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Primer Parcial. 2002-03. R-1

Algebra. 2002-2003. Ingenierıa Aeronautica.

Departamento de Matematica Aplicada II.

Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla.

Primer Examen Parcial. 31-1-2003.

Ejercicio 1.

(a) Sea Q : R3 −→ R la forma cuadratica definida mediante

Q(x, y, z) = x2 + 3y2 + 2αz2 − 2xy − 6yz + 2xz (α ∈ R).

(a1) Reduce Q a suma de cuadrados (dando las relaciones entre las variables inicialesy las finales) y estudiala en funcion de α.

(a2) Tomando α = 1, determina (si es posible) dos puntos (x, y, z) ∈ R3 tales que

Q(x, y, z) = −4.

(a1) Completando cuadrados tenemos,

Q(x, y, z) = [x2 + 2x(−y + z)] + 3y2 + 2αz2 − 6yz

= [x + (−y + z)]2 − (−y + z)2 + 3y2 + 2αz2 − 6yz

= [x − y + z]2 − y2 − z2 + 2yz + 3y2 + 2αz2 − 6yz

= [x − y + z]2 + 2y2 + (2α − 1)z2 − 4yz

= [x − y + z]2 + 2(y − z)2 − 2z2 + (2α − 1)z2

= [x − y + z]2 + 2(y − z)2 + (2α − 3)z2

= x′2 + 2y′2 + (2α − 3)z′2 siendo

x′ = x − y + z,y′ = y − z,z′ = z.

Por tanto,

Si 2α − 3 > 0 (⇔ α > 32) la forma cuadratica es definida positiva (los tres coefi-

cientes son positivos);

Q(x, y, z) > 0, ∀(x, y, z) 6= (0, 0, 0).

Si 2α − 3 = 0 (⇔ α = 32) la forma cuadratica es semi-definida positiva (hay dos

coeficientes positivos y uno nulo);

Q(x, y, z) ≥ 0, ∀(x, y, z) ∈ R3 y ∃(x0, y0, z0) 6= (0, 0, 0) tal que Q(x0, y0, z0) = 0.

Algebra. Ingenierıa Aeronautica.

R-2 Primer Parcial. 2002-03.

Si 2α − 3 < 0 (⇔ α < 32) la forma cuadratica es indefinida (hay dos coeficientes

positivos y uno negativo);

∃(x1, y1, z1) tal que Q(x1, y1, z1) > 0 y ∃(x2, y2, z2) tal que Q(x2, y2, z2) < 0.

(a2) Para α = 1 la forma cuadratica es indefinida, es decir, existen puntos para los quetoma valores negativos y otros para los que alcanza valores positivos. Para obtenerpuntos (x, y, z) para los que Q(x, y, z) = −4 bastara obtener las coordenadas (x′, y′, z′)y puesto que tenemos la expresion en suma de cuadrados esto es inmediato. Por ejemplo,

Q(x′ = 0, y′ = 0, z′ = ±2) = −4.

Las coordenadas (x, y, z) las obtenemos de resolver los sistemas correspondientes

x′ = x − y + z = 0y′ = y − z = 0z′ = z = ±2

=⇒

x = 0y = z = ±2z = ±2

=⇒(x = 0, y = 2, z = 2),

(x = 0, y = −2, z = −2).

Ejercicio 1.

(b) Calcula la ecuacion reducida y (dando sus elementos caracterısticos) representa grafica-mente la cuadrica de ecuacion

4x2 + 4y2 − z2 − 16x − 8y + 16 = 0.

¿De que tipo de cuadrica se trata? ¿Es una superficie de revolucion?

Completando cuadrados tenemos

4x2 + 4y2 − z2 − 16x − 8y + 16 = 0⇔ 4(x − 2)2 − 16 + 4(y − 1)2 − 4 − z2 + 16 = 0

⇐⇒ (x − 2)2 + (y − 1)2 − z2

4= 1.

Por tanto, la ecuacion representa a un

hiperboloide de una hoja

con centro (de simetrıa) en el punto (2, 1, 0) y

eje la recta

x = 2y = 1

.

La superficie dada es una superficie de revolu-cion puesto que al cortar con planos paralelos alplano OXY (perpendiculares al eje del hiper-boloide) z = k se obtienen circunferencias

(x − 2)2 + (y − 1)2 = 1 +k2

4.

X

Y

Z

(2, 1, 0)

x = 2y = 1


Ejercicio 1. R-3

Ejercicio 1.

(c) Calcula An siendo

A =

2 0 1 00 2 0 10 0 2 00 0 0 2

Siendo I la matriz identidad de orden 4, podemos expresar la matriz A mediante

A = 2I +

0 0 1 00 0 0 10 0 0 00 0 0 0

y, puesto que la matriz 2I conmuta con cualquier otra matriz (4 × 4), podemos aplicar laformula del binomio de Newton a la potencia (2I + B)n siendo

B =

0 0 1 00 0 0 10 0 0 00 0 0 0

y obtenemos

An = (2I + B)n =

=

(

n0

)

(2I)nB0 + · · ·+(

nm

)

(2I)n−mBm + · · · +(

nn

)

(2I)n−nBn.

Puesto que B2 = 0, tenemos que Bk = 0 para k = 2, 3, ... y, por tanto, para n ≥ 2 se verifica

An = (2I + B)n = 2nI + n2n−1B + 0 =

2n 0 n2n−1 00 2n 0 n2n−1

0 0 2n 00 0 0 2n

.



Ejercicio 2. Considera la matriz A

A =

−1 0 1 2 1−2 2 2 5 01 −4 0 −3 3−3 2 3 7 3

.

Sin hacer intercambios de filas, reduce A a forma escalonada por filas y de lo que obtengasdeduce:

(a) La factorizacion A = LU .

(b) La dimension y una base de Col (A).

(c) La dimension y una base de Nul (A).

Hacemos la reduccion por filas almacenando en las posiciones por debajo de la diagonallos coeficientes utilizados para hacer los ceros,

A

F2 − 2F1

F3 + F1

-

F4 − 3F1

-1 0 1 2 1

2 2 0 1 −2−1 −4 1 −1 4

3 2 0 1 0

F3 + 2F2

F4 − F2-

-1 0 1 2 1

2 2 0 1 −2

−1 −2 1 1 0

3 1 0 0 2

.

(a) Por tanto:

A = LU siendo L =

1 0 0 02 1 0 0

−1 −2 1 03 1 0 1

, U =

-1 0 1 2 1

0 2 0 1 −2

0 0 1 1 0

0 0 0 0 2

.

(b) Puesto que las posiciones pivote obtenidas en la forma escalonada (por filas) estan en lascolumnas 1, 2, 3 y 5, las correspondientes columnas de A son linealmente independientesy generan todo el espacio columna de A (puesto que la columna 4 de la forma escalonadaes combinacion lineal de las tres anteriores, lo mismo sucede para las correspondientescolumnas de A). Por tanto, las columnas 1, 2, 3 y 5 de A forman una base de Col (A)y la dimension de Col (A) es 4 (el rango de A es 4). Una base de Col (A) es

v1 =

−1−21−3

, v2 =

02−42

, v3 =

1203

, v5 =

1033

.

(c) La dimension de Nul (A) = x ∈ R5 : Ax = 0 es (el numero de variables libres):

dim [Nul (A)] = n − dim [Col (A)] = 5 − 4 = 1.


Ejercicio 2. R-5

Resolviendo el sistema Ax = 0 (equivalentemente el sistema Ux = 0) obtenemos

-1 0 1 2 1 0

0 2 0 1 −2 0

0 0 1 1 0 0

0 0 0 0 2 0

F1 − F3

F1 − 12F4

-

F2 + F4

-1 0 0 1 0 0

0 2 0 1 0 0

0 0 1 1 0 0

0 0 0 0 2 0

⇒

x1

x2

x3

x4

x5

=

α−1

2α

−αα0

= αu ∀α ∈ R, siendo u =

1−1

2

−110

.

Por tanto, Nul (A) = Gen u,

u es una base de Nul (A) y

la dimension de Nul (A) es 1.



Ejercicio 3.

(a) Da la interpretacion geometrica y expresa en forma compleja y en forma matricial elresultado de las siguientes transformaciones en el plano (en el orden dado)

• Giro de centro el origen y angulo ϕ = π3.

• Simetrıa respecto al eje OY .• Homotecia de centro el origen y razon ρ = 3.• Traslacion de vector (2,−1).

• Giro de centro el origen y angulo ϕ = π3:

z∈ C −→ z1 = eπ3iz ∈ C.

π/3 z

z1

• Simetrıa respecto al eje OY :

z1 ∈ C −→ z2 = −z1 ∈ C.

z1z2

z1

• Homotecia de centro el origen y razon ρ = 3:

z2 ∈ C −→ z3 = 3z2 ∈ C.

z2

z3

• Traslacion de vector (2,−1):

z3 ∈ C −→ z4 = z3 + 2 − i ∈ C.

z3z4

(2,−1)

Por tanto, el resultado de las transformaciones dadas sobre un punto z es, en formacompleja,

z ∈ C −→ w = z4 = 3[

−eπ3iz]

+ 2 − i = −3e−π3iz + 2 − i ∈ C.

Para obtener la expresion vectorial basta con obtener las partes real e imaginaria de w = u+iven funcion de las partes real e imaginaria de z = x + iy.

w = u + iv = −3[

cos(−π3) + i sen(−π

3)]

(x − iy) + 2 − i =

= −3[

12− i

√3

2

]

(x − iy) + 2 − i

= −3[

12x −

√3

2y − i

√3

2x − i1

2y]

+ 2 − i.


Ejercicio 3. R-7

Por lo tanto,

u = −3[

12x −

√3

2y]

+ 2

v = −3[

−√

32

x − 12y]

− 1

⇒[

uv

]

=3

2

[

−1√

3√3 1

] [

xy

]

+

[

2−1

]

.

Obteniendo paso a paso la expresion matricial tendrıamos

[

uv

]

= 3

[

−1 00 1

]

[

12

−√

32√

32

12

]

[

xy

]

+

[

2−1

]

.

Ejercicio 3.

(b) Calcula la ecuacion de la superficie de revolucion que se obtiene al girar la recta

d ≡

x = 0y + z = 1

alrededor del eje OZ.

Al girar un punto (0, y, z) del plano OY Z alrededordel eje OZ se obtienen los puntos de coordenadas(X, Y, Z) dados mediante

X = |y| sen θY = |y| cos θZ = z

0 ≤ θ ≤ 2π

siendo θ el angulo que forman los vectores (0, y, 0) y(X, Y, 0).

O

X

Y

Z

θ(x = 0, y, z)

(X, Y, Z)

Por tanto, X2 + Y 2 = y2 y si el punto (0, y, z) esta en la recta dada obtenemos

=⇒ X2 + Y 2 = y2 = (1 − z)2 = (1 − Z)2 .

La superficie de revolucion que se obtiene

es un cono circular recto con vertice en el punto (0, 0, 1) y eje OZ y

tiene por ecuacion X2 + Y 2 = (1 − Z)2.



Ejercicio 3.

(c) Determina cual de los siguientes enunciados, referidos a una matriz real A m × n, no esequivalente a los restantes y da condiciones equivalentes a dicho enunciado

A El sistema homogeneo Ax = 0 tiene solucion unica.

B Los vectores columna de la matriz A son linealmente independientes.

C Para cada b ∈ Rm, el sistema de ecuaciones Ax = b es compatible.

D Para cada b ∈ Rm, el sistema de ecuaciones Ax = b es o bien un sistema compatibledeterminando o bien un sistema incompatible.

¿Que relacion debe existir entre m y n para que el sistema homogeneo Ax = 0 puedatener solucion unica? (Justifica la respuesta)

Los enunciados A , B y D son todos equivalentes entre sı (si un sistema homogeneo escompatible determinado, un sistema completo con la misma matriz de los coeficientes de lasincognitas puede ser o bien compatible determinado o bien incompatible) y equivalentes a queNul (A) = 0 (y esto es lo mismo que decir que no hay variables libres o que rango(A) = no que el numero de pivotes coincide con el numero de columnas). Desde el punto devista de la transformacion lineal definida por la matriz A, x ∈ Rn −→ y = Ax ∈ Rm (si lamatriz A es real), estos enunciados son equivalentes a decir que esta transformacion lineal esinyectiva (su nucleo es el subespacio nulo).

El enunciado C es equivalente a que todo vector de Rm se pueda expresar como combi-

nacion lineal de las columnas de A y, por tanto es equivalente a decir que Col (A) = Rm o,lo que es lo mismo, que el rango de A es m (o que el numero de pivotes coincide con elnumero de filas). Desde el punto de vista de la transformacion lineal definida por la matriz

A, x ∈ Rn −→ y = Ax ∈ Rm (si la matriz A es real), el enunciado C es equivalente a decirque esta transformacion lineal es sobreyectiva (su espacio imagen es el total R

m).

Si un sistema homogeneo Ax = 0 tiene solucion unica es porque el rango es igual al numerode columnas (el numero de pivotes coincide con el numero de columnas) y por tanto el numerode filas tiene que ser mayor o igual (puesto que en cada fila de A hay a lo sumo un pivote),es decir tiene que ser m ≥ n.


Ejercicio 4. R-9

Ejercicio 4. Considera los subespacios vectoriales E y F de R4 definidos mediante

E = Gen

u1 =

12−13

, u2 =

1101

, u3 =

5142

, F ≡

x1+x2+2x3+2x4 = 0,x1+x2−3x3−3x4 = 0,x1+x2+4x3+4x4 = 0,x1+x2+5x3+5x4 = 0.

(a) Determina E ∩ F y E + F en forma implıcita y en forma parametrica.

(b) Calcula una base de E, una base de F y una base de E + F .

(c) Calcula las coordenadas de w respecto de la base de E + F obtenida en b) y expresaw = [ 3, 2, −1, 4 ]T como suma w = u + v con u ∈ E y v ∈ F .

Puesto que tenemos que obtener E ∩ F y E + F , conviene tener ambos subespacios enforma implıcita y en forma parametrica.

El subespacio vectorial E viene definido en forma parametrica (el subespacio vectori-al E esta formado por todas las combinaciones lineales de los vectores u1, u2 y u3).Obtengamos unas ecuaciones implıcitas que le definan. Puesto que

E :=

x ∈ R4 : existen α1, α2, α3, α4 tales que x = α1u1 + α2u2 + α3u3

dicho subespacio esta formado por los vectores x ∈ R4 tales que el sistema [A|x] es unsistema compatible donde A es la matriz cuyas columnas son los vectores u1, u2 y u3.Reduciendo el sistema a forma escalonada tenemos:

1 1 5 x1

2 1 1 x2

−1 0 4 x3

3 1 2 x4

F2 − 2F1

F3 + F1

-

F4 − 3F3

1 1 5 x1

0 -1 −9 x2 − 2x1

0 1 9 x3 + x1

0 −2 −13 x4 − 3x1

F3 + F2

F4 + 2F2-

1 1 5 x1

0 -1 −9 x2 − 2x1

0 0 0 −x1 + x2 + x3

0 0 5 x1 − 2x2 + x4

.

Por tanto E = x ∈ R4 : −x1 + x2 + x3 = 0 y, teniendo en cuenta los pivotes que hemos

obtenido, los vectores u1, u2, u3 son linealmente independientes (y forman una basede E) y dim (E) = 3.

El subespacio vectorial F viene definido en forma implıcita (como conjunto-solucionde un sistema homogeneo). Resolvamos el sistema homogeneo que determina al sube-spacio para obtener unas ecuaciones parametricas (y una base y la dimension de dicho



subespacio). Expresamos el sistema en forma matricial y reducimos a forma escalonada:

1 1 2 2 01 1 −3 −3 01 1 4 4 01 1 5 5 0

F2 − F1

F3 − F1

-

F4 − F1

1 1 2 2 00 0 −5 −5 00 0 2 2 00 0 3 3 0

operacionesfila

-

1 1 2 2 0

0 0 1 1 00 0 0 0 00 0 0 0 0

F1 − 2F2-

1 1 0 0 0

0 0 1 1 00 0 0 0 00 0 0 0 0

=⇒

x1

x2

x3

x4

= α

−1100

+ β

00−11

.

Por tanto

F = Gen

v1 =

−1100

, v2 =

00−11

siendo v1, v2 una base de F y, por tanto, dim (F ) = 2. Notemos ademas que lasecuaciones asociadas a la forma escalonada obtenida son unas ecuaciones implıcitas quedefinen F (y son el menor numero de ecuaciones implıcitas que pueden definir F )

F ≡

x1+x2 = 0,x3+x4 = 0.

(a) Puesto que tenemos unas ecuaciones implıcitas de E y de F , tenemos unas ecuaciones

implıcitas de E ∩ F y, resolviendo el sistema, tendremos unas ecuaciones parametricas,

E ∩ F ≡

−x1+x2+x3 = 0x1+x2 = 0

x3+x4 = 0→

-1 1 1 0 01 1 0 0 00 0 1 1 0

→

-1 1 1 0 00 2 1 0 00 0 1 1 0

→

→

-1 1 0 −1 00 2 0 −1 0

0 0 1 1 0

⇒

x1

x2

x3

x4

=

−12α

12α

−αα

= αw0 siendo w0 =

−12

12

−11

.

Por tanto E ∩ F = Gen w0, una base de E ∩ F es w0 y dim (E ∩ F ) = 1.

Teniendo en cuenta las dimensiones de E, F y E ∩F , podemos obtener la dimension deE + F ,

dim (E + F ) = dim (E) + dim (F ) − dim (E ∩ F ) = 3 + 2 − 1 = 4

y, puesto que E + F ⊂ R4, tenemos que E + F = R

4 y, por ejemplo, la base canonicade R4 es una base de E +F . Ası tenemos la descripcion parametrica de E +F asociada


Ejercicio 4. R-11

a dicha base x1 = α1, x2 = α2, x3 = α3, x4 = α4 (α1, α2, α3, α4 arbitrarios). Dados4 vectores linealmente independientes de R

4, una combinacion lineal generica de estosnos dara una descripcion parametrica de E + F . Puesto que todos los vectores de R4

estan en E + F , no hace ninguna ecuacion implıcita para caracterizar los vectores queestan en E + F (o si se quiere la ecuacion 0x1 + 0x2 + 0x3 + 0x4 = 0).

(b) Antes hemos calculado una base de E y una base de F ası como una base de E + F(teniendo en cuenta quien es el subespacio E + F ). Puesto que en el apartado (c) sepide expresar un vector de E + F como suma de un vector de E y uno de F , convienetener una base de E + F formada por vectores de E y por vectores de F . Para estoconsideremos una base de E y una base de F y del conjunto formado por todos esosvectores extraeremos una base de E + F ,

1 1 5 −1 12 1 1 1 0−1 0 4 0 −13 1 2 0 1

F2 − 2F1

F3 + F1

-

F4 − 3F3

1 1 5 −1 0

0 -1 −9 3 00 1 9 −1 −10 −2 −13 3 1

F3 + F2

F4 + 2F2-

1 1 5 −1 0

0 -1 −9 3 00 0 0 2 −1

0 0 5 −3 1

F3 ↔ F4-

1 1 5 −1 0

0 -1 −9 3 0

0 0 5 −3 1

0 0 0 2 −1

.

Teniendo esto en cuenta se obtiene que los cuatro primeros vectores-columna u1, u2, u3, v1de la matriz considerada son linealmente independientes y el quinto v2 es combinacionlineal de los anteriores. Por tanto u1, u2, u3, v1 es una base del subespacio (E + F )generado por los 5 vectores columna de la matriz original.

(c) Las coordenadas del vector w = [ 3, 2, −1, 4 ]T respecto de la base B = u1, u2, u3, v1son los los coeficientes [α1, α2, α3, α4]

T para los cuales se cumple la igualdad

w = α1u1 + α2u2 + α3u3 + α4v1,

es decir, vendran dadas por la solucion del sistema de ecuaciones

1 1 5 −12 1 1 1−1 0 4 03 1 2 0

α1

α2

α3

α4

= w =

32−14

,



1 1 5 −1 32 1 1 1 2−1 0 4 0 −13 1 2 0 4

F2 − 2F1

F3 + F1

-

F4 − 3F1

1 1 5 −1 3

0 -1 −9 3 −40 1 9 −1 20 −2 −13 3 −5

F3 + F2

F4 − 2F2

-

F1 + F2

1 0 −4 2 −1

0 -1 −9 3 −40 0 0 2 −2

0 0 5 −3 3

F3 ↔ F4-

1 0 −4 2 −1

0 -1 −9 3 −4

0 0 5 −3 3

0 0 0 2 −2

F1 + F4

F2 − 32F4

-

F3 + 32F4

1 0 −4 0 1

0 -1 −9 0 −1

0 0 5 0 0

0 0 0 2 −2

⇒

α1

α2

α3

α4

=

110−1

.

Por tanto w = u1 + u2 − v1 y basta tomar

u = u1 + u2 =

23−14

∈ E y v = −v1 =

1−100

∈ F

para obtener una descomposicion como la pedida.


Segundo Parcial. 2002-03. R-13




Segundo Examen Parcial. 14-06-2003.

Ejercicio 1. Consideremos la matriz A y el vector w dados por

A =

3 3 7 −61 0 0 00 −1 0 00 0 −1 0

, w =

2−101

.

(a) [3 puntos] Estudia si A es diagonalizable.

(b) [3 puntos] Estudia si w es un autovector o un autovector generalizado de A (o ningunade las dos cosas).

(c) [3 puntos] Calcula A50w.

(d) [1 puntos] ¿Es diagonalizable AT A mediante una matriz de paso ortogonal? Justifica larespuesta.

