)Z2 + J(3)ZJ

    donde ZI, Z l, Z3 son las matrices componentes de A .Tornernos

    ,-

    C l > Z3 =Z1 =Z2 -

    -

    fl(x) = 11 2 ( % ) = = % + 2hex} = (x + 2}2

    Sustituyendo estas funciones particula.res en II. formula anterior, podemos cal-cular las matrices componentes de A :II(A) = = I= ZI + Z3heAl =A + 21 = Z2 + 5Z3h(A) = (A + 2/)2 =25Z3

    Resolviendo este sistema. matricial de ecuaciones se obtiene(A + 21)225-Z' 1=_A 2 +4A+41 +1 = = -,A?-4A + 211, 3 + . 25 . . 25A + 21- 5Z3 = = (A +2/)(i -:-5(A;5 21 = (A + 21)(1 _ A.~ 21)(A + 2J ){ 51 - A - 21 ) = (A,+ 21 ) ( 31 - A) = -A 2+ A + 615 5, 5

    (2 5 25 -25)(~+ 2Q'l = 25, 25 -25

    ", 25 25 -25Sustituyendo

    {A+2/)' ( 1 1 - 1 )3 = = 1 1 -125 1 1 -1( 0 - 1 nI =1- Z3 = -1 0-1 -1. ( - 1 o 1 )l =A+21-5Z3, = 0 o 0-1o 1

    2. Una vez que se dispone de las matrices componentes, es muy sencillo calcularcualquier funcion de A.S i tomamos f(x) = = (!froo :

    (~) 100 = = I( -2)Zl + I' ( -2)Z2 + 1(3)Z3 = = Z3

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    . . . . , . . . . . . - _ ~ ~ _ . _

    98 Problemas de Examen Algebra I

    {/(-2) =0

    puesto que 1'( -2) = 0/(3) = 1 . '..Considerando ahor& 1&funden h(x)=sen(1rx), se tieneIsene 1 1 'A) = sene -211')Zt + 1I 'cos(-211 ')Z , + sen (311'Z3 = 1rZ , )

    3 . @ 5 . - 4 )g(A) = ~-5 =g{-2)Zl + g'(-2)Z, + g(3)Z35. -5Usando la s coordenadas (1 ,1 ). (2 ,1 ) y (2,2) de esta ecuacicn matr ic ia l , se ob-t iene ..,3 = g( -2)0 + g' ( -2)( -1) + g(3)15= g(;" '2)( -1) + g '( -2)0 + g(3)1" = g( -2)0+ 9 '( -2)0+ g(3)1de do nde

    - 3= -9'(-2) + g(3)- 5 = -g(-2) + g(3)---to 4 = g(3)

    C ] ' t i )~ " . I

    g(3) =4g(-2) = g(3) -5=-1g'(-2) = g(3) - 3 = 1Comprobemos que si g ( 3 ) ~ g ( -2) = -1, g '( -2) = I, se tiene que la matrizque esperarncs sea g(A) es igual a -Z\ + Z, + 4Z3 :-Z, +Z.HZ. = U ~ = D + ( = ~ ~ D + (: ! n =

    ( 3 ' 5 - 4 )= 5 4 -54 5 -5Luego, basta elegir cualquier fun cion que verifique

    9(-2)=-1g' ( -2) = 1g(3) = 4

    Si escogemos g(x) = ao + al(x + 2) + a,(x + 2)' ---t g'(x) =a1 + 2a,(x + 2)9(-2) = ao =-1g' ( -2) =al = 1g(3) = 00 + Sat + 25a, =4 --+250, = 4 + 1 - 5 =0

    LuegoI g( x) = -1 + x + 2= x + 1 1

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    S 5ep t i embre -l994

    . .

    PROBLEMA 3. (2.5Puntos)1. (O.75 Puntos). Sea la matriz

    M. = ( - l ~ _ ~ ) E c e lll).Hallese la imagen de M, Y sus subespacios propios. Encuentrese una base dela imagen de M l formada por vectores propios de M I' l,Pueden formar partede est a base autovectores de autovalor cere? iEs diagonalizable la matriz?