(a) Estudia si A es diagonalizable. En primer lugar, calculamos los autovalores de Aobteniendo y resolviendo la ecuacion caracterıstica p(λ) = det (A − λI) = 0,

p(λ) = det (A − λI) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

3 − λ 3 7 −61 −λ 0 00 −1 −λ 00 0 −1 −λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

desarrollando porlos elementosde la primera

columna

=

= (3 − λ)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−λ 0 0−1 −λ 00 −1 −λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

+ (−1)3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

3 7 −6−1 −λ 00 −1 −λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

+ 0 − 0 =

= (3 − λ) (−λ)3 − (3λ2 − 6 − 7λ) = λ4 − 3λ3 − 3λ2 + 7λ + 6 = 0.

Buscando soluciones entre los divisores de 6 (el termino independiente de la ecuacionpolinomica obtenida):

±1,±2,±3,±6,

tenemos que

p(1) = 8 6= 0, p(−1) = 0


R-14 Segundo Parcial. 2002-03.

y por tanto, ya tenemos una solucion, λ1 = −1, de la ecuacion caracterıstica y dividiendop(λ) por λ + 1 tenemos que

1 −3 −3 7 6−1 −1 4 −1 −6

1 −4 1 6 0

y por tanto,

p(λ) = (λ + 1)(

λ3 − 4λ2 + λ + 6)

.

El cociente obtenido, λ3 − 4λ2 + λ + 6, tambien se anula para λ = −1 y volviendo adividir por λ + 1 tenemos la ecuacion

p(λ) = (λ + 1)2 (λ2 − 5λ + 6)

= 0

cuyas soluciones son

λ1 = −1(doble), λ2 = 2(simple), λ3 = 3(simple).

El que la matriz A sea o no diagonalizable dependera exclusivamente de que la multi-plicidad geometrica de su unico autovalor multiple λ1 = −1 coincida o no con su multi-plicidad algebraica. Estudiemos, por tanto, la multiplicidad geometrica de λ1 = −1, esdecir, la dimension del espacio propio asociado Nul (A − λ1I) = Nul (A + I).

(A + I) x = 0 ≡

4 3 7 −6 01 1 0 0 00 −1 1 0 00 0 −1 1 0

operacionesfila

-

1 1 0 0 00 −1 1 0 00 0 −1 1 00 0 0 0 0

.

Puesto que tenemos 3 posiciones pivote, el rango de la matriz A+I es 3 y la multiplicidadgeometrica de λ1 sera

mg(λ1) = 4 − 3 = 1 < ma(λ1) = 2.

Por tanto la matriz A, NO es diagonalizable.

(b) Estudia si w es un autovector o un autovector generalizado de A (o ningunade las dos cosas). Haciendolo en el orden en el que esta enunciado:

Para comprobar si w es un autovector de A bastara comprobar si Aw es o no unmultiplo de w,

Aw =

3 3 7 −61 0 0 00 −1 0 00 0 −1 0

2−101

=

−3210

6= λ

2−101

∀λ ∈ C.

Por tanto, w no es un autovector de A.

Comprobemos si w es o no un autovector generalizado de A. Si lo es, estara asociadoal unico autovalor multiple λ1 = −1. Tenemos que comprobar si se verifica la


Ejercicio 1. R-15

igualdad (A + I)2 w = 0. Puesto que ya hemos calculado Aw,

(A + I) w = Aw + w =

−3210

+

2−101

=

−1111

(A + I)2 w = (A + I)

−1111

=

0000

.

Por tanto, w es un autovector generalizado de A.

(c) Calcula A50w. Puesto que (A + I)2 w = 0, se verifica que (A + I)k w = 0 para k ≥ 2 y,aplicando la formula del binomio de Newton, tenemos

A50w = (A + I − I)50 w =

=

[

(−I)50 +

(

501

)

(−I)49(A + I) +

(

502

)

(−I)48(A + I)2 + · · ·]

w

= w − 50(A + I)w + 0 + · · ·+ 0 =

2−101

− 50

−1111

=

52−51−50−49

.

(d) ¿Es diagonalizable AT A mediante una matriz de paso ortogonal? Justificala respuesta. Por el Teorema espectral para matrices (reales) simetricas, una matriz(real) es simetrica si y solo si es diagonalizable ortogonalmente, es decir, si y solo si esdiagonalizable con una matriz de paso ortogonal. Teniendo esto en cuenta, lo unico quetenemos que comprobar es si la matriz AT A es simetrica. Y lo es puesto que

(

AT A)T

= AT(

AT)T

= AT A.



Ejercicio 2.

(a) [4 puntos] Consideremos una matriz A real m×n, el subespacio S = Col (A) y un vectorb ∈ Rm. Demuestra que los sistemas de ecuaciones

Ax = proy S(b) y AT Ax = AT b

son compatibles y tienen los mismos conjuntos de soluciones. ¿Que tiene que verificarla matriz A para que los sistemas anteriores tengan solucion unica?

(b) [4 puntos] Consideremos los vectores y el subespacio vectorial dados por

v1 =

−11−3

, v2 =

2αα3

, u =

α0−1

; S ≡ x1 + x2 + αx3 = 0.

Determina α sabiendo que proy S(v1) = proy S(v2) = u. (un dibujo puede ayudar)

(c) [2 puntos] Sea A una matriz cuadrada de orden 25 cuyo rango es 21. ¿Que sucede alaplicar el metodo de Gram-Schmidt a los vectores columna de A? ¿Cuantas veces? ¿Porque?

(a) Teorıa (Soluciones en mınimos cuadrados y ecuaciones normales de Gauss).

(a.1) El sistema Ax = proy S(b) es compatible. Puesto que proy S(b) ∈ S = Col (A),tenemos que proy S(b) se puede expresar como combinacion lineal de las colum-nas de A, los pesos (coeficientes) de cada una de las posibles formas de expresarproy S(b) como combinacion lineal de las columnas de A daran lugar a un vectorsolucion x de Ax = proy S(b).

A =

A1 . . . Aj . . . An

=⇒ x1A1 + · · ·+ xjAj + · · ·+ xnAn = A

x1

x2...

xn

,

Col (A) = Ax : x ∈ Rn = y ∈ R

m : Ax = y es un SC .

(a.2) Toda solucion de Ax = proy S(b) es solucion de AT Ax = AT b.

Si x ∈ Rn verifica Ax = proy S(b), entonces, multiplicando a la izquierda por AT

tenemos que AT Ax = AT proy S(b). Por otra parte,

AT b = AT (b − proy S(b) + proy S(b)) = AT (b − proy S(b)) + AT proy S(b)

y, puesto que

b − proy S(b) = proy S⊥(b) ∈ S⊥ = [Col (A)]⊥ = Nul (AT )

=⇒ AT (b − proy S(b)) = 0

obtenemos que AT b = AT proy S(b) y por tanto x verifica AT Ax = AT b.


Ejercicio 2. R-17

(a.3) Toda solucion de AT Ax = AT b es solucion de Ax = proy S(b). Si un vectorx ∈ R

n verifica AT Ax = AT b tenemos

AT Ax = AT b ⇔ AT (b − Ax) = 0 ⇐⇒ b − Ax ∈ Nul (AT ) = Col (A)⊥.

Por tanto,

Ax ∈ S = Col (A)b − Ax ∈ S⊥

=⇒

Ax es la proyeccionortogonal de b

sobre S

≡ Ax = proy S(b).

Los apartados (a.2) y (a.3) nos dicen que los dos sistemas citados (que no son equi-valentes en el sentido de que se pueda pasar de uno a otro mediante operacioneselementales fila) tienen los mismos conjuntos de soluciones. Junto con el apartado(a.1) nos dicen que los sistemas considerados son siempre compatibles. Notemosque el sistema Ax = proy S(b) es un sistema de m ecuaciones con n incognitasmientras el sistema AT Ax = AT b es un sistema de n ecuaciones con n incognitas.

(a.4) ¿Que tiene que verificar la matriz A para que los sistemas anteriorestengan solucion unica? Si tenemos un sistema de ecuaciones Ax = y que escompatible, puesto que

[

solucion generalde Ax = y

]

=

[

solucion particularde Ax = y

]

+

[

solucion generalde Ax = 0

]

se verifica que Ax = y es un sistema compatible determinado ⇐⇒ lo es el sistemahomogeneo asociado Ax = 0. Por tanto, los sistemas considerados tendran solucionunica si y solo si el sistema homogeneo Ax = 0 tiene solucion unica. Esto es equi-valente a que los vectores columna de A sean linealmente independientes, o lo quetambien es equivalente, el rango de A es igual a n (numero de columnas=numerode pivotes).

(b) Se trata de determinar el valor de α conociendo dos condiciones sobre los vectores y elsubespacio dados, que proy S(v1) = proy S(v2) y que estas proyecciones son iguales alvector u. La condicion proy S(v1) = proy S(v2) es equivalente a decir que el vector v1−v2

esta en S⊥ con lo cual

proy S(v1) = proy S(v2) ⇔ v1 − v2 =

−1 − 2α1 − α−6

∈ S⊥ = Gen

11α

⇔

⇔ v1 − v2 es multiplo de

11α

⇔ v1 − v2 =

−1 − 2α1 − α−6

= c

11α

para algun c ∈ R. Resolviendo el sistema de ecuaciones que se obtiene

−1 − 2α = c1 − α = c−6 = cα

⇒ · · · ⇒

α = −2c = 3

.

Hemos obtenido un unico valor posible de α utilizando solo una de las dos condicionesdadas, ahora hay que comprobar que efectivamente para dicho valor de α se verifican las



dos condiciones. Para obtener los vectores proyeccion sobre S lo mas comodo es trabajarcon S⊥ que tiene dimension 1.

S ≡ x1 + x2 − 2x3 = 0 ⇔ S⊥ = Gen

11−2

⇒ proy S⊥(v1) = −1+1+61+1+4

11−2

=⇒ proy S(v1) = v1 −

11−2

=

−20−1

= u.

Por tanto proy S(v1) = u y tambien proy S(v2) = u.

Observaciones.

(1) Algunos alumnos han resuelto el ejercicio de la siguiente forma:

Puesto que la proyeccion ortogonal de v1 sobre S es u, la proyeccion ortogonal dev1 sobre el subespacio R = Gen u generado por u tambien es u y, por tanto,tenemos

u = proy S(v1) = proy R(v1) =v1 · u||u||2

u =−α + 3

α2 + 1u ⇒ −α + 3

α2 + 1= 1 ⇒ α2+α−2 = 0.

Analogamente, para v2 tenemos

u = proy S(v2) = proy R(v2) =v2 · u||u||2

u =2α2 − 3

α2 + 1u ⇒ 2α2 − 3

α2 + 1= 1 ⇒ α2 = 4.

El valor buscado de α (o posibles valores a priori) debe verificar las dos ecuaciones

α2 + α − 2 = 0α2 = 4

.

Resolviendo obtenemos que el unico valor posible es α = −2. Sin embargo, elargumento anterior no es completo puesto que

proy S(v1) = u=⇒⇐=6 proy R(v1) = u (R = Gen u)

y habrıa que comprobar que efectivamente el valor de α verifica las condicionesdeseadas (No se ha penalizado la no comprobacion de dichas condiciones a poste-riori).

(2) Si tenemos una base w1, w2, . . . de un subespacio vectorial S y un vector v, elvector dado por la formula

v · w1

||w1||2w1 +

v · w2

||w2||2w2 + · · ·

es el vector proyeccion ortogonal de v sobre S cuando la base es una baseortogonal de S. Si la base de S dada no es ortogonal, la expresion anterior dalugar a un vector de S que no es la proyeccion ortogonal de v sobre S.


Ejercicio 2. R-19

(c) Sea A una matriz cuadrada de orden 25 cuyo rango es 21. ¿Que sucede alaplicar el metodo de Gram-Schmidt a los vectores columna de A? ¿Cuantasveces? ¿Por que?

Puesto que el rango de A es 21, la dimension del espacio Col (A) es 21 y por tanto, siconsideramos los vectores columna de A en el orden en el que aparecen en la matriz, hay25 − 21 = 4 vectores que se pueden expresar como combinacion lineal de los anteriores(en el caso del primer vector columna, puede suceder que sea nulo). Al aplicar el metodode Gram-Schmidt a los vectores columna de A, cada vez que lleguemos a un vector quees combinacion lineal de los anteriores, obtendremos el vector nulo puesto que un pasotıpico del metodo de Gram-Schmidt consiste en obtener la proyeccion ortogonal delvector vk+1 sobre el ortogonal del subespacio generado por los vectores anteriores,

v′k+1 = vk+1 − proy Sk

(vk+1) Sk = Gen v1, . . . , vk

con lo cual, si vk+1 es combinacion lineal de los anteriores tenemos que proy Sk(vk+1) =

vk+1 y por tanto v′k+1 = 0. Resumiendo, al aplicar el metodo de Gram-Schmidt a los

vectores columna de la matriz A:

¿Que sucede? Que en algunos pasos de dicho metodo se obtiene el vector nulopuesto que los vectores originales no son linealmente independientes.

¿Cuantas veces? Cuatro. Cada vez que llegamos a un vector que es combinacionlineal de los anteriores.

¿Por que? Porque un paso tıpico del metodo de Gram-Schmidt...



Ejercicio 3.

(a) [2 puntos] Sea A una matriz cuadrada diagonalizable cuyos unicos autovalores son λ1 = 1y λ2 = 0 (con sus correspondientes multiplicidades). Demuestra que

A2 = A.

(b) [4 puntos] Sean S1 y S2 los subespacios vectoriales de R4 definidos mediante

S1 ≡ x1 + x2 + x3 + x4 = 0, S2 ≡ x1 + x2 − x3 − x4 = 0.

Determina el vector v ∈ R4 sabiendo que sus proyecciones ortogonales sobre S1 y S2 sonrespectivamente

u1 = proy S1(v) =

3−55−3

, u2 = proy S2(v) =

7−17−1

.

(c) [4 puntos] Siendo S1 y S2 los subespacios vectoriales dados en el apartado anterior,calcula la matriz de la proyeccion ortogonal sobre el subespacio S = S1 ∩ S2.

(a) Puesto que A es diagonalizable, puede obtenerse una matriz P no-singular para la quese verifica que P−1AP = D es una matriz diagonal. La matriz P esta formada, porcolumnas, por autovectores de A que son linealmente independientes (que formaran unabase de Rn o de Cn). Los elementos diagonales de la matriz D son los autovalores de A(en el orden correspondiente a los autovectores dados en P ). Puesto que los autovaloresλ de A son cero o uno, en cualquier caso tenemos que λ2 = λ y por tanto D2 = D. Ası,tenemos

A = PDP−1 = P

1 0 · · · 00 1

. . .

0. . .

0 · · · 0

P−1 =⇒

=⇒ A2 = PDP−1PDP−1 = PD2P−1 = PDP−1 = A.

(b) Es inmediato comprobar que u1 ∈ S1 y que u2 ∈ S2. Entonces tenemos,

u1 = proy S1(v) ⇐⇒ v − u1 ∈ S⊥

1 = Gen

1111

=⇒ v = u1 + α

1111


Ejercicio 3. R-21

para algun α ∈ R. De forma analoga

u2 = proy S2(v) ⇔ v − u2 ∈ S⊥

2 = Gen

11−1−1

⇒ v = u2 + β

11−1−1

para algun β ∈ R. Por tanto,

v =

3−55−3

+ α

1111

=

7−17−1

+ β

11−1−1

.

Y basta con resolver el sistema de ecuaciones lineales en α y β que se obtiene:

α − β = 4α − β = 4α + β = 2α + β = 2

⇒ · · · ⇒

α = 3,β = −1.

Por tanto, existen dos numeros reales α y β tales que

v =

3−55−3

+ 3

1111

=

7−17−1

−

11−1−1

=

6−280

.

Observacion. El vector v se puede obtener de otras muchas formas (no muy distintas),por ejemplo utilizando que

proy S⊥

2

(v) = proy S⊥

2

(

u1 + proy S⊥

1

(v))

= ...

(c) Matriz de la proyeccion ortogonal sobre el subespacio S = S1 ∩ S2

S = S1 ∩ S2 ≡

x1 + x2 + x3 + x4 = 0x1 + x2 − x3 − x4 = 0

⇔ S = Nul

[

1 1 1 11 1 −1 −1

]

⇐⇒

⇐⇒ S⊥ = Col

1 11 11 −11 −1

= Gen

w1 =

1111

, w2 =

11−1−1

.

Puesto que w1, w2 es una base ortogonal de S⊥, tenemos que

w1

||w1||,

w2

||w2||

=

1

2w1,

1

2w2



es una base ortonormal de S⊥ y, por tanto, la matriz de la proyeccion ortogonal sobreS⊥ es

PS⊥ = 12

1 11 11 −11 −1

12

1 11 11 −11 −1

T

= 14

1 11 11 −11 −1

[

1 1 1 11 1 −1 −1

]

=

= 12

1 1 0 01 1 0 00 0 1 10 0 1 1

.

Teniendo en cuenta que

proy S(w) + proy S⊥(w) = w, ∀w ∈ R4,

para las correspondientes matrices de proyeccion se verifica que

PS + PS⊥ = I

y, por tanto, la matriz de la proyeccion ortogonal sobre S es

PS = I − PS⊥ =

12

−12

0 0−1

212

0 00 0 1

2−1

2

0 0 −12

12

=1

2

1 −1 0 0−1 1 0 00 0 1 −10 0 −1 1

.

Observaciones:

(1) No conlleva ninguna dificultad adicional el calcular directamente la matriz PS sinpasar por la matriz de la proyeccion ortogonal sobre S⊥, siempre y cuando no seaplique de manera incorrecta la formula PS = UUT siendo U una matriz cuyosvectores-columna...

(2) Puesto que se trataba de calcular la matriz de la proyeccion ortogonal sobre unsubespacio vectorial de R4 (lo que quiere decir que al multiplicar un vector de R4

por dicha matriz el resultado es el vector, de R4, que se obtiene como proyeccionortogonal del vector dado sobre el subespacio considerado), dicha matriz tieneque ser una matriz 4 × 4.


Examen de Junio (Segundo Parcial). 2002-03. R-23




Examen Final de Junio (Segundo Parcial). 7-07-2003.

Ejercicio 1. Considera la matriz A dada por

A =

−5 1 0−8 0 −14 0 0

.

(1.1) [4 puntos] Determina, si es posible, una base de R3 formada por autovectores y auto-vectores generalizados de A.

(1.2) [4 puntos] Calcula An para n = 1, 2, . . . .

(1.3) [2 puntos] Calcula los autovalores y autovectores de A + 2I y determina los vectoresb ∈ R

3 para los que el sistema de ecuaciones

(A + 2I)x = b

es compatible.

(1.1) Determina, si es posible, una base de R3 formada por autovectores y au-tovectores generalizados de A.

• Calculemos los autovalores de A: Ecuacion caracterıstica

p(λ) = det(A − λI) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−5 − λ 1 0−8 −λ −14 0 −λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= λ2(−5 − λ) − 4 − 8λ =

= −λ3 − 5λ2 − 8λ − 4 = 0.

Puesto que p(−1) = 1 − 5 + 8 − 4 = 0, p(λ) es divisible por λ + 1 y tenemos

−1 −5 −8 −4−1 1 4 4

−1 −4 −4 0

y, por tanto, p(λ) = (λ + 1) [−λ2 − 4λ − 4] = −(λ + 1)(λ + 2)2. Los autovalores de Ason, por lo tanto,

λ1 = −1 (simple) λ2 = −2 (doble).

• Autovectores asociados a λ1 = −1:


R-24 Examen de Junio (Segundo Parcial). 2002-03.

(A + I)x = 0 ≡

−4 1 0 0−8 1 −1 04 0 1 0

−→

-4 1 0 0

0 -1 −1 00 1 1 0

−→

→

-4 0 −1 0

0 -1 −1 00 0 0 0

⇒

x1

x2

x3

= x3

−14

−11

⇒

⇒ Nul (A + I) = Gen

−14

−11

= Gen

v1 =

14−4

.

• Autovectores asociados a λ2 = −2:

(A + 2I)x = 0 ≡

−3 1 0 0−8 2 −1 0

4 0 2 0

−→

4 0 2 0

0 2 3 00 1 3

20

−→

2 0 1 0

0 2 3 00 0 0 0

⇒

⇒

x1

x2

x3

= x3

−12

−32

1

= 12x3

−1−32

⇒

⇒ Nul (A + 2I) = Gen

v2 =

−1−32

.

Puesto quemg(λ2) = dim (A − λ2I) = 1 < ma(λ2) = 2

la matriz A NO es diagonalizable, y no puede obtenerse una base de R3 formada exclusi-vamente por autovectores. Necesitamos recurrir al calculo de autovectores generalizados(asociados al unico autovalor multiple).

• Autovectores generalizados asociados a λ2 = −2: Nul[

(A + 2I)k]

,

(A + 2I)2x = 0 ≡

−3 1 0−8 2 −14 0 2

2

x1

x2

x3

=

000

−→

1 −1 −1 04 −4 −4 0−4 4 4 0

→

→

1 −1 −1 00 0 0 00 0 0 0

⇒

x1

x2

x3

= x2

110

+ x3

101

⇒

⇒ Nul [(A + 2I)2] = Gen

110

,

101

.

⋆ Para obtener una base de R3 formada por autovectores y autovectores generalizadosde A basta tener una base de Nul (A + I) y una base de Nul [(A + 2I)2]. Puesto que

Nul [(A + 2I)] ⊂ Nul[

(A + 2I)2]


Ejercicio 1. R-25

podemos tomar como base de Nul [(A + 2I)2] una que este formada por un autovectory un autovector generalizado, por ejemplo

v2 =

−1−32

, w =

110

.

⋆ Por tanto,

v1, v2, w

es una base de R3 formada por autovectores y autovectores generalizados de A.

(1.2) Calcula An para n = 1, 2, . . . .

Para obtener la matriz An bastara obtener el resultado del producto AnP siendo P unamatriz no-singular, y de ahı despejar An multiplicando por P−1 a la derecha. Equiva-lentemente, basta obtener el producto de An por cada uno de los vectores de una basede R3 (para los que sea comodo calcular Anv) y a partir de esos resultados despejar An.Una base de R3 apropiada para este problema serıa una base formada por autovectores(si la hubiera, que en nuestro caso no la hay, puesto que A no es diagonalizable) puestoque para un autovector v de A asociado a un autovalor λ se verifica que Anv = λnv.Ya que no podemos tener una base de R3 formada exclusivamente por autovectores,recurrimos a los autovectores generalizados. En el apartado anterior hemos obtenidouna base de R3

v1, v2, w

formada por autovectores y autovectores generalizados. Para los autovectores tenemos:

Anv1 = λn1v1 = (−1)nv1 Anv2 = λn

2v2 = (−2)nv2

y puesto que para el autovector generalizado w se verifica (A + 2I)2w = 0, aplicando laformula del binomio de Newton tenemos

Anw = (A + 2I − 2I)nw =

=

[

(−2I)n +

(

n1

)

(−2I)n−1(A + 2I) + · · ·]

w =

= (−2)nw + n(−2)n−1(A + 2I)w +

(

n2

)

(−2)n−2(A + 2I)2w + · · · =

= (−2)nw + n(−2)n−1(A + 2I)w + 0 + · · · =

= (−2)nw + n(−2)n−1(A + 2I)w =

= (−2)n

110

+ n(−2)n−1

−2−64

= (−2)n

1 + n1 + 3n−2n

.



Expresando las anteriores igualdades vectoriales en forma matricial tenemos

An

v1 v2 w

=

(−1)n −(−2)n (1 + n)(−2)n

(−1)n4 −3(−2)n (1 + 3n)(−2)n

(−1)n+14 2(−2)n −2n(−2)n

=

= (−1)n

1 −2n (1 + n)2n

4 −3 2n (1 + 3n)2n

−4 2n+1 −n2n+1

y despejando An

An = (−1)n

1 −2n (1 + n)2n

4 −3 2n (1 + 3n)2n

−4 2n+1 −n2n+1

v1 v2 w

−1

=

= (−1)n

1 −2n (1 + n)2n

4 −3 2n (1 + 3n)2n

−4 2n+1 −n2n+1

12

2 −2 −24 −4 −34 −2 −1

=

= (−1)n

2

2 + n2n+2 −2 − (n − 1)2n+1 −2 − (n − 2)2n

8 + (3n − 2)2n+2 −8 − (3n − 5)2n+1 −8 − (3n − 8)2n

−8 − (n − 1)2n+3 8 + (n − 2)2n+2 8 + (n − 3)2n+1

.

Observacion. De las expresiones consideradas podemos obtener una factorizacion deAn:

Anv1 = λn1v1

Anv2 = λn2v2

Anw = λn2w + nλn−1

2 (A + 2I)w

= λn2w + nλn−1

2 2v2

=⇒ An

v1 v2 w

=

v1 v2 w

λn1 0 00 λn

2 2nλn−12

0 0 λn2

⇒ An =

v1 v2 w

λn1 0 00 λn

2 2nλn−12

0 0 λn2

v1 v2 w

−1

.

(1.3) Calcula los autovalores y autovectores de A + 2I y determina los vectoresb ∈ R3 para los que el sistema de ecuaciones (A + 2I)x = b es compatible.

Un vector u ∈ R3, u 6= 0 es un autovector de A + 2I asociado a un cierto autovalor µ si,y solo si, se verifica que (A+2I)u = µu. Equivalentemente, Au = (µ−2)u. Es decir, unvector u ∈ R3, u 6= 0 es un autovector de A + 2I asociado a un cierto autovalor µ si, ysolo si, λ = µ− 2 es un autovalor de A y u es un autovector de A asociado a λ = µ− 2.Por tanto:


Ejercicio 1. R-27

λ1 = −1 autovalor de A ⇔ µ1 = λ1 + 2 = 1 autovalor de A + 2Iλ2 = −2 autovalor de A ⇔ µ2 = λ2 + 2 = 0 autovalor de A + 2I

En lo que se refiere a los autovectores correspondientes tenemos:

λ1 = −1,µ1 = 1

⇒ Nul (A − λ1I) = Nul (A + 2I − µ1I) = Nul (A + I) = Gen v1 ,

λ2 = −2,µ2 = 0

⇒ Nul (A − λ2I) = Nul (A + 2I − µ2I) = Nul (A + 2I) = Gen v2 .

Por ultimo, el conjunto

b ∈ R3 : (A + 2I)x = b es un sistema compatible

no es otra cosa que el espacio columna de A+2I. Con las operaciones que hemos hechoa la hora de calcular los autovectores de A asociados a λ2 = −2, se obtiene que dichoespacio columna coincide con el subespacio generado por las dos primeras columnas deA + 2I, es decir

Gen

−3−84

,

120

.

Este subespacio vectorial lo podrıamos pasar a forma implıcita, sin mas que imponer lacondicion de compatibilidad del sistema

−3 1 0 b1

−8 2 −1 b2

4 0 2 b3

y se obtiene la ecuacion 4b1 − 2b2 − b3 = 0.



Ejercicio 2.

(2.1) [3 puntos] Enuncia las propiedades mas importante de los autovalores y autovectoresde una matriz simetrica real y el Teorema espectral (para matrices reales simetricas).

(2.2) [5 puntos] Determina una matriz real simetrica A sabiendo que sus autovalores sonλ1 = −1 (simple) y λ2 = 0 (doble) y que los vectores

v1 =

12−1

, v2 =

2−10

son autovectores de A asociados respectivamente a λ1 y λ2.

(2.3) [2 puntos] Siendo A la matriz obtenida en el apartado anterior, calcula la matriz dela proyeccion ortogonal sobre el espacio nulo de A y sobre el espacio columna de A.

(2.1) Si A es una matriz real simetrica se verifica:

(a) Todos sus autovalores son reales.

(b) Si u y v son dos autovectores (reales) de A correspondientes a autovaloresdistintos λ 6= µ, entonces u y v son ortogonales, u · v = 0.

Teorema espectral para matrices reales simetricas : Siendo A una matriz real severifica que

(c) A es simetrica ⇐⇒ A es diagonalizable mediante una matriz de paso ortogonal.

(2.2) Puesto que A es una matriz simetrica real, es diagonalizable ortogonalmente, es decir,podemos obtener una matriz ortogonal Q que verifica que

QT AQ = D =

λ1

λ2

λ2

=

−10

0

.

Los vectores columna de Q son autovectores de A que forman una base ortonormalde R3. El primer vector columna q1 de Q sera un autovector unitario de A asociado aλ1 = 1, con lo cual podemos tomar

q1 =1

||v1||v1 =

1√6

12−1

.

El segundo y tercer vector columna q2 y q3 de Q seran dos autovectores de A asociadosa λ2 = 0 ortogonales y unitarios, con lo cual podemos tomar

q2 =1

||v2||v2 =

1√5

2−10

.


Ejercicio 2. R-29

Por tanto, A sera de la forma

A = QDQT =

1√6

2√5

∗2√6

− 1√5

∗− 1√

60 ∗

−10

0

1√6

2√6

− 1√6

2√5

− 1√5

0

∗ ∗ ∗

=

=

− 1√6

0 0

− 2√6

0 01√6

0 0

1√6

2√6

− 1√6

2√5

− 1√5

0

∗ ∗ ∗

=

−16

−26

16

−26

− 4√6

26

16

26

−16

=

= 16

−1 −2 1−2 −4 21 2 −1

.

Observaciones:

(1) A pesar de haberlo considerado, el vector v2 no ha sido necesario en la obtencion dela matriz A puesto que λ2 = 0. De hecho, las restantes condiciones son suficientespara determinar A. Puesto que la dimension de Nul (A − λ2I) = Nul (A) tieneque ser 2 (A es diagonalizable) y todo vector de Nul (A − λ2I) = Nul (A) tieneque ser ortogonal a todo vector de Nul (A − λ1I) = Nul (A + I) (A es simetrica),necesariamente tiene que cumplirse

Nul (A − λ2I) = Nul (A − λ1I)⊥ = [Gen v1]⊥ = Nul[

vT1

]

≡ x1 + 2x2 − x3 = 0

(2) Una buena opcion para determinar A es considerar una descomposicion espectralde A. Siendo q1, q2, q3 una base ortonormal de R3 formada por autovectores deA asociados respectivamente a λ1 = −1, λ2 y λ3 = λ2, se verifica que

A = λ1q1qT1 + λ2q2q

T2 + λ3q3q

T3 = (−1)q1q

T1 + 0q2q

T2 + 0q3q

T3 =

=

tomando elvector

q1 = 1||v1||v1

dado antes

= − 1√6

12−1

1√6

[

1 2 −1]

= ...

(3) Un buen ejercicio (en el que habra que obtener una base de Nul (A − λ2I)) essustituir en el enunciado λ2 = 0 por un valor λ2 6= 0 y obtener la correspondientematriz A.

(2.3) Siendo A la matriz obtenida en el apartado anterior, calcula la matriz de laproyeccion ortogonal sobre el espacio nulo de A y sobre el espacio columnade A.

Puesto que

S = Col (A) = Gen

v1 =

12−1

,



la matriz de la proyeccion ortogonal sobre Col (A) es

PS =1√6

12−1

1√6

[

1 2 −1]

=1

6

1 2 −12 4 −2−1 −2 1

.

Puesto que

Nul (A) =[

Col (AT )]⊥

= [Col (A)]⊥ ,

la matriz de la proyeccion ortogonal sobre Nul (A) es

PS⊥ = I − PS =1

6

5 −2 1−2 2 21 2 5

.

Observacion.Para tener una interpretacion geometrica de los ingredientes que aparecen en el ejercicio,

notemos que si tenemos una base u1, u2, u3 de R3, de forma que

u1 genera S = Nul (A + I) = Col (A) y

u2, u3 generan su ortogonal, S⊥ = Nul (A),

entonces cualquier vector v ∈ R3 se puede escribir como combinacion lineal

v = c1v1 + c2v2 + c3v3

con lo cual

Av = c1Av1 + c2Av2 + c3Av3 = c1(−1)v1 + 0v2 + 0v3 = −c1v1.

Por tanto al multiplicar la matriz A por

un vector v ∈ S =⇒ Av = −v,

un vector v ∈ S⊥ =⇒ Av = 0.

¿Tiene alguna relacion la matriz A con proyecciones ortogonales y simetrıas y los subespaciosS (recta) y S⊥ (plano)?


Ejercicio 3. R-31

Ejercicio 3.

(3.1) [4 puntos] Halla la ecuacion reducida, dando los cambios de variables adecuados, yrepresenta la conica de ecuacion

x2 + 4xy + 4y2 − 2√

5x +√

5y = 0.

(3.2) [4 puntos] Sea S el subespacio de R4 definido por S ≡ x1+2x2+3x3+4x4 = 0. Calculalos vectores de R4 cuya proyeccion ortogonal sobre S es el vector u = [1 − 1 − 1 1]T ycuya distancia a S es 5.

(3.3) [2 puntos] Determina los valores de α para los que el sistema de ecuaciones

1 1 −11 0 −22 3 α0 1 α2

xyz

=

1000

tiene infinitas soluciones en el sentido de los mınimos cuadrados y calcula dichas solu-ciones.

(3.1) Diagonalizamos ortogonalmente la matriz simetrica asociada a la parte cuadratica dela ecuacion

x2 + 4xy + 4y2 =[

x y]

[

1 22 4

] [

xy

]

⇒ A =

[

1 22 4

]

⇒ p(λ) = λ(λ − 5).

Por tanto la ecuacion dada es la de una conica de tipo parabolico (parabola o par derectas).

Autovectores asociados al autovalor λ1 = 5:

(A − 5I)x = 0 ≡[

−4 2 02 −1 0

]

→[

2 −1 00 0 0

]

⇒[

xy

]

= x

[

12

]

⇒ v1 =

[

12

]

.

Autovectores asociados al autovalor λ2 = 0: seran los vectores (no nulos) ortogonales av1 (A es una matriz simetrica real). Tomamos

v2 =

[

−21

]

de forma que el sentido de giro de v1 a v2 es positivo.

Por tanto, puesto que ||v1|| = ||v2|| =√

5, la matriz

Q =

[

1√5

−2√5

2√5

1√5

]

=1√5

[

1 −22 1

]

diagonaliza ortogonalmente a la matriz A:

AQ = Q

[

50

]

, Q−1 = QT .



Haciendo el cambio de variables

[

xy

]

= Q

[

x′

y′

]

≡

x = 1√5(x′ − 2y′) ,

y = 1√5(2x′ + y′) ,

[

x′

y′

]

= QT

[

xy

]

≡

x′ = 1√5(x + 2y) ,

y′ = 1√5(−2x + y) ,

y sustituyendo en la ecuacion de la conica, tenemos

[

x′ y′ ]QT AQ

[

x′

y′

]

+[

−2√

5√

5]

Q

[

x′

y′

]

= 0

5x′2 − 2√

5 1√5(x′ − 2y′) +

√5 1√

5(2x′ + y′) = 0

5x′2 + 5y′ = 0 ≡ y′ = −x′2.

Por tanto, la conica dada es una parabola que tiene como vertice el punto

V = (x′ = 0, y′ = 0) = (x = 0, y = 0)

y como ejes

• Eje principal (de simetrıa): OY ′ ≡ x′ = 0 ≡ x′ = 1√5(x + 2y) = 0 ≡ x + 2y = 0,

• Eje secundario: OX ′ ≡ y′ = 0 ≡ y′ = 1√5(−2x + y) = 0 ≡ y = 2x.

Los cortes de la parabola con los ejes coordenados (originales) son

• Corte con OX: y = 0 ⇒ x2 − 2√

5x = 0 =⇒

x = 0 ⇒ (0, 0)

x = 2√

5 ⇒ (2√

5, 0)

• Corte con OY : x = 0 ⇒ 4y2 +√

5y = 0 =⇒

y = 0 ⇒ (0, 0)

y = −√

54

⇒ (0,−√

54

)

Por tanto, la representacion grafica en los ejes originales es

−2 −1 0 1 2 3 4 5 6−5

−4

−3

−2

−1

0

1

2

x

y

x2 + 4xy + 4y2 − 2√

5x +√

5y = 0

X

Y X ′Y ′

(2√

5, 0)

(0,−√

54

)


Ejercicio 3. R-33

(3.2) Dado un vector v ∈ R4, el vector proyeccion ortogonal de v sobre S es el unico vectoru de S para el cual v se puede expresar como

v = u + w

para algun vector w ∈ S⊥. Es decir,

proyS(v) = u ⇐⇒ v − u ∈ S⊥ = Gen

w0 =

1234

.

Por tanto

v ∈ R4 : proy S(v) = u

=

v ∈ R4 : v = u + tw0, t ∈ R

.

Es decir, dicho conjunto no es otra cosa que la recta (en R4) que pasa por u y tienecomo vector direccion w0.

Puesto que dist (v, S) = ||v − proy S(v)||, para determinar los vectores cuya proyeccionortogonal sobre S es u y distan 5 de S basta determinar los valores de t ∈ R tales que

||v − u|| = ||u + tw0 − u|| = ||tw0|| = |t| ||w0|| = |t|√

30 = 5.

Por tanto, los vectores pedidos en el enunciado son

t = ± 5√30

=⇒ v1 = u+5√30

w0 =

1 + 5√30

−1 + 2 5√30

−1 + 3 5√30

1 + 4 5√30

, v2 = u− 5√30

w0 =

1 − 5√30

−1 − 2 5√30

−1 − 3 5√30

1 − 4 5√30

.

(3.3) Un sistema de ecuaciones Ax = b, (A m × n, b ∈ Rm) tiene infinitas soluciones enmınimos cuadrados si, y solo si, el sistema de ecuaciones (compatible)

Ax = proy S(b), S = Col (A),

tiene infinitas soluciones y esto es equivalente a que el sistema homogeneo asociado Ax =0 tenga infinitas soluciones: Es decir, el sistema homogeneo es compatible indeterminadoo, equivalentemente, los vectores-columna de A son linealmente dependientes. Deforma esquematica: los siguientes enuciados son equivalentes:

• el sistema Ax = b tiene infinitas soluciones en mınimos cuadrados,

• el sistema Ax = 0 tiene infinitas soluciones,

• las columnas de A son linealmente dependientes,

• el rango de A es menor que n.

Calculemos los valores de α para los que los vectores columna de A son linealmentedependientes,

1 1 −11 0 −22 3 α0 1 α2

−→

1 1 −1

0 -1 −10 1 α + 20 1 α2

−→

1 1 −1

0 -1 −10 0 α + 10 0 α2 − 1

.



Los vectores columna de A son linealmente dependientes si, y solo si, en la forma esca-lonada se obtienen menos de 3 pivotes, es decir si, y solo si se verifica

α + 1 = 0y

α2 − 1 = 0⇐⇒ α = −1.

Tenemos que calcular las infinitas soluciones en mınimos cuadrados del sistema que seobtiene para α = −1:

1 1 −11 0 −22 3 −10 1 1

x1

x2

x3

=

1000

.

Mediante las ecuaciones normales de Gauss, por ejemplo, tenemos AT Ax = AT b,

6 7 −5 17 11 −3 1−5 −3 7 −1

→

6 7 −5 1

1 4 2 01 4 2 0

→

1 4 2 00 −17 −17 10 0 0 0

→

→

1 4 2 0

0 1 1 − 117

0 0 0 0

→

1 0 −2 417

0 1 1 − 117

0 0 0 0

→

=⇒

xyz

=

417

− 117

0

+ z

2−11

.

En terminos geometricos, el conjunto de soluciones en mınimos cuadrados es la recta deR3 que pasa por el punto ( 4

17,− 1

17, 0) y tiene como vector direccion (2,−1, 0).


Examen de Junio (Primer Parcial). 2002-03. R-35




Examen Final de Junio (Primer Parcial). 7-07-2003.

Ejercicio 4. Sean E y F los subespacios vectoriales definidos por

E = Col

−1 0 12 1 11 1 21 −1 −4

, F ≡

x1 + x2 − 2x3 − x4 = 0,2x1 + x2 − x3 = 0,

x1 + 2x2 − 5x3 − 3x4 = 0.

(4.1) [3 puntos] Determina las ecuaciones implıcitas de E y una base de F .

(4.2) [3 puntos] Calcula una base de E ∩ F y amplıala hasta una base de F .

(4.3) [1 punto] Calcula la dimension de E + F .

(4.4) [3 puntos] Demuestra que si v1, v2, . . . , vr es un conjunto de vectores de Rn lineal-

mente independientes y P es una matriz n × n no-singular, entonces los vectores

Pv1, P v2, . . . , P vr

son linealmente independientes.

(4.1) Ecuaciones implıcitas de E:

-1 0 1 x1

2 1 1 x2

1 1 2 x3

1 −1 −4 x4

→

-1 0 1 x1

0 1 3 x2 + 2x1

0 1 3 x3 + x1

0 −1 −3 x4 + x1

→

−→

-1 0 1 x1

0 1 3 x2 + 2x1

0 0 0 x3 − x2 − x1

0 0 0 x4 + x2 + 3x1

⇒

⇒ E ≡

x1 + x2 − x3 = 0,3x1 + x2 + x4 = 0,

la dimension de E es dim (E) = 2 y una base de E es ...


R-36 Examen de Junio (Primer Parcial). 2002-03.

Una base de F : Resolvemos el sistema homogeneo que define F ,

F ≡

1 1 −2 −1 02 1 −1 0 01 2 −5 −3 0

→

1 1 −2 −1 0

0 -1 3 2 00 1 −3 −2 0

→

1 0 1 1 0

0 -1 3 2 00 0 0 0 0

→

=⇒

x1

x2

x3

x4

= x3

−1310

+ x4

−1101

.

Por tanto,

F ≡

x1 + x3 + x4 = 0,−x2 + 3x3 + 2x4 = 0,

una base de F es

u1 =

−1310

, u2 =

−1101

y la dimension de F es dim (F ) = 2.

(4.2) Calcula una base de E ∩ F y amplıala hasta una base de F . El subespaciovectorial E ∩ F viene dado en forma implıcita mediante

E ∩ F ≡

x1 +x2 −x3 = 03x1 +x2 +x4 = 0

x1 +x3 +x4 = 0−x2 +3x3 +2x4 = 0

≡

1 1 −1 0 03 1 0 1 01 0 1 1 00 −1 3 2 0

→

→

1 1 −1 0 00 −2 3 1 0

0 -1 2 1 00 −1 3 2 0

→

1 0 1 1 0

0 -1 2 1 0

0 0 -1 −1 00 0 1 1 0

→

→

1 0 0 0 0

0 -1 0 −1 0

0 0 -1 −1 00 0 0 0 0

⇒

x1

x2

x3

x4

= x4

0−1−11

⇒

⇒ una base de E ∩ F es

w0 =

0−1−11

.

Para ampliar una base de E ∩ F ⊂ F hasta una base de F , puesto que

dim (E ∩ F ) = 1 y dim (F ) = 2 (y E ∩ F ⊂ F ),

basta tomar un vector (no nulo) de E ∩F (por ejemplo w0) y un vector de F que sealinealmente independiente con el anterior, por ejemplo u1. Ası tenemos

w0 base de E ∩ F,w0, u1 base de F.


Ejercicio 4. R-37

(4.3) Calcula la dimension de E + F . Puesto que, como ya hemos calculado,

dim (E) = dim (F ) = 2, dim (E ∩ F ) = 1

tenemos que

dim (E + F ) = dim (E) + dim (F ) − dim (E ∩ F ) = 2 + 2 − 1 = 3.

(4.4) Demuestra que si v1, v2, . . . , vr es un conjunto de vectores de Rn linealmenteindependientes y P es una matriz n × n no-singular, entonces los vectoresPv1, P v2, . . . , P vr son linealmente independientes.