    2. (0.75 Puntos). Consideremos a eontinuaci6n la matrizM,= (- i ~ )E c e l',').

    , H a l le s e la imagen de M 3 y sus subespacios propios. Dernuestrese que los vee-torespropiosdeMj"'pett'e"rt!Cm=t"tt'lfuagen de M 2 pero que no existe ninguna.base de dicha imagen formada. por autovect,ores de M2 l,Es diagonalizable la .matriz? .

    3. (0.5 Puntos). Demostrar que para cualquier matriz A E X(n, . . .} se cumple queAv =,xv j 0 # .\ E r : ; 0 # v E ( e n = ,. v e Im(A)

    4. (0.5 Puntos). Utilizando 1 0 anterior y reeordando que VA E ($(" ,1 \) se cumple:dim(Im A) + dim(ker A) = n,dernuestrese A es diagonalizable en (C

    existe una base de Irn A Icrmada por vectores propios de A.

    OS?Oh, ',. .rSOLUCION1. La . imagen de Ml es

    1mM. =L [( -1~ ) ,( _ ! ) 1 = L [( _;)]. .

    Para hallar los subespacios propios de MIl calculernos primera.mente su Ipoli_nomio caracteristico svI x - 6 -3 I, l y f . ( X ) = det I x I - M d = 10 % + 5 = x ( % -1)Los autovalores de M I son 0 y 1, y los subespacios propios correspondientesson

    !_-----------r---J

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    . . . . . - -.- .- - ..- -----------_. --.--

    1 0 0 Problemas de xamen Algebra [

    V(Ml' O):::ker( -Md

    -5Xl - 3x, =0V(Mlt 1) = L [( _~ ) ]

    V(Mll l}= ker(I - Mt)

    . Se puede Iorrnar la base de Im Mt pedida

    1m M, =V(M"l) = L [( _~ )]Es diagonalizable pues Ml E a'(2,2) y tiene autovalcres djstjntosLos autovectores correspondientes al a.utova.lor ).=0 no pertenecen a Im Mlobviamente.

    2. La imagen de M 1 es

    1m M, = L [( - i ) , ( ~ ) ] =e e 'Para hallar 109 subespacios propios de M'l. calculemos primeramente su poli-nomio caracterfstico ' I X-2 - 1 1M ~ ( X ) =det(xl- Ml)= 1 x = (x - 1)1El iinico autovalor de M l es 1 (0 no es autovalor), y su subespacio correspon-diente e s :

    V(M'l. 1)::::ker(I- Ml)-Xl - Xl=0 \ Xl := -Xl ~ V(M11 1 ) =L [( 1 ) ]X\+Xl=O J -1

    Clar arnente ( _: ) E Irn M" ya que ( _: ) =' ( _~) _ ( ~ ). pew nopuede haber ba se de autovectores de Irn M 'J pues dim 1m M 2 = 2 Y s610 hayun vector propio linealmente independiente.No es diagonalizable pues dim V(Ml.1)=1

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    .5Septiembre1994 1 0 1

    3. S i Av:; : : A V ; ) . . ' f : 0; V : f 0, entonces * E a: Y A (~) = v E Irn A.4 . S610 hay que tener en cuenta que ker A = V(A,O) y que los vectores propiosde autovalores distintos son linealmente independientes. A diagonalizable ~ 3 base de vectores propios de A : B = { v . . . v , , } ~Irn A=L!Avh .,., AV'll= L { A I VI, ,' )." v,,]= L P . Vil"'" A i " viio 1con A i ) - 0 Y {Vi., "1V i I , } linealmente independientes.Im A=L[Vill ... , V i . J por el apartado anterior y por ser 1m A un sube-spacio vectorial.Por tanto, B' = { V i " '''I Vi,,} es una base de 1m A f o rmada por vectorespropios de A .