Si tenemos una combinacion lineal de los vectores Pv1, P v2, . . . , P vr igual al vector nulo

c1Pv1 + c2Pv2 + · · · + crPvr = 0,

multiplicando (a la izquierda) por P−1 obtenemos

P−1 (c1Pv1 + c2Pv2 + · · ·+ crPvr) = c1P−1Pv1 + c2P

−1Pv2 + · · ·+ crP−1Pvr =

= c1v1 + c2v2 + · · ·+ crvr = 0.

Puesto que estamos considerando vectores v1, . . . , vr linealmente independientes, laigualdad anterior solo puede verificarse para c1 = c2 = · · · = 0. Por tanto

Pv1, P v2, . . . , P vr

son linealmente independientes.



Ejercicio 5.

(5.1) [3 puntos] Reduce y clasifica, en funcion de a ∈ R, la forma cuadratica ϕ : R3 −→ R

definida por

ϕ(x1, x2, x3) = x21 + ax2

2 + 3x23 − 4x1x2 + 2x1x3 − 8x2x3.

(5.2) [2 puntos] Determina el punto del plano que se obtiene a partir de z = 3+2i al hacerun giro de angulo θ = π/6 radianes alrededor de z0 = 1 + i.

(5.3) [3 puntos]

(5.3.1) Calcula la parte imaginaria del coeficiente del termino de grado 3 de

(

z + ei π4

)10.

(5.3.2) Resuelve (calcula todas las soluciones complejas de) la ecuacion

(z + 1 + i)4 = −4.

(5.4) [2 puntos] Calcula la ecuacion reducida y (dando sus elementos caracterısticos) repre-senta graficamente la cuadrica de ecuacion

4x2 − y2 − 4z2 + 8x + 4y − 8z = 8.

¿De que tipo de cuadrica se trata? ¿Es una superficie de revolucion?

(5.1) Vamos a reducir a suma de cuadrados completando cuadrados. Comenzamos comple-tando cuadrados en x1,

ϕ(x1, x2, x3) = x21 + 2x1 (−2x2 + x3) + ax2

2 + 3x23 + −8x2x3 =

[

completandocuadrados en x1

]

=

= [x1 + (−2x2 + x3)]2 − (−2x2 + x3)

2 + ax22 + 3x2

3 − 8x2x3 =

=

[

siendoy1 = x1 − 2x2 + x3

]

= y21 − 4x2

2 − x23 + 4x2x3 + ax2

2 + 3x23 − 8x2x3 =

= y21 + (a − 4)x2

2 + 2x23 − 4x2x3 =

[

completandocuadrados en x3

]

=

= y21 + 2 (x3 − x2)

2 − 2x22 + (a − 4)x2

2 =

[

siendoy2 = x3 − x2

]

=

= y21 + 2y2

2 + (a − 6)x22.

Por lo tanto, la forma cuadratica es, segun los valores de a ∈ R:

a < 6 ⇔ Indefinidaa = 6 ⇔ Semidefinida Positivaa > 6 ⇔ Definida Positiva


Ejercicio 5. R-39

(5.2) Denotando por z′ al punto (del plano complejo) que se obtiene al hacer el giro indicadose verifica

z′ − z0 = ei π6 (z − z0)

y por tanto,

z′ = z0 + ei π6 (z − z0) = (1 + i) +

(√3

2+ i1

2

)

(2 + i) =

= 1 + i +√

3 − 12

+ i + i√

32

= 12

+√

3 +(

2 +√

32

)

i.

(5.3) (5.3.1) El termino de grado 3 del desarrollo de(

z + ei π4

)10es

(

103

)

(

ei π4

)7z3 =

10 · 9 · 83 · 2 ei 7π

4 z3 = 120e−i π4 z3

y la parte imaginaria del coeficiente de z3 es

Im(

120e−i π4

)

= 120 sen(

−π

4

)

= −60√

2.

(5.3.2) Un numero complejo z es solucion de la ecuacion considerada si, y solo si,w = z + 1 + i es una raız cuarta de −4. Basta por tanto obtener las cuatro raıcescuartas de −4 y a partir de ellas los valores de z:

w = 4√−4 =

=4√

4eiπ =

w0 =√

2ei π4 = 1 + i

w1 =√

2ei(π4+ 2π

4) = −1 + i

w2 =√

2ei(π4+2 2π

4) = −1 − i

w3 =√

2ei(π4+3 2π

4) = 1 − i

=⇒ z = w − 1 − i =

z0 = 0z1 = −2z2 = −2 − 2iz3 = −2i.

(5.4) Completando cuadrados (mediante expresiones del tipo x + a, y + b, z + c) tenemos

4x2 − y2 − 4z2 + 8x + 4y − 8z = 4 (x + 1)2 − 4 − (y − 2)2 + 4 − 4 (z + 1)2 + 4

y, por tanto, la ecuacion dada es equivalente a la ecuacion

(x + 1)2 − (y − 2)2

4− (z + 1)2 = 1 ≡ (x′)

2 − (y′)2

4− (z′)

2= 1 siendo

x′ = x + 1,y′ = y − 2,z′ = z + 1.

En resumen, la cuadrica es un hiperboloide elıptico (o de 2 hojas) con centro

(x′ = 0, y′ = 0, z′ = 0) ≡ (x = −1, y = 2, z = −1)



y eje el eje X ′ es decir la recta

y′ = 0z′ = 0

≡

y = 2,z = −1.

La superficie no es de revolucion puesto queal cortar con planos

x′ = cte ≡ x = k,

perpendiculares al eje, no se obtinen circunfer-encias sino elipses (con semiejes distintos)

(y − 2)2

4+ (z + 1)2 = (k + 1)2 − 1

o un unico punto o nada.

X

Y

Z

X ′

Y ′

Z ′

(−1, 2,−1)


Examen de Septiembre 2002-03. R-41




Examen Final de Septiembre. 10-09-2003.

Ejercicio 1. Considera la matriz A =

−4 3 2−4 α 40 1 −2

para α ∈ R.

(1.1) [3 puntos] Calcular, cuando exista, la factorizacion A = LU . Para α = 2, determinaruna base y unas ecuaciones implıcitas de Col (U).

(1.2) [5 puntos] Para α = 2, calcular Anu0 siendo u0 =

111

.

(1.3) [2 puntos] Definir el concepto de matriz de Markov. Probar que λ = 1 siempre esautovalor de una matriz de Markov.

(1.1) Utilizando transformaciones elementales, analizamos la factorizacion LU.

A =

−4 3 2−4 α 40 1 −2

F2−F1−→

−4 3 20 α − 3 20 1 −2

; (hay que exigir α 6= 3)

F3− 1

α−3F2)

−→

−4 3 20 α − 3 20 0 −2 − 2

α−3

=

−4 3 20 α − 3 20 0 −2α+4

α−3

= U

Por tanto, existe factorizacion LU si y solo si α 6= 3. En dicho caso, dicha factorizaciones

L =

1 0 01 1 00 1

α−31

, U =

−4 3 20 α − 3 20 0 −2α+4

α−3

.

Obviamente, para α = 2, un sistema generador de Col (U) (no de Col (A)) es

v1 =

−400

, v2 =

3−10

, v3 =

220

.

Como los tres vectores anteriores estan en “forma escalonada”, se deduce que una basede Col (U) es v1, v2. Ademas, mirando la forma de v1 y v2, se tiene que e1, e2 tambienes una base de Col (U). Por tanto, Col (U) viene dado por la ecuacion implıcita

x3 = 0.


R-42 Examen de Septiembre 2002-03.

(1.2) Para calcular Anu0, expresamos u0 como combinacion lineal de autovectores de A,

u0 = αv1 + βv2 + · · ·

(con lo cual sera Anu0 = λn1v1 + λn

2v2 + · · · ) o, si esto no es posible, como combinacionlineal de autovectores y autovectores generalizados para despues obtener Anv para cadauno de los autovectores y autovectores generalizados que intervienen en dicha combi-nacion lineal.

Primero calculamos los autovalores de A. La ecuacion caracterıstica es

p(λ) = det (A − λI) = det

−4 − λ 3 2−4 2 − λ 40 1 −2 − λ

=

= (4 + λ)(2 − λ)(2 + λ) − 8 + 4(4 + λ) − 12(2 + λ)

= (4 + λ)(4 − λ2) − 8 + 16 + 4λ − 24 − 12λ

= 16 − 4λ2 + 4λ − λ3 − 8λ − 16

= −(λ3 + 4λ2 + 4λ) = −λ(λ + 2)2 = 0

y sus soluciones son los autovalores

λ1 = 0 (simple) , λ2 = −2 (doble).

Pasamos al calculo de los autovectores.

λ = 0 Aprovechamos los calculos del apartado (1.1)

Av = 0 ≡

−4 3 2 0−4 2 4 00 1 −2 0

operaciones−→fila

−4 3 2 00 −1 2 00 0 0 0

F1 + 3F2

−→

−4 0 8 00 −1 2 00 0 0 0

=⇒ v =

2x3

2x3

x3

= x3

221

=⇒ Nul (A) = Gen

v1 =

221

.


Ejercicio 1. R-43

λ = −2

(A + 2I)v = 0 ≡

−2 3 2 0−4 4 4 00 1 0 0

F2,1(−2)−→

−2 3 2 00 −2 0 00 1 0 0

F3,2(1

2)−→

−2 3 2 00 −2 0 00 0 0 0

F1,2(− 3

2)−→

−2 0 2 00 −2 0 00 0 0 0

=⇒ v =

x3

0x3

= x3

101

⇒ Nul (A + 2I) = Gen

v2 =

101

.

Por tanto, el subespacio propio asociado a λ2 = −2 tiene dimension uno y, puesto queλ = −2 es un autovalor doble, la matriz A no es diagonalizable (con lo cual hay vectoresen R

3 que no pueden expresarse como combinacion lineal de autovectores de A).

¿Que sucede para el vector u0 dado?, ¿puede expresarse como combinacion lineal de v1

y v2?:

αv1 + βv2 = u0 ≡

2 12 01 1

[

αβ

]

=

111

→

2 1 12 0 11 1 1

→

2 1 10 −1 00 1/2 1/2

→

2 1 10 −1 00 0 1/2

⇒[

sistemaincompatible

]

.

Por tanto, u0 no puede expresarse como combinacion lineal de autovectoresy necesitamos recurrir al calculo de autovectores generalizados (asociados a λ2 = −2,unico autovalor multiple de A).

La dimension del subespacio Nul[

(A − λ2I)2] = Nul[

(A + 2I)2] tiene que ser dos y,

por tanto, el rango de (A − λ2I)2 tiene que ser uno.

(A + 2I)2w = 0 ≡

−2 3 2−4 4 40 1 0

2

w = 0 ≡

−8 8 8 0∗ ∗ ∗ 0∗ ∗ ∗ 0

−→

−1 1 1 00 0 0 00 0 0 0

⇒

=⇒ w =

x2 + x3

x2

x3

= x2

110

+ x3

101

⇒

=⇒ Nul[

(A + 2I)2]

= Gen

v2 =

110

, w =

101

.

Por tanto, ya tenemos una base de R3, v1, v2, w, formada por autovectores y autovec-tores generalizados de A y ahora calculamos las coordenadas de u0 en dicha base:

u0 = αv1 + βv2 + γw ≡



≡

2 1 1 12 0 1 11 1 0 1

F1↔F3−→

1 1 0 12 0 1 12 1 1 1

F2 − 2F1

−→F3 − 2F1

1 1 0 10 −2 1 −10 −1 1 −1

F3− 1

2F2−→

1 1 0 10 −2 1 −10 0 1

2−1

2

≡

α + β = 1−2β + γ = −1

12γ = −1

2

⇒

γ = −1β = 1

2(1 + γ) = 0

α = 1 − β = 1.

Es decir, u0 = αv1 + βv2 + γw = v1 − w y, por tanto

Anu0 = αAnv1 + βAnv2 + γAnw =

puesto queAv1 = λ1v1

Av2 = λ2v2

= αλn1v1 + βλn

2v2 + γAnw = −Anw.

Solo nos queda calcular Anw. Teniendo en cuenta que w es un autovector generalizadode A, ((A + 2I)2w = 0, obtenemos (para n ≥ 2)

Anw = (−2I + A + 2I)nw =

aplicando la formula delbinomio de Newton consumandos A + 2I,−2I

=

n∑

k=0

(

nk

)

(−2I)n−k(A + 2I)kw =

=

puesto que(A + 2I)kw = 0

para k ≥ 2

=

(

n0

)

(−2I)nw +

(

n1

)

(−2I)n−1(A + 2I)w =

=

[

puesto que(A + 2I)w = v2

]

= (−2)nw + n(−2)n−1v2 =

= (−2)n−1 [−2w + nv2] = (−2)n−1

−2 + n−2n

.

Por tanto,

Anu0 = −Anw = (−2)n−1

2 − n2−n

para n ≥ 2, Au0 =

12−1

.

(1.3) Una matriz de Markov o estocastica es toda matriz cuadrada real tal que sus elementosson no negativos y los elementos de cada una de sus columnas suman uno.

Sea A = [ai,j] una matriz de Markov de orden n y consideremos el vector e ∈ Rn dadopor

e =

11...1

.


Ejercicio 1. R-45

Entonces,

AT e =

n∑

k=1

a1,k

...n∑

k=1

an,k

=

1...1

= e.

Por tanto, λ = 1 es autovalor de AT y, como el conjunto de los autovalores de A y AT

coinciden, se tiene que λ = 1 tambien es autovalor de A.

Observaciones.-

(1) La unica propiedad que se utiliza de las matrices de Markov para deducir que λ = 1 esuno de sus autovalores es que la suma de los elementos de cada columna es 1. No seutiliza ni que la matriz sea real ni que sus elementos sean no negativos.

(2) A partir del polinomio caracterıstico de una matriz de Markov A tambien se puede obtenerque uno de los autovalores es λ = 1. Para una matriz en la que la suma de los elementosde cada columna sea 1 tenemos el polinomio caracterıstico

det (A − λI) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 − λ a12 · · · ann

a21 a22 − λ · · · a2n

......

. . ....

an1 an2 · · · ann − λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

sumando todaslas columnasa la primera

=

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 − λ a12 · · · ann

1 − λ a22 − λ · · · a2n

......

. . ....

1 − λ an2 · · · ann − λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

restandoF2 − F1

...Fn − F1

=

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 − λ a12 · · · ann

0 b22 − λ · · · b2n

......

. . ....

0 bn2 · · · bnn − λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (1 − λ)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

b22 − λ · · · b2n

.... . .

...bn2 · · · bnn − λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

.

Es decir, para un cierto polinomio q(λ), la ecuacion caracterıstica es de la forma

det (A − λI) = (1 − λ)q(λ) = 0

y por tanto una de sus soluciones es λ = 1.



Ejercicio 2. Sea A una matriz 4 × 3 tal que

Nul (A) = Gen

−351

, Col (A)⊥ = Gen

v1 =

1−110

, v2 =

2−101

.

(2.1) [4 puntos] Calcula la proyeccion ortogonal del vector v = [1 1 1 1]T ∈ R4 sobre elsubespacio Col (A).

(2.2) [2 puntos] Amplıa v1, v2 a una base de R4 y calcula las coordenadas de v respectoa dicha base.

(2.3) [4 puntos] Determina la matriz A sabiendo que es de la forma A =

1 0 ∗2 1 ∗∗ ∗ ∗∗ ∗ ∗

.

(2.1) Proyectamos sobre Col (A)⊥ y luego usamos que

PCol (A)⊥ + PCol (A) = I.

Para ello, obtenemos una base ortonormal del subespacio Col (A)⊥, aplicando el metodode Gram-Schmidt a la base que nos da el enunciado:

u1 = v1 =

1−110

, u2 = v2 −v2 · v1

v1 · v1

v1 =

2−101

− 3

3

1210

=

10−11

.

Cada uno de los vectores obtenidos tiene norma√

3. Dividiendo cada vector por sunorma y colocandolo por columnas en una matriz U (4× 2) obtenemos la matriz, UU t,de la proyeccion ortogonal sobre Col (A)⊥. La proyeccion del vector v sobre el subespacioCol (A) es

(

I − UU t)

v =1

3

1 1 0 −11 2 1 00 1 1 1−1 0 1 2

1−110

=1

3

1432

.

Otros caminos para resolver este apartado son:

Calcular una base de Col (A) sabiendo que las componentes de los vectores de unabase de Col (A)⊥ son los coeficientes de unas ecuaciones implıcitas de Col (A):

Col (A) ≡

x1 − x2 + x3 = 0,2x1 − x2 + x4 = 0.

O bien, resolver antes el apartado (2.3), pues de las columnas de la matriz A seobtiene facilmente una base de Col (A).


PROPIETARIO

Resaltado

PROPIETARIO

Llamada

es [1 1 1 1]

Ejercicio 2. R-47

(2.2) Logicamente, hay infinitas formas de ampliar a una base. Por ejemplo, esta claro quelos dos primeros vectores de la base canonica de R

4 amplıan v1, v2 a una base B deR4:

det

1 2 1 0−1 −1 0 11 0 0 00 1 0 0

6= 0 (llamemos P a esta matriz).

Resolviendo el sistema Pc = v se obtiene el vector c que da las coordenadas de v en labase B:

(v)B = c =

11−23

.

(2.3) Como nos dan un vector del nucleo de la matriz A, si multiplico A por ese vector meha de dar el vector nulo y de ahı se obtiene que a13 = 3 y a23 = 1:

A

−351

= 0 ⇒

−3 + a13 = 0,−1 + a23 = 0.

Ahora, cada columna de A queda determinada salvo dos incognitas. Cada columna deA pertenece al subespacio Col (A), por lo tanto debe ser ortogonal a v1 y v2. Imponeresa condicion conduce a un sistema de dos ecuaciones con dos incognitas, para cadacolumna. Lo vemos para la primera columna y las otras dos se hacen igual:

12a31

a41

⊥ v1, v2 ⇒

1 − 2 + a31 = 0,2 − 2 + a41 = 0.

⇒ a31 = 1, a41 = 0.

Sin mas que hacer la operaciones indicadas se obtiene:

A =

1 0 32 1 11 1 −20 1 −5

.



Ejercicio 3.

(3.1) [2 puntos] Calcula(

3√

i)5

indicando en que cuadrante se encuentra cada valor obtenido.

(3.2) [2 puntos] Determina el punto que se obtiene al girar el punto P = (−1, 2) un angulode ϕ = π

3radianes alrededor del punto A = (1, 1). (Puedes hacerlo en forma vectorial o

en forma compleja)

(3.3) [2 puntos] Determina los valores de α ∈ R para los que las formas cuadraticas

Q1(x, y, z) = x2 + 2xy + 5y2 + 2αyz + z2 y Q2(x, y, z) = x2 + 2αxy + αy2 + 6z2

tienen el mismo caracter.

(3.4) [2 puntos] Representa graficamente y calcula la ecuacion de la superficie de traslacion

que se genera al trasladar (paralelamente a si misma) la parabola

y = z2

x = 1a lo largo

de la recta

x = y + 1z = 0

(3.5) [2 puntos] Sea A una matriz m×n y consideremos los sistemas de ecuaciones Ax = b1

y Ax = b2, siendo (b1 − b2) ∈ Col (A)⊥. Probar que las soluciones en el sentido de losmınimos cuadrados de ambos sistemas coinciden.

(3.1) Calcula(

3√

i)5

indicando en que cuadrante se encuentra cada valor obtenido.

Puesto que 3√

i representa a tres numeros complejos (las tres raıces cubicas complejasde i), se trata de calcular la potencia quinta de cada una de dichas raıces. Tenemos,

i = ei π2 ⇒ 3

√i =

z0 = ei 1

3

π2 ⇒ z5

0 = ei 5

3

π2 = ei 5π

6 = ei 5π6

z1 = ei 1

3(π

2+2π) ⇒ z5

1 = ei 25π6 = ei π

6

z2 = ei 1

3(π

2+2·2π) ⇒ z5

2 = ei 45π6 = ei 3π

2

Por tanto,

z50 = ei(π−π

6) = − cos(π

6) + i sen(π

6) = −

√3

2+ i1

2esta en el segundo cuadrante,

z51 = ei π

6 = cos(π6) + i sen(π

6) =

√3

2+ i1

2esta en el primer cuadrante,

z52 = ei 3π

2 = −i esta en el semieje imaginario negativo.

(3.2) Determina el punto que se obtiene al girar el punto P = (−1, 2) un angulode ϕ = π

3radianes alrededor del punto A = (1, 1). (Puedes hacerlo en forma

vectorial o en forma compleja)

En forma compleja: A = (1, 1) ↔ z0 = 1 + i, P = (−1, 2) ↔ z = −1 + 2i. Se trata dedeterminar el numero complejo w que verifica

w − z0 = eiϕ (z − z0) ⇒ w = z0 + eiϕ (z − z0) = 1 + i +(

12

+ i√

32

)

(−2 + i) =

= 1 + i +(

−1 −√

32

+ i[

12−

√3]

)

= −√

32

+ i[

32−

√3]

.

Por tanto, el punto pedido es P ′ = (−√

32

, 32−

√3).


Ejercicio 3. R-49

(3.3) Determina los valores de α ∈ R para los que las formas cuadraticas

Q1(x, y, z) = x2 + 2xy + 5y2 + 2αyz + z2 y Q2(x, y, z) = x2 + 2αxy + αy2 + 6z2

tienen el mismo caracter. Reduzcamos a suma de cuadrados cada una de las formascuadraticas. Completando cuadrados tenemos

Q1(x, y, z) = [x2 + 2xy] + 5y2 + 2αyz + z2 = [x + y]2 − y2 + 5y2 + 2αyz + z2 =

= [x + y]2 + 4y2 + 2αyz + z2 = [x + y]2 + [z2 + 2αyz] + 4y2 =

= [x + y]2 + [z + αy]2 − (αy)2 + 4y2 = [x + y]2 + [z + αy]2 + (4 − α2) y2 =

=

x1 = x + yy1 = z + αyz1 = y

= x21 + y2

1 + (4 − α2) z21 ,

Q2(x, y, z) = [x2 + 2αxy] + αy2 + 6z2 = [x + αy]2 − (αy)2 + αy2 + 6z2 =

= [x + αy]2 + (α − α2) y2 + 6z2 =

x2 = x + αyy2 = zz2 = y

=

= x22 + 6y2

2 + (α − α2) z22 .

Es decir, al reducir cada una de las formas cuadraticas a suma de cuadrados (comose ha hecho o de cualquier otra forma), tenemos dos coeficientes positivos y un tercercoeficiente cuyo signo depende de α

Q1 −→ signo de (4 − α2),Q2 −→ signo de (α − α2).

Las formas cuadraticas tendran el mismo caracter (para el mismo valor de α ∈ R)cuando coincidan los signos de 4 − α2 = (2 − α)(2 + α) y α − α2 = α(1 − α).

α α < −2 α = −2 −2 < α < 2 α = 2 α > 24 − α2 − 0 + 0 −

Q1 Ind SDP DP SDP Ind

α < 0 α = 0 0 < α < 1 α = 1 α > 1α − α2 − 0 + 0 −

Q2 Ind SDP DP SDP Ind

Por lo tanto, en funcion de α tenemos

α < −2 = −2 −2 < · < 0 = 0 0 < · < 1 = 1 1 < · < 2 = 2 > 24 − α2 − 0 + + + + + 0 −α − α2 − − − 0 + 0 − − −



con lo cual Q1 y Q2 tienen el mismo caracter si y solo si

α < −2 (en cuyo caso Q1 y Q2 son indefinidas)o

0 < α < 1 (en cuyo caso Q1 y Q2 son definidas positivas)o

α > 2 (en cuyo caso Q1 y Q2 son indefinidas).

(3.4) Representa graficamente y calcula la ecuacion de la superficie de traslacion

que se genera al trasladar (paralelamente a si misma) la parabola

y = z2

x = 1

a lo largo de la recta

x = y + 1,z = 0.

La parabola (generatriz) y la recta (directriz)se cortan en el punto A(x = 1, y = 0, z = 0).Puesto que un punto generico G de la parabolaes de la forma G(x = 1, y = t2, z = t), t ∈ R, yun punto generico D de la recta es de la formaD(x = s + 1, y = s, z = 0), s ∈ R, los puntosde la superficie generada por traslacion son lospuntos P (x, y, z) que verifican

~AP = ~AD + ~AG,

es decir

x − 1y − 0z − 0

=

ss0

+

0t2

t

⇒

x = s + 1y = s + t2

z = t⇒ y = (x − 1) + z2

X

Y

Z

A

G

D

P

(3.5) Sea A una matriz m × n y consideremos los sistemas de ecuaciones Ax = b1

y Ax = b2, siendo (b1 − b2) ∈ Col (A)⊥. Probar que las soluciones en el sentidode los mınimos cuadrados de ambos sistemas coinciden. Puesto que (b1 − b2) ∈S⊥ = Col (A)⊥, tenemos que

proy S(b1) = proy S(b2)

y, por tanto, las soluciones en mınimos cuadrados de Ax = b1 coinciden con las solu-ciones en mınimos cuadrados de Ax = b2 puesto que ambos conjuntos de soluciones(en mınimos cuadrados) no son otra cosa que el conjunto de soluciones (exactas) de unmismo sistema

Ax = proy S(b1) ≡ Ax = proy S(b2).


Primer Parcial. 2003-04. R-51





(y Primera Parte de la Tercera Convocatoria)

Ejercicio 1.

(1.1) [3 puntos] Calcula el coeficiente de z15 en el polinomio complejo

p(z) =(

z2 + (1 − i)z)10

e indica en que cuadrante se encuentra.

(1.2) [4 puntos] Determina la ecuacion de la hiperbola que tiene como focos los puntosF1(−3, 2) y F2(5, 2) y pasa por el punto P (4, 3). Calcula los elementos notables de dichahiperbola (centro, ejes, vertices y asıntotas).

(1.3) [3 puntos] Determina, en funcion del parametro α ∈ R, el tipo de cuadrica que corres-ponde a la ecuacion

x2 − 5y2 + αz2 − 6x − 20y + 2α2z + α3 − 12 = 0.

Determina los valores de α para los que se obtiene una superficie de revolucion.

(1.1) Puesto que

p(z) =[

z2 + (1 − i)z]10

= z10 [z + 1 − i]10 ,

el coeficiente pedido es el coeficiente de z5 en el desarrollo de

(z + 1 − i)10 =

(

100

)

z0(1− i)10 + · · ·+(

10k

)

zk(1− i)10−k + · · ·+(

1010

)

z10(1− i)0

que se obtiene para k = 5,

c =

(

105

)

(1 − i)10−5 =10 · 9 · 8 · 7 · 6

5!(1 − i)5 = 252(1 − i)5.

Para calcular (1 − i)5 expresamos 1 − i en forma polar / exponencial,

modulo : |1 − i| =√

2, argumento : θ = arg(1 − i) = −π

4=⇒ 1 − i =

√2e−

π4i.

Por tanto,

(1 − i)5 =√

25e−

5π4

i = 4√

2e3π4

i = 4√

2

(

−√

2

2+ i

√2

2

)

= 4(−1 + i)



esta en el segundo cuadrante y c = 252(1 − i)5 = 1008(−1 + i) tambien.

(1.2) El centro de la hiperbola es el punto medio de los focos:

C =

(−3 + 5

2,2 + 2

2

)

= (1, 2)

y, puesto que los focos estan sobre una recta paralela al eje OX y la distancia entre losfocos es 2c = 8, la ecuacion de la hiperbola sera de la forma

(x − 1)2

a2− (y − 2)2

b2= 1, a2 + b2 = c2 = 16.

Teniendo en cuenta que P (4, 3) esta en la hiperbola, tenemos

9

a2− 1

b2= 1 =⇒ 9b2 − a2 = a2b2 =⇒ 9b2 − (16 − b2) = (16 − b2)b2 ⇔

=⇒ b4 − 6b2 − 16 = 0 ⇒ b2 =6 ±

√36 + 64

2= 3 ± 5

=⇒ b2 = 8 y por tanto a2 = 8

y, por tanto, se trata de una hiperbola equilatera de ecuacion

(x − 1)2

8− (y − 2)2

8= 1.

Los elementos notables de esta hiperbola, ademas del Centro C(1, 2) ya citado, son:

Ejes: La recta que une los focos (eje principal), y = 2, y la perpendicular quepasa por el centro, x = 1.

Semiejes: a = b =√

8.

Vertices: Puntos de corte de la hiperbola con el eje principal

V (1 ± a, 2) =⇒ V1(1 − 2√

2, 2), V2(1 + 2√

2, 2)

Asıntotas: Rectas que pasan por el centro de la hiperbola y tienen pendiente ± ba,

y − 2 = ±√

8√8(x − 1) =⇒ x − y + 1 = 0, x + y − 3 = 0.

Notemos que las asıntotas de una hiperbola, con ejes paralelos a los coordenados,

(x − c1)2

a2− (y − c2)

2

b2= ±1

pueden obtenerse mediante la ecuacion conjunta

(x − c1)2

a2− (y − c2)

2

b2= 0 ≡

(

(x − c1)

a− (y − c2)

b

)(

(x − c1)

a+

(y − c2)

b

)

= 0.


Ejercicio 1. R-53

(1.3) Completando cuadrados en x, en y y en z tenemos

x2 − 5y2 + αz2 − 6x − 20y + 2α2z + α3 − 12 =

= (x − 3)2 − 9 − 5 (y + 2)2 + 20 + α (z + α)2 − α3 + α3 − 12 =

= (x − 3)2 − 5 (y + 2)2 + α (z + α)2 − 1 = 0.

Por tanto, la ecuacion dada es equivalente a

(x − 3)2 − 5 (y + 2)2 + α (z + α)2 = 1

y pueden darse los siguientes casos en funcion de α,

Si α = 0, tenemos un cilindro hiperbolico

(x − 3)2 − (y + 2)2

15

= 1.

Si α > 0, tenemos un hiperboloide de una hoja cuya ecuacion reducida es deltipo

X2 − Y 2 + Z2 = 1.

Notese que al cortar con planos y = k se obtienen elipses con centro (x = 3, y =k, z = −α) para cualquier valor de k ∈ R. El eje es la recta

x = 3,z = −α.

Si α < 0, tenemos un hiperboloide de dos hojas cuya ecuacion reducida es deltipo

X2 − Y 2 − Z2 = 1.

Notese que al cortar con planos x = k puede obtenerse, o bien una elipse (paravalores de |k| “grandes”), o bien 1 punto (para |k − 3| = 1), o bien nada (si|k − 3| < 1). El eje de este hiperboloide de dos hojas es la recta

y = −2z = −α

Tendremos una superficie de revolucion en los casos en los que las elipses citadas seancircunferencias, es decir, para

α = 1 −→ (x − 3)2 + (z + 1)2 = 1 + 5 (y + 2)2 .

α = −5 −→ 5 (y + 2)2 + 5 (z − 5)2 = (x − 3)2 − 1.



Ejercicio 2.

(2.1) [6 puntos] Calcula la matriz M de la transformacion lineal T : R2 −→ R2 que a unvector v ∈ R

2 le asocia el vector que se obtiene de proyectar (ortogonalmente) v sobrela recta de ecuacion x + 2y = 0 y a continuacion hacer un giro de centro el origen decoordenadas y angulo π/3 radianes. ¿Darıa el mismo resultado si primero se hicierael giro y a continuacion la proyeccion ortogonal ? Justifica la respuesta. Determina elespacio nulo y el espacio columna de la matriz M .

(2.2) [4 puntos] Calcula, en funcion de α ∈ R, una base del espacio columna de la matriz

A =

1 1 0 21 1 0 α1 α 3 − α α + 1−1 2 3 1

.

(2.1) La transformacion lineal considerada es el resultado de dos transformaciones lineales,efectuadas en el orden dado, que vienen definidas en forma geometrica. Sin entrar enecuaciones, matrices, ... y sin necesidad de calcular nada, es claro que el orden en el quese hagan las transformaciones afecta al resultado:

• Si primero proyectamos sobre la rectadada,

r ≡ x + 2y = 0,

y a continuacion hacemos un giro, elresultado es un vector que esta en larecta que se obtiene al girar r.

X

Y

r

v

T1(v)

T2 [T1(v)]

X

Y

rπ3

v

T2(v)T1 [T2(v)]

• Si primero aplicamos el giro y a con-tinuacion proyectamos sobre la rec-ta r, el resultado es un vector queesta sobre la recta r.

Para determinar la matriz M , de la transformacion lineal considerada, vamos a obtenerlos transformados de 2 vectores linealmente independientes (con lo cual tendremos unabase de R2) sobre los que podamos aplicar facilmente la transformacion. Puesto queprimero tenemos que proyectar ortogonalmente sobre una recta (que pasa por el origende coordenadas), vamos a considerar los vectores

v1 =

[

2−1

]

vector direccionde la recta

, v2 =

[

12

]

vector normala la recta.


Ejercicio 2. R-55

El vector T (v1) = Mv1 es el vector que se obtiene de:

proyectar v1 sobre r (se obtiene v1) y, a continuacion,

hacer un giro de centro el origen de coordenadas y angulo π/3 radianes, con lo cualse obtiene Gv1, siendo G la matriz del giro dado,

Gv1 =

cos(π3) − sen(π

3)

sen(π3) cos(π

3)

[

2−1

]

=

12

−√

32

√3

212

[

2−1

]

=1

2

2 +√

3

2√

3 − 1

.

De la misma forma, el vector T (v2) = Mv2

es el vector que se obtiene de

proyectar v2 sobre r (se obtiene el vec-tor nulo) y, a continuacion,

hacer un giro de centro el origen de co-ordenadas y angulo π/3 radianes, conlo cual se obtiene G~0 = ~0.

X

Y

v1

v2

r

s

π3

Por tanto, la matriz M que queremos determinar es la matriz 2 × 2 que verifica

M

v1 v2

=

Mv1 Mv2

⇒ M

2 1

−1 2

=

2+√

32

0

2√

3−12

0

=⇒

⇒ M =

2+√

32

0

2√

3−12

0

2 1

−1 2

−1

=

2+√

32

0

2√

3−12

0

15

2 −1

1 2

=

= 110

2(

2 +√

3)

−(

2 +√

3)

2(

2√

3 − 1)

−2√

3 + 1

.

Teniendo en cuenta que tenemos la interpretacion geometrica de la multiplicacion de lamatriz M por un vector, para determinar el espacio nulo y el espacio columna de M ,podemos utilizar dicha interpretacion geometrica o bien trabajar “a ciegas”(en cuantoa interpretacion geometrica de lo que se quiere calcular) y obtener el espacio nulo y elespacio columna mediante los calculos correspondientes con la matriz M .

Desde el punto de vista geometrico,

·Nul (M) esta formado por los vectores v ∈ R2 tales que Mv = 0, es decir, porlos vectores tales que al proyectarlos ortogonalmente sobre la recta y a con-tinuacion hacer el giro se obtiene el vector nulo. Para que al hacer el giro seobtenga el vector nulo la unica posibilidad es que se este girando el vector nulo.Por tanto, el espacio nulo de M esta formado por los vectores cuya proyeccion



es el vector nulo, es decir, por los vectores de la recta perpendicular a r quepasa por el origen

[

xy

]

: 2x − y = 0

= Gen

[

12

]

.

·Col (M) esta formado por los vectores de la forma Mv para algun v ∈ R2, esdecir por los vectores que se obtienen de transformar todos los vectores deR2. Al proyectar se obtienen todos los vectores de la recta r dada, y al girarlos vectores de la recta dada se obtiene la recta que pasa por el origen decoordenadas y tiene vector direccion Gv1, es decir,

Col (M) = Gen Gv1 = Gen

1

2

2 +√

3

2√

3 − 1

= Gen

2 +√

3

2√

3 − 1

≡(

2√

3 − 1)

x −(

2 +√

3)

y = 0.

Desde el punto de vista aritmetico,

·Nul (M) = v ∈ R2 : Mv = 0 = v ∈ R

2 : 10Mv = 0,

2(

2 +√

3)

−(

2 +√

3)

0

2(

2√

3 − 1)

−2√

3 + 1 0

F1

2+√

3

−→F2

2√

3−1

2 −1 0

2 −1 0

F2 − F1

−→

2 −1 0

0 0 0

=⇒ · · ·

·Col (M) = Mv : v ∈ R2 = w ∈ R2 : Mv = w es un sistema compatible .

Siendo w =

[

xy

]

, tenemos

2(

2 +√

3)

−(

2 +√

3)

10x

2(

2√

3 − 1)

−2√

3 + 1 10y

F1

2+√

3

−→F2

2√

3−1

2 −110x

2 +√

3

2 −110y

2√

3 − 1

F2 − F1

−→

2 −110x

2 +√

3

0 010y

2√

3 − 1− 10x

2 +√

3

=⇒ 10y

2√

3 − 1− 10x

2 +√

3= 0 =⇒ · · ·

Observacion. Puesto que la transformacion lineal T considerada viene descrita como laaplicacion sucesiva de dos transformaciones lineales, podemos obtener la matriz asociadaa T a traves de las matrices asociadas a cada una de las transformaciones lineales queintervienen.


Ejercicio 2. R-57

Si denotamos por

T1 : R2 −→ R

2

a la proyeccion ortogonal, sobre la recta dada, y por

T2 : R2 −→ R

2

al giro, tendremos dos matrices M1 y M2 tales que

- Para cualquier v ∈ R2 −→ T1(v) = M1v ∈ R

2 es el vector que se obtiene al proyectarortogonalmente v sobre r,

- Para cualquier u ∈ R2 −→ T2(u) = M2u ∈ R

2 es el vector que se obtiene al girar uun angulo de π

3radianes.

X

Y

r

Col (M)Nul (M)

v

T1(v)

T2 [T1(v)]

Por tanto, la transformacion dada es

proyeccion girov ∈ R2 - T1(v) = M1v

- T (v) = T2 [T1(v)] = M2M1v

con lo cual, la matriz M asociada a T verifica que

T (v) = Mv = M2M1v, ∀ v ∈ R2 =⇒ M = M2M1 .

Si la proyeccion y el giro se hicieran en el orden inverso, la matriz asociada a dichatransformacion lineal serıa M1M2, y es facil comprobar que las matrices M1 y M2 noconmutan

M1M2 6= M2M1.

Puesto que

M1

v1 v2

=

M1v1 M1v2

=

v1 0

⇒

⇒ M1 =

2 0

−1 0

2 1

−1 2

−1

= 15

4 −2

−2 1



y M2 es la matriz del giro,

M2 =

cos(π

3) − sen(

π

3)

sen(π

3) cos(

π

3)

=

1

2−√

3

2

√3

2

1

2

=1

2

1 −√

3

√3 1

,

tenemos que

M = M2M1 =1

10

1 −√

3

√3 1

4 −2

−2 1

=1

10

[

4 + 2√

3 −2 −√

3

−2 + 4√

3 1 − 2√

3

]

6=

6=M1M2 =1

10

4 −2

−2 1

1 −√

3

√3 1

=1

10

[

4 − 2√

3 −2 − 4√

3

−2 +√

3 2√

3 + 1

]

.

Para comprobar que no es lo mismo hacer primero la proyeccion y despues el giro quehacer primero el giro y despues la proyeccion, bastarıa comprobar que para un vectorconcreto no se obtienen los mismos resultados.

(2.2) Puesto que los vectores columna de A generan el espacio columna de A (como su propionombre indica), para obtener una base basta con reducir A a forma escalonada por filasy seleccionar las columnas de A correspondientes a las posiciones pivote

A =

1 1 0 21 1 0 α1 α 3 − α α + 1−1 2 3 1

F2 − F1

F3 − F1

-

F4 + F1

1 1 0 20 0 0 α − 20 α − 1 3 − α α − 10 3 3 3

→

F4 ↔ F2

-

F2

3

1 1 0 20 1 1 10 α − 1 3 − α α − 10 0 0 α − 2

F3 − (α − 1)F2

- U =

1 1 0 20 1 3 −10 0 4 − 2α 00 0 0 α − 2

.

Tenemos los siguientes casos:

Si α 6= 2, los 4 vectores columna de U son linealmente independientes y, portanto, esto mismo es cierto para los de A. En este caso, puesto que Col (A) es unsubespacio vectorial de R

4 y, por lo anterior, tiene dimension 4 se verifica que

Col (A) = R4

y basta tomar una base de R4, por ejemplo la base canonica e1, e2, e3, e4, o los 4vectores columna de A (para α 6= 2).

Si α = 2, en la reduccion a forma escalonada se obtienen 2 pivotes y las columnas 3y 4 son combinacion lineal de las dos primeras. Por tanto, los dos primeros vectorescolumna de A forman una base del espacio columna de A

111−1

,

1122

.


Ejercicio 3. R-59

Ejercicio 3.

(3.1) [6 puntos] Supongamos que al reducir una matriz A de dimensiones 17 × 30 a formaescalonada (mediante operaciones fila) se obtienen 14 pivotes. En cada uno de lossiguientes enunciados, indica si es verdadero o falso, justifica la respuesta y en los casosen los que el enunciado es falso di cual serıa el enunciado correcto:

(a) Cualquier sistema de ecuaciones de la forma Ax = b tiene infinitas soluciones.

(b) El espacio columna de A tiene dimension 17 − 14 = 3.

(c) Al reducir AT a forma escalonada se obtienen 30 − 14 = 16 pivotes.

(d) Al reducir la matriz [A|A] a forma escalonada se obtienen 14× 2 = 28 pivotes.

(3.2) [4 puntos] Considera la matriz B

B =

1 −1 1 −11 2 −2 −11 −1 1 −11 2 −2 −1

.

Amplıa una base de Nul (B) hasta una base de Nul (B2).

(3.1) Cada uno de los enunciados es falso y puede ser modificado de diferentes formas paraobtener un enunciado correcto. Solo formulamos uno de los posibles enunciados correctosrelacionados con el enunciado falso dado.

(a) F Cualquier sistema de ecuaciones de la forma Ax = b tiene infinitassoluciones.

V Si un sistema de ecuaciones de la forma Ax = b tiene solucion, entonces tiene

infinitas soluciones. Los vectores b para los que el sistema Ax = b tiene solucion sonlos vectores pertenecientes al espacio columna de A, que es un subespacio vectorialde R20, que tiene dimension 17.

(b) F El espacio columna de A tiene dimension 17 − 14 = 3.

V El espacio columna de A tiene dimension 14. Las vectores-columna de A corres-pondientes a las posiciones pivote forman una base del espacio columna de A.

(c) F Al reducir AT a forma escalonada se obtienen 30 − 14 = 16 pivotes.

V Al reducir AT a forma escalonada se obtienen 14 pivotes. Puesto que el rangode At coincide con el de A.

(d) F Al reducir la matriz [A|A] a forma escalonada se obtienen 14 × 2 = 28pivotes.

V Al reducir la matriz [A|A] a forma escalonada se obtienen, tambien, 14 pivotes

puesto que el espacio columna de la matriz [A|A] coincide con el de la matriz A.Desde el punto de vista algorıtmico, si al reducir A a forma escalonada por filasobtenemos una matriz U (en la que habra 14 posiciones pivote y 17 − 14 = 3 filasnulas), al reducir [A|A], mediante las mismas operaciones que se hayan utiliza-do para reducir A, obtendremos la matriz [U |U ] con lo cual seguiremos teniendo



17 − 14 = 3 filas nulas y 14 pivotes en la primera de las matrices U . Las posi-ciones correspondientes a los pivotes en la segunda de las matrices U aparecen“tapadas”(expresion utilizada por un alumno) por los pivotes que aparecen en laprimera, dichas posiciones “tapadas”no son posiciones pivote puesto que estan enla misma fila que un pivote.