    Como ker A = V(A,O) y 1m A=L[Vh .," V k ] con { V h " , , 1 1k } autovectores~ ker A e 1m A y dim ker A = n dim 1m A = >ker A e I rn A =(l" y se puede construir una b a se de veeto res propios :s i {Vk+1t , , vn} es una . b a se de ker A, entonces {Vlt ,11.1:,Vk+1, ... , VII} esuna base de cr formada por vectores propios de A.

    o

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    102 Problemas de Examen .~/gebra [

    PROBLEMA 4. (2.5 Puntos)1. Considerense los problemas de valor lnicial

    x(t) = ix(t) -lv(t) - 2ty e t ) = ~:t:(t) + ~v(t) - 4 + 2tx(O) = 2yeO) = 2{i(t) - 4x(t) + 4x(t) : = 4t',\x(O) = 2 .._._.z(O) =2

    ( a . ) (0.5 Puntos) Pruebese que si :ret) e v e t ) verifica.n (1), entonces x(t)veri f ica . (2) .. (b) (1Punto) Hallese x(t) sin usar exponentiales dematriees. (J)

    (e) (0.5 Puntos) Hillese yet) usando el apa.rtado anterior y una de las ecua-ciones de (2) -.

    2. (O.S Puntos) Sea. D una. ma.triz n x n eon coefieieutes complejos y X unvector co lumna. de a m . Hal1ese u na f un cie n F( t ) con valores reales tal que

    X(t) = eF(c}D Xosea. solution del problema de valor initial

    { X(t) =t3 D X ( t )X(O) =Xo

    SOLUCI6N (J 't, ,.-'1. (a) Derivando x = ~x - i v - 2t se obtiene

    - 3. 1. 2 . 5. 1. 2x = 2 % - ' 2 Y - = 4x - iX - 2 Y -Si sustituimos en esta ecuacicn t a o segunda ecuacicn de (1)

    . 5 (3 1 ) 1 11 5 )x = 4x - 2 2 2 : - 2 Y - 2t - 2 \ 2 x + z Y - 4 + 2t - 2i= 4 :i: - 4 x + 4 t - i-4 x + 4 x = 4t ( ..)

    En (1) ya se tiene x ( O ) = 2, Y adernss (haciendo t = 0 en la primeraecuacion de (1)) se obtiene

    . 3 1x ( O ) = 2 x ( O ) - 2 Y (O ) = 3 - 1 = 2

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    .'

    )~Ie .j.Septjembre.1994

    103

    (b) La ecuacion caraeteristica ) . : 2 - 4). + 4 = 0 tiene como raiz doble ). = = 2.Por tanto, la solucion general de la ecuacicn homogenea asociada a (,.)es

    % H ( t ) = cJe21+ clte2!Una solucion particular de la ecuaci6n completa (,.) es de la forma

    % p ( t ) = = a + btEntonces

    0- 46 + 4( a + h i) = = 4ty se tiene

    4a - 46 =046=4de dondea = b = 1 Y : t p ( t ) = 1 + tPor tanto

    es la solution general de ( ...).i(t) = 2cle2t. + C2e2t + 2c2te2t + 1

    y sustituyendo las condiciones initiales de (2), se obtiene el sistema deecuaciones2 = x ( O ) = Cl + 12 = . i ( O ) = 2Cl + C2 + 1

    .de don de se obtiene Cl = = 1 Y C2 =-1.Por tanto, Ia solucion de (2) esI x ( t ) = = e 2t - tel' + 1+ D

    (e) Despejando y de la primers ecuaci6n de (1)y = -2% + 3x - 4

    Y = -2(2e21 - e21 - 2te 2t + 1) + 3(e21 - te 2t + 1 + t) _ 4tI y ( t ) = e21 + te 21+ 1-l

    2. S i X(t) = = eF(C}D x,eDX(t ) = X C i ) = = F'(t)DeF(t}D x, = F'(t)DX(t)

    Por tanto, F debe curnplir(Q) t3 = = F'(t)

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    ,_-L (''~

    104 Problemas de Examen Algebra [

    Sustituyendo el valor inicial t =0, se obtieneXo = X(O) = eF(O)D Xo1 0 cual implica que

    eF(O)D =1que se sa.tisface si

    F(O)D = 0Conseeuentementet F debe sa.tisfa.eer

    (P ) F ( O ) =0La tinica funci6n F que satisfaee (0') y (P ) es

    F(t) =!t44Por tanto

    '~"'.'"' -,; ~., :.~