(3.2) Obtengamos una base de Nul (B) = x ∈ R4 : Bx = 0,

1 −1 1 −1 01 2 −2 −1 01 −1 1 −1 01 2 −2 −1 0

F4 − F2

F3 − F1

-

1 −1 1 −1 01 2 −2 −1 00 0 0 0 00 0 0 0 0

F2 − F1

-

1 −1 1 −1 00 3 −3 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0

F1 + 13F2

-

13F2

1 0 0 −1 00 1 −1 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0

⇒

x1

x4

x1

x4

=

x4

x3

x3

x4

= α

0110

+ β

1001

.

Por tanto,

v1 =

0110

, v2 =

1001

es una base de Nul (B).

Obtengamos una base de Nul (B2) = x ∈ R4 : B2x = 0,

B2 =

0 −6 6 00 3 −3 00 −6 6 00 3 −3 0

⇒ Nul (B2) :

0 −6 6 0 00 3 −3 0 00 −6 6 0 00 3 −3 0 0

-

F2 + 12F1

F3 − F1

-

F4 + 12F1

0 −6 6 0 00 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0

⇒ x2 = x3

=⇒

x1

x2

x3

x4

=

x1

x3

x3

x4

= x1

1000

+ x3

0110

+ x4

0001

.

Por tanto,

u1 =

1000

, u2 = v1 =

0110

, u3 =

0001

es una base de Nul (B2).


Ejercicio 3. R-61

Obviamente Nul (B) ⊂ Nul (B2) (esto es cierto para cualquier matriz cuadrada) y puestoque

dim [Nul (B)] = 2 y dim[

Nul (B2)]

= 3

para ampliar una base de Nul (B) hasta una base de Nul (B2) basta con anadir, a unabase de Nul (B), 1 vector que este en Nul (B2) pero que no este en Nul (B), por ejemplo,

v1, v2, u1

es una base de Nul (B2) ampliada desde una base v1, v2 de Nul (B). Obviamente, siconsideramos la matriz

v1 v2 u1 u2 u3

cuyas columnas generan Nul (B2), la reducimos a forma escalonada mediante opera-ciones fila y seleccionamos (en la matriz anterior) las columnas correspondientes a lasposiciones pivote, tendremos una base de Nul (B2) en la que estaran los vectores v1 yv2.


R-62 Tercera Convocatoria. 2003-04.




Tercera Convocatoria (Segunda Parte). 30-01-2004.

Ejercicio 4. Sea A la matriz

A =

1 1 0 −10 2 0 0

a − 1 1 2 −a0 −a 0 a

, a ∈ R.

(a) [4 puntos] Determina los valores de a para los que A es diagonalizable.

(b) [4 puntos] Para a = −1, diagonaliza la matriz A y calcula An, n = 1, 2, . . . ¿Es validoel resultado para n = −1,−2, . . . ? Justifica la respuesta.

(c) [2 puntos] Para a = −1, diagonaliza cada una de las matrices siguientes:

A5, A − 7I, AT .

(a) Polinomio caracterıstico de A:


1 − λ 1 0 −10 2 − λ 0 0

a − 1 1 − λ 2 −a0 −a 0 a − λ

=

desarrollandopor laterceracolumna

= (2 − λ)det

1 − λ 1 −10 2 − λ 00 −a a − λ

= (2 − λ)(2 − λ)(1 − λ)(a − λ)

= (2 − λ)2(1 − λ)(a − λ).

Autovalores y multiplicidades (algebraicas) en funcion del parametro a:

a 6= 1, 2

λ1 = 1 simpleλ2 = 2 dobleλ3 = a simple

a = 1λ1 = 1 dobleλ2 = 2 doble

a = 2λ1 = 1 simpleλ2 = 2 triple


Ejercicio 4. R-63

Multiplicidades geometricas (de los autovalores multiples) en funcion del parametro:

• Si a 6= 1, 2, tenemos que comprobar si la multiplicidad geometrica del unicoautovalor multiple, λ2 = 2 (doble), coinicide o no coincide con la algebraica.Puesto que haciendo operaciones fila tenemos:

rango(A − 2I) = rango

−1 1 0 −10 0 0 0

a − 1 1 0 −a0 −a 0 a − 2

=

= rango

−1 1 0 −10 a 0 1 − 2a0 −a 0 a − 20 0 0 0

=

= rango

−1 1 0 −10 a 0 1 − 2a0 0 0 −a − 10 0 0 0

,

siendo a 6= 1, 2, se obtiene

a 6= 0,−1 rango(A − 2I) = 3 mg(λ = 2) = 1 A no es diagnalizablea = 0 rango(A − 2I) = 2 mg(λ = 2) = 2 A es diagnalizable

a = −1 rango(A − 2I) = 2 mg(λ = 2) = 2 A es diagnalizable.

• Si a = 1, tenemos que comprobar si la multiplicidad geometrica de cada unode los dos autovalores (dobles) coincide con la algebraica. Si para alguno delos dos autovalores la multiplicidad geometrica no es dos, la correspondientematriz A no sera diagonalizable. Segun lo que acabamos de obtener (puestoque en las operaciones fila hechas sobre la matriz A− 2I no influye el valor dea), para a = 1 se verifica que

rango(A − 2I) = 3 y mg(λ = 2) = 1.

Por tanto, si a = 1, A no es diagonalizable.

• Si a = 2, tenemos que comprobar si la multiplicidad geometrica del unicoautovalor multiple, λ2 = 2 (triple), coinicide o no coincide con la algebraica.Segun lo que hemos visto antes (puesto que en las operaciones fila hechas sobrela matriz A − 2I no influye el valor de a), para a = 2 se verifica que

rango(A − 2I) = 3 y mg(λ = 2) = 1.

Por tanto, si a = 2, A no es diagonalizable.

Resumiendo:A es diagonalizable ⇐⇒ a = 0 o a = −1.

(b) Para a = −1 tenemos la matriz

A =

1 1 0 −10 2 0 0−2 1 2 10 1 0 −1



de la que sabemos que es diagonalizable y tiene como autovalores

λ1 = 1 simple, λ2 = 2 doble y λ3 = −1 simple.

Calculemos los autovectores de A:

Autovectores asociados a λ1 = 1: (A − I)x = 0

0 1 0 −1 00 1 0 0 0−2 1 1 1 00 1 0 −2 0

operaciones-

fila

0 0 0 −1 00 1 0 0 0−2 1 1 1 00 0 0 0 0

⇔

x4 = 0x2 = 0x3 = 2x1

=⇒ v1 =

1020

.

Autovectores asociados a λ2 = 2: (A − 2I)x = 0

−1 1 0 −1 00 0 0 0 0−2 1 0 1 00 1 0 −3 0

operaciones-

fila

−1 0 0 2 00 1 0 −3 00 0 0 0 00 0 0 0 0

⇔

x1 = 2x4

x2 = 3x4=⇒ v2 =

0010

, v′2 =

2301

.

Autovectores asociados a λ3 = −1: (A + I)x = 0,

2 1 0 −1 00 3 0 0 0−2 1 3 1 00 1 0 0 0

operaciones-

fila

2 0 0 −1 00 1 0 0 00 0 3 0 00 0 0 0 0

⇔

x2 = 0x3 = 0x4 = 2x1

=⇒ v3 =

1002

.

Por tanto, siendo P la matriz formada, por columnas, por los autovectores (lineal-mente independientes) obtenidos y siendo D la matriz diagonal cuyos elementosdiagonales son los autovalores de A, en el mismo orden que hayamos tomado los


Ejercicio 4. R-65

autovectores en P ,

P =

v1 v2 v′2 v3

=

1 0 2 10 0 3 02 1 0 00 0 1 2

,

D =

λ1

λ2

λ2

λ3

=

12

2−1

,

tenemos queAP = PD =⇒ A = PDP−1.

Obviamente, para n = 1, 2, . . . se tiene

An = A · · ·A = PDP−1PDP−1 · · ·PDP−1 = PDnP−1 =

= P

12n

2n

(−1)n

P−1.

Puesto que λ = 0 no es autovalor de A, esta matriz tiene inversa y su inversa es

A−1 =(

PDP−1)−1

= PD−1P−1 = P

12−1

2−1

(−1)−1

P−1.

Si consideramos un exponente entero negativo n = −1,−2, · · · = −k, k = 1, 2, . . .se tiene que

An = A−k =(

Ak)−1

=(

A−1)k

= P

12−k

2−k

(−1)−k

P−1

y, por tanto, la formula obtenida para un exponente entero positivo tambien esvalida para un exponente entero negativo.

(c) Puesto que para a = −1 tenemos una diagonalizacion de A

A = PDP−1, P =

1 0 2 10 0 3 02 1 0 00 0 1 2

, D =

12

2−1

.

Sin mas que hacer las operaciones indicadas tenemos

A5 = (PDP−1) · · · (PDP−1) = PD5P−1

A − 7I = PDP−1 − 7PP−1 = P (D − 7I)P−1,

AT = (PDP−1)T

=(

P T)−1

D(

P T)

,



igualdades que nos dan diagonalizaciones de las matrices correspondientes puesto queD5, D − 7I y D son matrices diagonales. Las correspondientes matrices de paso son,respectivamente,

P, P y(

P T)−1

.


Ejercicio 5. R-67

Ejercicio 5.

(a) [2 puntos] Enuncia las propiedades mas importantes de los autovalores y autovectoresde una matriz real simetrica y el Teorema espectral para matrices reales simetricas.

(b) [6 puntos] Determina una matriz (la matriz) A real simetrica 3 × 3 sabiendo que susautovalores son

λ1 = −1(simple ) y λ2 = 1(doble)

y que v1 = [1, 0, −2]t es autovector de A asociado a λ1. Da una interpretacion geome-trica de la transformacion lineal asociada a la matriz A.

(c) [2 puntos] Siendo ϕ : R3 −→ R la forma cuadratica asociada a la matriz A, ϕ(x) = xtAx,

determina, si es posible, dos vectores u1, u2 ∈ R3 tales que

ϕ(u1) = 7 y ϕ(u2) = −10.

(a) Cuestion Teorica.

Si A es una matriz real simetrica se verifica:

(1) Todos sus autovalores son reales.

(2) Si u y v son dos autovectores (reales) de A correspondientes a autovaloresdistintos λ 6= µ, entonces u y v son ortogonales, u · v = 0.

Teorema espectral para matrices reales simetricas : Siendo A una matriz cuadra-da real se verifica que

(3) A es simetrica ⇐⇒ A es diagonalizable mediante una matriz de paso ortogonal.

(b) Puesto que se trata de una matriz A real simetrica que tiene solo dos autovalores distintos,λ1 = −1 simple y λ2 = 1 doble, tenemos:

El espacio propio asociado a λ2 tiene dimension 2 (es un plano)

dim Nul (A − I) = 2.

Puesto que a autovalores distintos corresponden autovectores ortogonales (y solohay dos autovalores), cada uno de los espacios propios Nul (A−λ1I), Nul (A−λ2I)es el complemento ortogonal del otro,

Nul (A − I) = Nul (A + I)⊥ = Gen v1⊥ .

Es decir,

Nul (A − I) = Gen v1⊥ = x1 − 2x3 = 0 = Gen

v2 =

010

, v3 =

201

.

Puesto queAv1 = −v1, Av2 = v2, Av3 = v3,

para obtener la matriz A basta considerar la ecuacion matricial

A

v1 v2 v3

=

v1 v2 v3

−11

1

.



Notemos que, puesto que v1, v2, v3 es una base de R3 formada por autovectores de A,tenemos una diagonalizacion de A

A = PDP−1, siendo P =

v1 v2 v3

=

1 0 20 1 0−2 0 1

, D =

−11

1

.

No se trata de una diagonalizacion ortogonal puesto que v1, v2, v3 no es una baseortonormal de R3. Sin embargo, puesto que dichos autovectores son ortogonales entresi, basta normalizar para tener una base ortonormal formada por autovectores

w1 =1

||v1||v1 =

1√5v1, w2 =

1

||v2||v2 = v2, w3 =

1

||v3||v3 =

1√5v3

.

De esta forma tenemos que la matriz

Q =

w1 w2 w3

=

1√5

0 2√5

0 1 0− 2√

50 1√

5

, es ortogonal (Q−1 = QT )

y verifica que

A = QDQ−1 = QDQT =1

5

3 0 40 5 04 0 −3

.

Interpretacion geometrica: Puesto que, mediante la matriz A,

los vectores del plano x1 − 2x3 = 0 se transforman en si mismos y

los vectores de la recta Gen v1 perpendicular al plano anterior (y pasa por elorigen de coordenadas) se transforman en sus opuestos,

la matriz A es la matriz de la simetrıa respecto al plano x1 − 2x3 = 0 citado.

(c) Puesto que en el apartado anterior tenemos vectores v1 y v2 tales que Av1 = −v1 yAv2 = v2, para dichos vectores tenemos:

ϕ(v1) = vT1 Av1 = −vT

1 v1 = − ||v1||2 = −5

ϕ(v2) = vT2 Av2 = vT

2 v2 = ||v2||2 = 1

y puesto que al considerar multiplos de un vector se tiene

ϕ(αv) = (αv)T A (αv) = α2vAv = α2ϕ(v)

basta considerar un multiplo apropiado de v1 para obtener un vector u2 que verifiqueϕ(u2) = −10,

ϕ(αv1) = α2ϕ(v1) = −5α2 = −10 ⇔ α = ±√

2, u2 = ±√

2v1,

y basta considerar un multiplo apropiado de v2 para obtener un vector u1 que verifiqueϕ(u1) = 7,

ϕ(αv2) = α2ϕ(v2) = α2 = 10 ⇔ α = ±√

7, u1 = ±√

7v2.

Observacion: Ademas de los vectores obtenidos ±√

7v2 y ±√

2v1, hay otros muchosvectores u1 y u2 que verifican las condiciones pedidas.


Ejercicio 6. R-69

Ejercicio 6. Considera el subespacio vectorial S de R4 y el vector v ∈ R4 dados por

S ≡ x1 − x2 + x3 − x4 = 0, v =

1234

.

(a) [4 puntos] Calcula una base ortogonal de S.

(b) [3 puntos] Calcula el vector w proyeccion ortogonal de v sobre S y las coordenadas dew respecto a la base ortogonal obtenida en (a).

(c) [1 punto] Calcula el simetrico de v respecto a S.

(d) [2 puntos] Demuestra que si u1, u2, . . . , up son vectores no-nulos de Rn que son orto-

gonales dos a dos, entonces son linealmente independientes.

(a) Puesto que S esta descrito mediante la ecuacion

x4 = x1 − x2 + x3,

es facil obtener una base de S, por ejemplo

v1 =

1100

, v2 =

−1010

, v3 =

1001

y aplicando el metodo de ortogonalizacion de Gram-Schmidt a los vectores v1, v2, v3de dicha base, obtenemos una base ortogonal u1, u2, u3 de S:

u1 = v1 =

1100

,

u2 = v2 −v2 · u1

||u1||2u1 =

−1

21

210

,

u3 = v3 −v3 · u1

||u1||2u1 −

v3 · u2

||u2||2u2 =

1

3

−1

31

31

.



(b) Puesto que tenemos una base ortogonal u1, u2, u3 de S, podemos obtener la proyeccionortogonal de un vector sobre S mediante

proyS(v) =v · u1

||u1||2u1 +

v · u2

||u2||2u2 +

v · u3

||u3||2u3

con lo cual tenemos el vector proyeccion y las coordenadas de dicho vector proyeccionrespecto a la base ortogonal de S considerada. Para el vector v dado y la base ortogonalu1, u2, u3 obtenida, tenemos

w = proyS(v) =3

2u1 +

7232

u2 +14343

u3 =1

2

3377

y las coordenadas de w ∈ S respecto a la base u1, u2, u3 de S son los coeficientes dela anterior combinacion lineal

[

3

2,7

3,7

2

]

.

(c) Siendo w = proyS(v), el simetrico de v respecto a S es el vector

v′ = w + (w − v) = 2w − v =

3377

−

1234

=

2143

.

v

w

v′

S

S⊥

(d) Cuestion Teorica. Si tenemos una combinacion lineal de los vectores dados igual al vectornulo

α1u1 + α2u2 + · · ·+ αpup = ~0 (∗)al multiplicar escalarmente por el vector u1 tenemos

(α1u1 + α2u2 + · · ·+ αpup) · u1 = ~0 · u1 = 0.

Desarrollando el primer miembro de la igualdad

α1u1 · u1 + α2u2 · u1 + · · ·+ αpup · u1 =

usando lacondicion deortogonalidad

=

= α1 ||u1||2 + α20 + · · ·+ αp0 = 0

[

puestoque u1 6= 0

]

=⇒ α1 = 0.


Ejercicio 6. R-71

De manera analoga, al multiplicar escalarmente la igualdad (∗) por un vector

uk, k = 1, 2, . . . , n,

se obtiene

α10 + α20 + · · ·+ αk ||uk||2 + · · ·+ αn0 = 0 ⇒[

puestoque uk 6= 0

]

⇒ αk = 0.

Por tanto, la unica combinacion lineal que es igual al vector nulo es la combinacionlineal identicamente nula (todos los coeficientes son nulos). Es decir, los vectores dadosson linealmente independientes.







Ejercicio 1. Considera las matrices A (de orden 2) y B (de orden 4) dadas por

A =

[

2 22 −1

]

, B =

A0 α − 1

α + 1 00 00 0

A

=

2 22 −1

0 α − 1α + 1 0

0 00 0

2 22 −1

, α ∈ R.

(1.1) [3 puntos] Resuelve el problema de valor inicial

y′ = Ay

y(0) =

[

2−1

]

(1.2) [4 puntos] Determina los valores de α ∈ R para los que la matriz B es diagonalizable.

(1.3) [3 puntos] Siendo α = 1, determina si el vector u0 = [−8, 0, 10, 5]T es un autovector oun autovector generalizado de B (o ninguna de las dos cosas) y calcula Bnu0, n = 1, 2, . . .

(1.1) Obtengamos la solucion general del sistema y′ = Ay mediante los autovalores y losautovectores de A. Notemos que, puesto que A es una matriz simetrica real, es diago-nalizable (y de hecho es diagonalizable mediante una matriz de paso ortogonal).

Autovalores de A:

det (A − λI) = det

[

2 − λ 22 −1 − λ

]

= (2 − λ) (−1 − λ) − 4 = λ2 − λ − 6 = 0

⇐⇒ λ =1 ±

√1 + 24

2=

1 ± 5

2=

λ1 = 3λ2 = −2.

Autovectores de A asociados a λ1 = 3: (A − 3I)x = 0,

[

2 − 3 2 02 −1 − 3 0

]

=

[

−1 2 02 −4 0

]

−→[

−1 2 00 0 0

]

⇒

=⇒ x1 = 2x2 =⇒ v1 =

[

21

]

.


Ejercicio 1. R-73

Autovectores de A asociados a λ2 = −2: (A + 2I)x = 0,

[

2 + 2 2 02 −1 + 2 0

]

=

[

4 2 02 1 0

]

−→[

2 1 00 0 0

]

⇒

=⇒ x2 = −2x1 =⇒ v2 =

[

1−2

]

.

Solucion general del sistema homogeneo y′ = Ay

y(t) = c1eλ1tv1 + c2e

λ2tv2 = c1e3tv1 + c2e

−2tv2

Solucion del sistema homogeneo que ademas verifica la condicion inicial:

y(0) = c1e3tv1+c2e

−2tv2|t=0= c1v1+c2v2 =

[

2−1

]

⇔[

2 11 −2

] [

c1

c2

]

=

[

2−1

]

.

Resolviendo este ultimo sistema obtenemos c1 = 35, c2 = 4

5y, por tanto, la solucion

del problema de valor inicial planteado es

y(t) = 35e3t

[

21

]

+ 45e−2t

[

1−2

]

.

(1.2) Calculemos los autovalores de B:

det (B − λI) = det

2 − λ 2 0 α − 12 −1 − λ α + 1 00 0 2 − λ 20 0 2 −1 − λ

=

= det

A − λI0 α − 1

α + 1 00 00 0

A − λI

=

= det (A − λI)det (A − λI) =

[

segun hemosobtenido antes

]

=

= [(λ − 3)(λ + 2)]2 = (λ − 3)2(λ + 2)2

⇒ autovalores de B :

λ1 = 3 (doble)λ2 = −2 (doble).

Puesto que, independientemente de α ∈ R, la matriz B tiene como autovalores doblesλ1 = 3 y λ2 = −2, los valores de α que tenemos que determinar son aquellos para losque ambos autovalores tengan multiplicidad geometrica 2, es decir tales que

dim [Nul (B − 3I)] = 2 = dim [Nul (B + 2I)] .



Autovectores asociados a λ1 = 3, Nul (B − 3I) = x ∈ R5 : (B − 3I)x = 0.

−1 2 0 α − 1 02 −4 α + 1 0 00 0 −1 2 00 0 2 −4 0

F2 + 2F1

−→F4 + 2F3

−1 2 0 α − 1 00 0 α + 1 2(α − 1) 00 0 −1 2 00 0 0 0 0

F2 ↔ F3

−→

−1 2 0 α − 1 00 0 −1 2 00 0 α + 1 2(α − 1) 00 0 0 0 0

F3 + (α + 1)F2

−→

-1 2 0 α − 1 0

0 0 -1 2 00 0 0 4α 00 0 0 0 0

.

Por tanto:

dim [Nul (B − 3I)] = 2 ⇐⇒[

en el sistema anteriorse obtienen 2 variables libres

]

⇐⇒ α = 0

y el unico valor de α para el que B podrıa ser diagonalizable es α = 0.

Aunque bastarıa con estudiar la multiplicidad geometrica de λ2 = −2 en el casoα = 0, estudiemos la multiplicidad geometrica de λ2 = −2 en funcion de α.

Autovectores asociados a λ2 = −2, Nul (B + 2I) = x ∈ R5 : (B + 2I)x = 0.

4 2 0 α − 1 02 1 α + 1 0 00 0 4 2 00 0 2 1 0

F2 ↔ F1

−→F4 ↔ F3

2 1 α + 1 0 04 2 0 α − 1 00 0 2 1 00 0 4 2 0

F2 − 2F1

−→F4 − 2F3

2 1 α + 1 0 00 0 −2(α + 1) α − 1 00 0 2 1 00 0 0 0 0

F3 ↔ F2

−→

2 1 α + 1 0 00 0 2 1 00 0 −2(α + 1) α − 1 00 0 0 0 0

F3 + (α + 1)F2

−→

2 1 α + 1 0 0

0 0 2 1 00 0 0 2α 00 0 0 0 0

⇒ mg(λ2 = −2) = dim [Nul (B + 2I)] =

1 si α 6= 0,2 si α = 0.


Ejercicio 1. R-75

ResumiendoB es diagonalizable ⇐⇒ α = 0.

(1.3) La matriz B que se obtiene para α = 1,

B =

2 2 0 02 −1 2 00 0 2 20 0 2 −1

,

tiene como autovalores λ1 = 3 (doble) y λ2 = −2 (doble) (y no es diagonalizable).

¿Es u0 un autovector de B? Para comprobar si el vector dado u0 es un autovector(o no) de B, tenemos que comprobar si Bu0 es un multiplo, o no, de u0. Paracomprobar esto no es necesario conocer previamente los autovalores de B.

Bu0 =

2 2 0 02 −1 2 00 0 2 20 0 2 −1

−80105

=

−1643015

6= λ

−80105

∀λ ∈ R =⇒ NO.

¿Es u0 un autovector generalizado de B? Puesto que u0 no es autovector de B, paracomprobar si es un autovector generalizado (o no) de B, tenemos que comprobarsi se cumple (o no) que

(B − 3I)2u0 = 0 o (B + 2I)2u0 = 0.

¿Es u0 un autovector generalizado de B asociado a λ1 = 3?

(B−3I)2u0 = (B−3I)(B−3I)u0 =

−1 2 0 02 −4 1 00 0 −1 20 0 2 −4

8400

=

0000

=⇒ SI.

Puesto que u0 es un autovector generalizado de B asociado a λ1 = 3, podemos obtenerBnu0 aplicando la formula del Binomio de Newton a Bn = [3I + (B − 3I)]n y tenemos, paran ≥ 2,:

Bnu0 = [3I + (B − 3I)]n u0 =

[

puesto que 3Iy B − 3I conmutan

]

=

=

[(

n0

)

(3I)n(B − 3I)0 +

(

n1

)

(3I)n−1(B − 3I)1 + · · ·+(

nn

)

(B − 3I)n

]

u0

= 3nu0 + n3n−1(B − 3I)u0 +

(

n2

)

3n−2(B − 3I)2u0 + · · ·+(

nn

)

(B − 3I)nu0 =

=

[

puesto que(B − 3I)ku0 = 0 para k ≥ 2

]

= 3nu0 + n3n−1(B − 3I)u0 =

= 3n

−80105

+ n3n−1

8400

= 3n−1

8n − 244n3015

.



Ejercicio 2.

(2.1) [3 puntos] Calcula el area del recinto del plano descrito por las desigualdades

(2x−y)2

4+ (x + 3y)2 ≤ 1,

(2x − y)(x + 3y) ≥ 0.

(2.2) [3 puntos] Calcula una base ortogonal del subespacio vectorial de R4 dado por

S ≡ x1 + x2 + x3 − x4 = 0

y halla las coordenadas del vector v = [1, 2, 3, 6]T respecto a dicha base ortogonal.

(2.3) [2 puntos] Enuncia el Teorema espectral para matrices simetricas reales y define losconceptos que intervienen en dicho enunciado.

(2.4) [2 puntos] Demuestra que si λ1 6= λ2 son dos autovalores de una matriz simetrica realA y v1 y v2 son autovectores de A asociados respectivamente a λ1 y λ2, entonces v1 yv2 son ortogonales.

(2.1) Teniendo en cuenta como esta definido el recinto, consideremos la transformacion linealdel plano definida por las igualdades u = 2x − y, v = x + 3y. Es decir, consideremos latransformacion lineal

T : R2 −→ R2

[

xy

]

−→[

uv

]

=

[

2 −11 3

] [

xy

]

.

Si denotamos por Ω al recinto dado, su transformado T (Ω) mediante T es el recintodefinido mediante

T (Ω) =

[

uv

]

∈ R2 :

u2

4+ v2 ≤ 1, uv ≥ 0

.

Se trata, por tanto, de parte del recintoencerrado por la elipse

u2

4+ v2 = 1

que tiene por centro el origen de coorde-nadas y semiejes a = 2 y b = 1. En concre-to, se trata de la parte que se encuentra enel primer o tercer cuadrante (uv ≥ 0 ⇔ uy v son del mismo signo).

u

v

u2

4+ v2 = 1

Puesto que el area encerrada por una elipse de semiejes a = 2 y b = 1 es πab = 2π, elarea de T (Ω) es

area [T (Ω)] =1

2π · 2 · 1 = π.


Ejercicio 2. R-77

Teniendo en cuenta la relacion entre las areas de los recintos original y transformadotenemos

area [T (Ω)] = |det (A)| area(Ω) =⇒ π = 7 area(Ω) =⇒ area(Ω) =π

7.

En las coordenadas (x, y) originales el recinto esta limitado por las rectas

r1 ≡ y = 2x y r2 ≡ x = −3y

y la elipse (con centro el origen de coordenadas y girada respecto del sistema de ejes xy)

(2x − y)2

4+ (x + 3y)2 = 1 ≡ 8x2 + 37y2 + 20xy = 4.

−1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

x

y

X

Y

y = 2x

x = −3y

8x2 + 37y2 + 20xy = 4

Para obtener el area pedida no es necesario conocer el recinto en el sistema de ejes original.

(2.2) Puesto que el subespacio S esta caracterizado por la ecuacion x4 = x1 + x2 + x3, Sesta formado por los vectores de la forma

x1

x2

x3

x4

=

x1

x2

x3

x1 + x2 + x3

= x1

1001

+ x2

0101

+ x3

0011

, ∀x1, x2, x3 ∈ R

con lo cual tenemos una base de S,

v1 =

1001

, v2 =

0101

, v3 =

0011

,

puesto que v1, v2 y v3 son linealmente independientes (y generan S). La base obtenidano es ortogonal. Para obtener una base ortogonal basta con aplicar el metodo de ortogo-



nalizacion de Gram-Schmidt a la base obtenida:

u1 = v1

u2 = v2 −v2 · u1

||u1||2u1 =

0101

− 1

2

1001

=1

2

−1201

,

u3 = v3 −v3 · u1

||u1||2u1 −

v3 · u2

||u2||2u2 = v3 −

1

2u1 −

1264

u2 =

=

0011

− 1

2

1001

− 1

6

−1201

=1

3

−1−131

.

Tenemos, por tanto, una base ortogonal u1, u2, u3 de S y, obviamente

w1 = u1 =

1001

, w2 = 2u2 =

−1201

, w3 = 3u3 =

−1−131

tambien es una base ortogonal de S.

Para obtener las coordenadas del vector v ∈ S respecto de la base w1, w2, w3 de Sbasta con resolver el sistema de ecuaciones que resulta de la ecuacion

v = αw1 + βw2 + γw3,

o bien, puesto que se trata de una base ortogonal (de S), utilizar los coeficientes deFourier de v ∈ S respecto a dicha base ortogonal (del subespacio S)

v =v · w1

||w1||2w1 +

v · w2

||w2||2w2 +

v · w3

||w3||2w3.

Utilizando este desarrollo tenemos

v =7

2w1 +

9

6w2 +

12

12w3

y, por tanto, las coordenadas de v respecto a la bas en cuestion son

α =7

2, β =

3

2, γ = 1.

(2.3) Teorema espectral para matrices simetricas reales. Sea A una matrizcuadrada real. Entonces

A es simetrica ⇐⇒ A es diagonalizable ortogonalmente.

Se dice que una matriz cuadrada A es diagonalizable ortogonalmente si existealguna matriz ortogonal Q tal que Q−1AQ es una matriz diagonal.


Ejercicio 2. R-79

Se dice que una matriz cuadrada Q, n × n, es ortogonal si es una matriz real queverifica

QT Q = I (≡ Q−1 = QT ).

Equivalentemente, Q es una matriz cuadrada y las columnas (o las filas) de Qforman una base ortonormal de Rn.

(2.4) Sean λ1, λ2 ∈ R dos autovalores distintos de una matriz simetrica real A, n×n, y seanv1, v2 ∈ R

n autovectores de A asociados respectivamente a λ1 y λ2,

Av1 = λ1v1, Av2 = λ2v2.

Para comprobar que v1 y v2 son ortogonales (uno al otro) vamos a probar que

λ1v1 · v2 = λ2v1 · v2.

Tenemos las siguientes implicaciones e igualdades

Av1 = λ1v1 =⇒ vT2 Av1 = λ1v

T2 v1 ∈ R ⇒

λ1vT2 v1 = vT

2 Av1 =[

vT2 Av1

]T= vT

1 AT v2 =

[

puesto queAT = A

]

= vT1 (Av2) =

=

[


]

= λ2vT1 v2.

Puesto que v1 · v2 = vT1 v2 = vT

2 v1 tenemos

λ1v1 · v2 = λ2v1 · v2 =⇒ (λ1 − λ2)v1 · v2 = 0 =⇒[

puesto queλ1 6= λ2

]

⇒ v1 · v2 = 0.



Ejercicio 3. Consideremos el subespacio vectorial E de R4 tal que la matriz de la proyecionortogonal sobre E es

A = PE =1

4

3 1 1 −11 1 1 11 1 1 1−1 1 1 3

.

(3.1) [3 puntos] Calcula unas ecuaciones implıcitas y una base ortogonal de E⊥.

(3.2) [2 puntos] Calcula una base ortogonal de E.

(3.3) [2 puntos] Diagonaliza ortogonalmente la matriz A, si es posible.

(3.4) [3 puntos] Resuelve, en el sentido de los mınimos cuadrados, el sistema de ecuaciones

Ax =

2−101

.

(3.1) Puesto que E⊥ esta formado por los vectores cuya proyeccion ortogonal sobre E es elvector nulo,

E⊥ =

x ∈ R4 : PEx = 0

,

para obtener una base de E⊥ basta resolver el sistema homogeneo PEx = 0:

E⊥ = Nul [PE] →

3 1 1 −1 01 1 1 1 01 1 1 1 0−1 1 1 3 0

F1 ↔ F2

−→

1 1 1 1 03 1 1 −1 01 1 1 1 0−1 1 1 3 0

−→

F2 − 3F1

F3 − F1

−→F4 + F1

1 1 1 1 0

0 -2 −2 −4 00 0 0 0 00 2 2 4 0

F4 + F2

−→12F2

1 1 1 1 0

0 1 1 2 00 0 0 0 00 0 0 0 0

−→

F1 − F2

−→

1 0 0 −1 00 1 1 2 00 0 0 0 00 0 0 0 0

⇔

x1 − x4 = 0x2 + x3 + 2x4 = 0

⇔

x1 = x4

x2 = −x3 − 2x4⇒

x1

x2

x3

x4

= x3

0−110

+ x4

1−201

.

Por tanto, ya tenemos unas ecuaciones implıcitas y una base (no ortogonal) de E⊥,

ecuacionesimplicitas

de E⊥

x1 − x4 = 0,x2 + x3 + 2x4 = 0,

base de E⊥

v1 =

0−110

, v2 =

1−201

.


Ejercicio 3. R-81

Para obtener una base ortogonal de E⊥ basta con ortogonalizar la base que tenemos:

v′1 = v1,

v′2 = v2 −

v2 · v′1

||v′1||2

v′1 =

1−201

− 2

2

0−110

=

1−1−11

.

Por tanto, v′1, v

′2 es una base ortogonal de E⊥.

(3.2) De las ecuaciones implıcitas de E⊥ tenemos, directamente, una base de E =[

E⊥]⊥,

E⊥ =

x1

x2

x3

x4

:

x1 − x4 = 0x2 + x3 + 2x4 = 0

= Nul

[

1 0 0 −10 1 1 2

]

⇒

=⇒ E =[

E⊥]⊥ = Col

1 00 10 1−1 2

= Gen

u1 =

100−1

, u2 =

0112

.

La base que tenemos de E, u1, u2, no es una base ortogonal, para obtener una baseortogonal de E basta ortogonalizar,

u′1 = u1

u′2 = u2 −

u2 · u′1

||u′1||2

u′1 =

0112

− −2

2

100−1

=

1111

.

Por tanto, una base ortogonal de E es

u′1 =

100−1

, u′2 =

1111

.

Observacion.- Puesto que E = Col (PE), podrıamos haber obtenido una base de E a partir

de la reduccion de PE a forma escalonada que hemos hecho en el apartado (3.1). Puesto que

las dos primeras columnas son las columnas pivote, una base de E es la formada por las dos

primeras columnas de PE .

(3.3) Obviamente la matriz PE se puede digonalizar ortogonalmente puesto que es una ma-triz simetrica real. Para diagonalizarla ortogonalmente tenemos que obtener una baseortonormal de R4 formada por autovectores de PE . Puesto que los vectores de E sonlos vectores (de R4) que se proyectan sobre sı mismos (mediante PE) y los vectores deE⊥ son los vectores cuya proyeccion sobre E es el vector nulo,

E = x ∈ R4 : PEx = x = Nul (PE − I)

E⊥ = x ∈ R4 : PEx = 0 = Nul (PE)



tenemos que los vectores de E son, ademas del vector nulo, los autovectores de PE

asociados al autovalor λ = 1 y los vectores de E⊥ son, ademas del vector nulo, losautovectores de PE asociados al autovalor λ = 0. Segun lo que hemos obtenido en losdos apartados anteriores, ya tenemos una base de R4 formada por autovectores de PE ,

v′1 =

0−110

, v′2 =

1−1−11

, u′1 =

100−1

, u′2 =

1111

que ademas es una base ortogonal, pero no ortonormal. Basta ahora con normalizar losvectores anteriores para tener una base ortonormal de R4 formada por autovectores dePE,

w1 =v′1

||v′1||

=1√2

0−110

, w2 =v′2

||v′2||

=1

2

1−1−11

,

w3 =u′

1

||u′1||

=1√2

100−1

, w4 =u′

2

||u′2||

=1

2

1111

.

La matriz

Q =

w1 w2 w3 w4

=

0 12

1√2

12

− 1√2

−12

0 12

1√2

−12

0 12

0 12

− 1√2

12

es una matriz ortogonal (sus columnas forman una base ortonormal de R4, Q−1 = QT )que diagonaliza a la matriz PE (sus columnas son autovectores linealmente independi-entes de PE),

Q−1PEQ = QT PEQ = D =

00

11

.

(3.4) Las soluciones en mınimos cuadrados de un sistema Ax = b son las soluciones delsistema

Ax = proyCol (A)(b).

En el caso concreto que nos ocupa, el espacio columna de la matriz A = PE (de loscoeficientes de las incognitas del sistema) es E y la matriz de la proyeccion ortogonalsobre dicho espacio columna es PE . Por tanto, las soluciones en mınimos cuadrados denuestro sistema Ax = b son las soluciones del sistema

PE x = PE b, b =

2−101

.


Ejercicio 3. R-83

Una de las soluciones de este sistema es x = b y, puesto que un vector x ∈ R4 es solucionsi y solo si

PE x = PE b ⇐⇒ PE(x − b) = 0 ⇐⇒ x − b ∈ E⊥,

tenemos que las soluciones son los vectores de la variedad que pasa por b y tiene comosubespacio director E⊥,

b + E⊥ = x ∈ R4 : x = b + αv1 + βv2, α, β ∈ R =

=

x1

x2

x3

x4

:

x1 = 2 + βx2 = −1 − α − 2βx3 = αx4 = 1 + β

, α, β ∈ R

.

Ni que decir tiene que si resolvieramos (directamente) cualquiera de los sistemas

Ax = PEb o AT Ax = AT b

obtendrıamos el mismo conjunto de soluciones b + E⊥ aunque posiblemente expresadode forma distinta.







Ejercicio 1. Considera la matriz A y el vector u dados por

A =

0 0 0 10 0 a2 a + 20 1 0 0a2 0 0 0

, a ∈ R, u =

1110

.

(1.1) [4 puntos] Determina los valores de a para los que A es diagonalizable. Determina losvalores de a para loa que A es diagonalizable ortogonalmente.

(1.2) [4 puntos] Para a = 0, calcula Anu, n = 1, 2, . . .

(1.3) [2 puntos] Siendo a = −3, calcula los autovalores de las matrices

A−1, A4, A7 y A − 5I.

(1.1) Calculemos en primer lugar el polinomio caracterıstico de A para, a partir de el, discutirlos casos en los que aparezcan autovalores multiples.


−λ 0 0 10 −λ a2 a + 20 1 −λ 0a2 0 0 −λ

=

desarrollando porlos elementos de la

primera fila

=

= (−λ)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−λ a2 a + 21 −λ 00 0 −λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

− 1 ·

∣

∣

∣

∣

∣

∣

0 −λ a2

0 1 −λa2 0 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

=

desarrollando los dosdeterminantes por los

elementos de latercera fila

= (−λ)(−λ) [λ2 − a2] − a2 [λ2 − a2] =

= λ2 [λ2 − a2] − a2 [λ2 − a2] = [λ2 − a2]2.

Por tanto, el polinomio caracterıstico es

p(λ) =[

λ2 − a2]2

= (λ − a)2(λ + a)2


Ejercicio 1. R-85

y los autovalores son:

Si a = 0 λ1 = 0 multiplicidad (algebraica) = 4

Si a 6= 0λ1 = a

λ2 = −amultiplicidad (algebraica) = 2multiplicidad (algebraica) = 2

Para a = 0, el polinomio caracterıstico de A es p(λ)) = λ4. Por tanto, el unicoautovalor es λ = 0 que tiene multiplicidad cuatro y la matriz A no puede serdiagonalizable porque si lo fuera tendrıa que ser la matriz nula,

dim [Nul (A)] = 4 ⇔[

puesto queA es de orden 4

]

⇐⇒ A = 0,

y sin embargo A 6= 0. Por otra parte, notemos que, en este caso, la matriz A es

A =

0 0 0 10 0 0 00 1 0 00 0 0 0

y obviamente la multiplicidad geometrica de λ = 0 es

mg(λ = 0) = dim Nul (A − λI) = 2.

Para a 6= 0, puesto que ambos autovalores, λ1 = a y λ2 = −a son multiples,tenemos que obtener la multiplicidad geometrica de cada uno de ellos.

mg(λk) = dim Nul (A − λkI) = 4 − rang (A − λkI), k = 1, 2.

Para ello, reducimos a forma escalonada cada una de las matrices A − λI.

A − λ1I =

−a 0 0 10 −a a2 a + 20 1 −a 0a2 0 0 −a

F4 + aF1

-

F2 ↔ F3

−a 0 0 10 1 −a 00 −a a2 a + 20 0 0 0

F3 + aF2

-

-a 0 0 1

0 1 −a 00 0 0 a + 20 0 0 0

⇒[

Siendoa 6= 0

]

⇒

⇒ rang (A − λ1I) =

2 si a = −23 si a 6= −2 (a 6= 0)

=⇒

⇒ mg(λ1) = dim Nul (A − λ1I) =

2 si a = −2,1 si a 6= −2 (a 6= 0).



De manera analoga, para λ2 = −a se obtiene

A − λ2I =

a 0 0 10 a a2 a + 20 1 a 0a2 0 0 a

operaciones-

fila

a 0 0 1

0 1 −a 00 0 0 a + 20 0 0 0

⇒

⇒[

Siendoa 6= 0

]

rang (A − λ2I) =

2 si a = −23 si a 6= −2(a 6= 0)

=⇒

⇒ mg(λ1) = dim Nul (A − λ1I) =

2 si a = −2,1 si a 6= −2 (a 6= 0).

Por tanto,

• a = 0 =⇒ A NO es diagonalizable,• a = −2 =⇒ A SI es diagonalizable,• a 6= 0,−2 =⇒ A NO es diagonalizable.

Es decir,

•A es diagonalizable ⇐⇒ a = −2.

⋆ Valores de a para los que A es diagonalizable ortogonalmente:

Por el Teorema espectral para matrices simetricas reales sabemos que, puesto que A esreal,

A es diagonalizable ortogonalmente ⇐⇒ A es simetrica.

Pero no hay ningun valor de a para el que la matriz A sea simetrica

A = AT ⇐⇒

a2 = 1y

a + 2 = 0, imposible.

(1.2) Para a = 0, el polinomio caracterıstico de A es p(λ) = λ4 y A no es diagonalizable. Dehecho,

Nul (A) = Nul

0 0 0 10 0 0 20 1 0 00 0 0 0

=

x1

x2

x3

x4

∈ R4 : x2 = x4 = 0 =

= Gen

v1 =

1000

, v2 =

0010

.

Obviamente el vector u dado no es combinacion lineal de autovectores de A. Obtengamosautovectores generalizados de A para expresar u como combinacion lineal de autovec-tores y autovectores generalizados (asociados al unico autovalor λ = 0).


Ejercicio 1. R-87

Nul [(A − λI)2] = Nul [A2]:

A2 =

0 0 0 00 0 0 00 0 0 20 0 0 0

=⇒ Nul (A2) = 2x4 = 0 = Gen e1, e2, e3 .

Aunque todavia no hemos llegado a dimension 4, no necesitamos seguir puesto que elvector dado, u0 esta en Nul (A2), u0 = e1 + e2 + e3. De esta forma, tenemos que

Anu0 = 0 si n ≥ 2,

Anu0 =

0010

para n = 1.

(1.3) Siendo a = −3, los autovalores de A son λ1 = 3 y λ2 = −3. Por tanto, teniendo encuenta las relaciones entre los autovalores de una matriz A y los autovalores de suspotencias enteras Ak y los autovalores de las matrices que resultan de trasladar A segunun multiplo de la identidad A + µI, tenemos

A λ 3 3 −3 −3

A−1 λ−1 1

3

1

3−1

3−1

3

A4 λ4 34 34 (−3)4 = 34 (−3)4 = 34

A7 λ7 37 37 (−3)7 = −37 (−3)7 = −37

A − 5I λ − 5 3 − 5 = −2 3 − 5 = −2 −3 − 5 = −8 −3 − 5 = −8



Ejercicio 2. Consideremos el vector b ∈ R4 y el subespacio S = Col (A) siendo

A =

1 −2 31 0 00 1 00 0 1

, b =

2211

.

(2.1) [3 puntos] Determina una base ortonormal de S y otra de S⊥.

(2.2) [4 puntos] Calcula la matriz de la proyeccion ortogonal sobre S.

(2.3) [3 puntos] Calcula la proyeccion ortogonal de b sobre S y resuelve los sistemas deecuaciones

Ax = b + k

1−12−3

, k = 0, 1, 2, . . . , 1000

en el sentido de los mınimos cuadrados.

(2.1) Base ortonormal de S: Puesto que el subespacio vectorial S = Col (A) esta generadopor los vectores columna de la matriz A,

S = Gen

v1 =

1100

, v2 =

−2010

, v3 =

3001

basta aplicar el metodo de ortogoalizacion de Gram-Schmidt a v1, v2, v3 para obteneruna base ortogonal de S (y a partir de ella obtener una base ortonormal de S):

•u1 = v1,

•u2 = v2 −v2 · u1

||u1||2u1 =

−2010

− −2

2

1100

=

−1110

,

•u3 = v3 −v3 · u1

||u1||2u1 −

v3 · u2

||u2||2u2 =

3001

− 3

2

1100

− −3

3

−1110

=

=

−12

12

11

= 12

1−122

.


Ejercicio 2. R-89

Por tanto, u1, u2, u3 es una base ortogonal de S y una base ortonormal se obtiene sinmas que normalizar estos vectores,

w1 = u1

||u1|| , w2 = u2

||u2|| , w3 = u3

||u3||

=

=

w1 = 1√2

1100

, w2 = 1√3

−1110

, w3 = 1√10

1−122

.

Base ortonormal de S⊥: Puesto que S⊥ = x ∈ R4 : x · v = 0, ∀ v ∈ S y S esta gene-

rado por v1, v2, v3, tenemos que

S⊥ =

x ∈ R4 :

x · v1 = 0x · v2 = 0x · v3 = 0

≡

x1 + x2 = 0−2x1 + x3 = 03x1 + x4 = 0

⇔

x1

x2

x3

x4

= α

1−12−3

, ∀ α ∈ R.

Por tanto,

S⊥ = Gen

v4 =

1−12−3

y una base ortonormal de S⊥ es, simplemente,

w4 =1

||v4||v4

=

1√15

1−12−3

(2.2) Puesto que dim (S) = 3 y dim (S⊥) = 1, la forma mas fiable y economica (en cuanto a lasoperaciones aritmeticas que hay que hacer) para calcular la matriz PS, de la proyeccionortogonal sobre S, es calcular en primer lugar la matriz PS⊥, de la proyeccion ortogonalsobre S⊥, y a partir de esta calcular PS teniendo en cuenta que

PS + PS⊥ = I.

Puesto que w4 es una base ortonormal de S⊥, la matriz de la proyeccion ortogonalsobre S⊥ es

PS⊥ = w4wT4 =

1√15

1−12−3

1√15

[

1 −1 2 −3]

=1

15

1 −1 2 −3−1 1 −2 32 −2 4 −6−3 3 −6 9

y, por tanto,

PS = I − PS⊥ =1

15

14 1 −2 31 14 2 −3−2 2 11 63 −3 6 6

.



(2.3) ⋆ Proyeccion ortogonal de b sobre S:

PSb =1

15

14 1 −2 31 14 2 −3−2 2 11 63 −3 6 6

2211

=1

15

31291712

.

⋆ Resolucion en mınimos cuadrados de los sistemas Ax = b + k

1−12−3

:

Las soluciones en mınimos cuadrados de los sistemas planteados son las soluciones (ensentido estricto) de los sistemas

Ax = proy S

b + k

1−12−3

= PS

b + k

1−12−3

= PSb + kPS

1−12−3

=

=

Puesto que

v4 =

1−12−3

∈ S⊥

= PSb = 115

31291712

.

Por tanto, todos los sistemas planteados tienen las mismas soluciones en el sentido de losmınimos cuadrados que son las soluciones (en sentido estricto) del sistema de ecuacionesAx = PSb, que tiene que ser un sistema compatible,

1 −2 31 0 00 1 00 0 1

x1

x2

x3

=1

15

31291712

.

Se trata de un sistema compatible determinado cuya solucion es, sin mas que mirar alas filas 2, 3 y 4,

x1

x2

x3

=1

15

291712

.

Observacion: Pueden utilizarse las ecuaciones normales de Gauss

AT Ax = AT [b + kv4] = AT b =

4−37

para resolver los sistemas dados en el sentido de los mınimos cuadrados sin que ello conlleve

ninguna ventaja o dificultad adicional respecto a lo hecho antes.


Ejercicio 2. R-91

Ejercicio 3.


y′ =

[

0 1−5 2

]

y, y(0) =

[

02

]

.

(3.2) [4 puntos] Determina el valor de α ∈ R para el que la conica

x2 − 2αxy + 2αy2 − 2x + 4αy = 0

es una parabola. Halla la ecuacion reducida, dando los cambios de variables adecuados,y representa dicha parabola.

(3.3) [2 puntos] Demuestra que si v1, . . . , vp es un conjunto ortonormal de vectores deRn, entonces es linealmente independiente.

(3.1) En primer lugar buscamos la solucion general del sistema y′ = Ay mediante el calculode autovalores y autovectores de A.

Polinomio caracterıstico de A:


[

−λ 1−5 2 − λ

]

= λ2 − 2λ + 5.

Autovalores de A:

p(λ) = λ2 − 2λ + 5 = 0 ⇔ λ =2 ±

√4 − 20

2=

2 ±√−16

2=

2 ± 4i

2= 1 ± 2i

⇔

λ1 = 1 + 2i,

λ2 = λ1 = 1 − 2i.

Autovectores de A:

asociados a λ1: (A − λ1I)x = 0, [A − (1 + 2iI)] x = 0,

[

−1 − 2i 1 0−5 2 − 1 − 2i 0

]

→[

−1 − 2i 1 00 0 0

]

≡ x2 = (1+2i)x1 ⇒ v1 =

[

11 + 2i

]

.

asociados a λ2 = λ1: sin necesidad de calcular nada

v2 = v1 =

[

11 − 2i

]

.

Solucion general de y′ = Ay: Puesto que los autovalores de A son una pareja decomplejos conjugados (con parte imaginaria no nula), la solucion general del sistemahomogeneo es

y(t) = c1Re[

eλ1tv1

]

+ c2Im[

eλ1tv1

]

.



Basta ahora con imponer la condicion inicial

y(0) = c1Re [e0v1] + c2Im [e0v1] = c1

[

11

]

+ c2

[

02

]

=

[

02

]

⇔[

1 01 2

] [

c1

c2

]

=

[

02

]

⇔[

c1

c2

]

=

[

01

]

.

Por tanto, la solucion del problema de valor inicial planteado es

y(t) = Im[

eλ1tv1

]

.

Para tener la expresion real de esta funcion real de variable real, obtengamos la partereal y la parte imaginaria de la solucion (solucion compleja de variable real t)

z(t) = eλ1tv1

del sistema y′ = Ay. Siendo α ∈ R y β ∈ R las partes real e imaginaria, respectivamente,de λ1 y siendo u ∈ R2 y w ∈ R2 las partes real e imaginaria, respectivamente, de v1 ∈ C2,

λ1 = α + iβ, v1 = u + iw

tenemos

eλ1tv1 = e(α+iβ)t [u + iw] = eαteiβt [u + iw] = eαt [cos(βt) + i sen(βt)] [u + iw] =

= eαt [cos(βt)u − sen(βt)w + i sen(βt)u + i cos(βt)w] =

= eαt [cos(βt)u − sen(βt)w] + ieαt [sen(βt)u + cos(βt)w]

y, por tanto,

Re[

eλ1tv1

]

= eαt [cos(βt)u − sen(βt)w] = et

[

cos(2t)

[

11

]

− sen(2t)

[

02

]]

Im[

eλ1tv1

]

= eαt [sen(βt)u + cos(βt)w] = et

[

sen(2t)

[

11

]

+ cos(2t)

[

02

]]

=

Con todo lo obtenido tenemos la solucion buscada

y(t) = et

[

sen(2t)

[

11

]

+ cos(2t)

[

02

]]

= et

[

sen(2t))sen(2t) + 2 cos(2t)

]

.

(3.2) Para que la ecuacion dada represente a una parabola, la matriz asociada a la partecuadratica de la ecuacion tiene que tener a λ = 0 como autovalor (aunque con esto nobasta). Por tanto, el determinante de dicha matriz tiene que ser nulo,

det

[

1 −α−α 2α

]

= 2α − α2 = 0 ⇐⇒ α = 0 o α = 2.

Para α = 0 tenemos la ecuacion x2 − 2x = 0 que representa a una conica degenerada,dos rectas paralelas,

x2 − 2x = 0 ⇐⇒ x = 0 o x = 2.

Para α = 2 tenemos la ecuacion x2 − 4xy + 4y2 − 2x + 8y = 0. Haciendo la reduccionde esta conica vamos a:


Ejercicio 2. R-93

comprobar que, efectivamente, se trata de una parabola,

determinar sus elementos caracterısticos en el sistema de ccordenadas originales,

obtener la representacion grafica.

Reduccion de x2 − 4xy + 4y2 − 2x + 8y = 0:

[

x y]

[

1 −2−2 4

] [

xy

]

− 2x + 8y = 0, A =

[

1 −2−2 4

]

.

Autovalores de la matriz (simetrica) A de la parte cuadratica de la ecuacion.


[

1 − λ −2−2 4 − λ

]

= (1 − λ)(4 − λ) − 4 =

= λ2 − 5λ + 4 − 4 = λ(λ − 5) = 0 ⇐⇒

λ1 = 0λ2 = 5.

Autovectores de A asociados a λ1 = 0, Nul (A − λ1I):

[

1 −2 0−2 4 0

]

−→[

1 −2 00 0 0

]

⇔ x = 2y =⇒[

xy

]

= y

[

21

]

⇒ v1 =

[

21

]

Autovectores de A asociados a λ2 = 5, Nul (A − λ2I): Puesto que λ2 6= λ1 y A essimetrica (y real), los autovectores de A asociados a λ2 tienen que ser ortogonalesa los asociados a λ1, es decir tienen que ser ortogonales a v1,

[

xy

]

⊥ v1 ⇔ 2x + y = 0 =⇒[

xy

]

= x

[

1−2

]

.

Tomamos v2 =

[

−12

]

de forma que la orientacion v1, v2 coincida con la orienta-

cion definida por los vectores canonicos e1, e2 (la orientacion positiva ≡ sentidode giro contrario al de las agujas del reloj (de agujas)). De esta forma

q1 =v1

||v1||, q2 =

v2

||v2||

es una base ortonormal de R2 y la matriz

Q =

q1 q2

=1√5

[

2 −11 2

]

es la matriz de un giro, el que lleva los vectores canonicos e1 y e2 sobre los vectoresq1 y q2 respectivamente.

Eliminacion del termino cruzado: Al hacer el cambio de variables

[

xy

]

= Q

[

x′

y′

]

≡[

xy

]

=1√5

[

2 −11 2

] [

x′

y′

]

≡

x = 1√5(2x′ − y′)

y = 1√5(x′ + 2y′)



en la ecuacion de la conica, puesto que

QT AQ = D =

[

λ1

λ2

]

=

[

0 00 5

]

,

obtenemos

λ1x′2 + λ2y

′2 − 2 1√5(2x′ − y′) + 8 1√

5(x′ + 2y′) = 0

5y′2 +4√5x′ +

18√5y′ = 0.

Eliminacion de los terminos que no sean de grado maximo (entre los que aparecen):Una vez “eliminado el termino cruzado”de la ecuacion de la conica basta completarcuadrados y hacer una traslacion:

0 = 5y′2 +4√5x′ +

18√5y′ =

4√5x′ + 5

[

y′ +18

10√

5

]2

− 5

(

18

10√

5

)2

⇐⇒

5

[

y′ +18

10√

5

]2

= − 4√5

[

x′ − 92√

5

524

]

⇔

(y′′)2 = − 4√5x′′ siendo

x′′ = x′ − 92√

5

524

y′′ = y′ +18

10√

5.

Elementos caracterısticos. Necesitamos las relaciones entre las coordenadas orig-inales (x, y) y las coordenadas finales (x′′, y′′) (en las que tenemos la ecuacionreducida y podemos determinar facilmente los elementos caracterısticos). Dichasrelaciones las tenemos expresadas a traves de las coordenadas (x′, y′) cuya relacioncon las coordenadas (x, y) es:

[

xy

]

= Q

[

x′

y′

]

≡[

xy

]

=1√5

[

2 −11 2

] [

x′

y′

]

o, lo que es equivalente,[

x′

y′

]

= QT

[

xy

]

≡[

x′

y′

]

=1√5

[

2 1−1 2

] [

xy

]

* El vertice de la parabola es

V = (x′′ = 0, y′′ = 0) = (x′ = 81√

5100

, y′ = − 95√

5)

=⇒ V =

[

xy

]

= Q

[

x′

y′

]

=

[

99509

100

]

.

* El eje principal (eje de simetrıa) es el eje X ′′ cuya ecuacion es y′′ = 0,

y′′ = 0 ≡ y′ = − 9

5√

5≡ 1√

5(−x + 2y) = − 9

5√

5≡ 5x − 10y = 9.


Ejercicio 2. R-95

* El eje secundario (recta que pasa por el vertice y es perpendicular al eje desimetrıa) es el eje Y ′′ cuya ecuacion es x′′ = 0,

x′′ = 0 ≡ x′ =81√

5

100≡ 1√

5(2x + y) =

81√

5

100≡ 2x + y =

81

20.

* Cortes con los ejes coordenados (originales). Ademas del origen de coordenadas(x = 0, y = 0) se obtienen los puntos (x = 0, y = −2) y (x = 2, y = 0).

Representacion grafica. Con todos los elementos obtenidos, tenemos

−2 −1 0 1 2 3 4−3

−2

−1

0

1

2

3

x

y

x2−4 x y+4 y2−2 x+8 y=0 = 0

V

X

Y

X ′Y ′

X ′′

Y ′′

(2, 0)(0,−2)

(3.3) Cuestion Teorica. Si tenemos una combinacion lineal de los vectores dados igual alvector nulo

α1v1 + α2v2 + · · ·+ αpvp = ~0 (∗)al multiplicar escalarmente por el vector v1 tenemos

(α1v1 + α2v2 + · · ·+ αpvp) · v1 = ~0 · v1 = 0.

Desarrollando el primer miembro de la igualdad

α1v1 · v1 + α2v2 · v1 + · · · + αpvp · v1 =

usando lacondicion deortogonalidad

=

= α1 ||v1||2 + α20 + · · · + αp0 = 0

[

puestoque ||u1|| = 1 6= 0

]

=⇒ α1 = 0.



De manera analoga, al multiplicar escalarmente la igualdad (∗) por un vector

vk, k = 1, 2, . . . , n,

se obtiene

α10 + α20 + · · · + αk ||vk||2 + · · · + αn0 = 0 ⇒[

puestoque ||vk|| = 1 6= 0

]

⇒ αk = 0.

Por tanto, la unica combinacion lineal que es igual al vector nulo es la combinacionlineal identicamente nula (todos los coeficientes son nulos). Es decir, los vectores dadosson linealmente independientes.







Ejercicio 4.

(4.1) [3 puntos] Al reducir una matriz A 3 × 4 a forma escalonada se obtiene la matriz

U =

1 2 0 −20 0 1 40 0 0 0

.

Calcula la dimension y, cuando sea posible, una base de los subespacios

Nul (A), Col (A), Nul (AT ), y Col (AT ).

Cuando no sea posible obtener una base, describe la forma de obtenerla si conocieramosla matriz A.

(4.2) [4 puntos] Calcula una base y unas ecuaciones implıcitas del subespacio S de R4 quecontiene al subespacio E y al vector u definidos por

E ≡

x1 − x2 + x4 = 02x1 + x2 − 3x3 + 2x4 = 0

, u =

1234

.

Amplıa la base de S hasta una base de R4 y calcula las coordenadas del vector v =[−1, 2, 0, 3]T respecto a dicha base.

(4.3) [3 puntos] Define los conceptos de espacio nulo y espacio columna de una matriz.Demuestra que si A es una matriz cuadrada, se verifica que

Nul (A) ⊂ Nul (A2) y Col (A2) ⊂ Col (A).

(4.1) Evidentemente, hay muchas matrices A que pueden dar lugar a una misma forma esca-lonada U . Cabe esperar que de la matriz U podamos obtener alguna informacion sobrela matriz A, pero no serıa razonable esperar obtener toda la informacion posible sobreA si solo tenemos la forma escalonada U . Veamos que informacion podemos obtener conprecision y que otra no puede ser obtenida.

Nul (A) ⊂ R4 : Puesto que Nul (A) es el conjunto de soluciones del sistema ho-

mogeneo Ax = 0 y al reducir A a forma escalonada (por filas) se hacen operaciones-



fila (que no afectan a las soluciones), los sistemas homogeneos Ax = 0 y Ux = 0tienen las mismas soluciones

x ∈ R4 : Ax = 0

=

x ∈ R4 : Ux = 0

, Nul (A) = Nul (U).

Por tanto, el espacio Nul (A) = Nul (U) tiene dimension 2 (el numero de variableslibres en el sistema Ux = 0) y para tener una base de Nul (A) basta con resolverel sistema Ux = 0,

1 2 0 −20 0 1 40 0 0 0

x1

x2

x3

x4

=

000

⇔

x1 = −2x2 + 2x4

x3 = −4x4

⇔

⇔

x1

x2

x3

x4

= x2

−2100

+ x4

20−41

=⇒ Nul (A) = Gen

−2100

,

20−41

, dim [Nul (A)] = 2.

Col (A) ⊂ R3 : Al hacer operaciones fila sobre la matriz A, el espacio columna de

las matrices obtenidas NO coinciden con el de la matriz original A, ni entre sı, sinembargo SI se conservan las relaciones de dependencia lineal entre las columnas delas matrices que se van obteniendo. Puesto que al reducir A a forma escalonada Uhemos obtenido 2 columnas pivote, tenemos que

dim [Col (A)] = dim [Col (U)] = 2.

Para obtener la dimension de Col (A) podrıamos aplicar directamente el teorema delrango:

rango(A) + nulidad(A) = numero de columnas de A,

dim [Col (A)] + dim [Nul (A)] = numero de columnas de A.

Con el unico dato de la matriz U , NO es posible determinar el espacio columna deA, puesto que hay muchas matrices A que al ser reducidas a forma escalonada danlugar a la matriz U , por ejemplo, las matrices

A1 = U, A2 =

1 0 00 1 01 0 1

U =

1 2 0 −20 0 1 41 2 0 −2

dan lugar a U al reducir a forma escalonada y sin embargo (compruebalo)

Col (A1) = Gen

100

,

010

6= Col (A2) = Gen

101

,

010

.



Si conocieramos la matriz A, una base de su espacio columna estarıa formada porlos vectores columna 1 y 3 de dicha matriz. Puesto que para la matriz U se verificaque

- las columnas 1 y 3 son linealmente independientes,

- la columna 2 es un multiplo de la columna 1 y

- la columna 4 es combinacion lineal de las columnas 1 y 3,

esto mismo es cierto para las columnas correspondientes en la matriz A.

Nul (AT ) ⊂ R3 y Col (AT ) ⊂ R4 : La forma mas simple de obtener toda la infor-

macion posible relativa a estos subespacios es a traves de los resultados referidosa ortogonalidad:

Nul (AT ) = [Col (A)]⊥ , Col (AT ) = [Nul (A)]⊥ .

Por tanto,

dim[

Nul (AT )]

= 3 − dim [Col (A)] = 1

Col (AT ) = [Nul (A)]⊥ = Gen

−2100

,

20−41

⊥

≡

−2x1 + x2 = 02x1 − 4x3 + x4 = 0

≡

x2 = 2x1

x4 = −2x1 + 4x3=⇒ Col (A) = Gen

120−2

,

0014

.

Con el unico dato de la matriz U , NO es posible determinar una base de Nul (AT )puesto que, por ejemplo, para las dos matrices A1 y A2 consideradas antes seobtiene

Nul (AT1 ) ≡

x1 = 0x2 = 0

= Gen

001

,

Nul (AT1 ) ≡

x1 + x3 = 0x2 = 0

= Gen

−101

.

Si conocieramos la matriz A, para obtener una base de Nul (AT ) bastarıa resolverel sistema homogeneo AT x = 0.

(4.2) El subespacio E tiene dimension 2. Puesto que u /∈ E(1− 2 + 4 6= 0), si determinamosuna base v1, v2 de E, tendremos una base v1, v2, u del subespacio S pedido quetendra dimension 3. Solo hay otro subespacio vectorial de R4 que contiene a E y al



vector u, el espacio total R4.

E ≡[

1 −1 0 1 02 1 −3 2 0

]

−→[

1 −1 0 1 00 3 −3 0 0

]

−→[

1 −1 0 1 00 1 −1 0 0

]

−→

−→[

1 0 −1 1 00 1 −1 0 0

]

⇔

x1

x2

x3

x4

= x3

1110

+ x4

−1001

.

Por tanto,

base de E : base de S :

v1 =

1110

, v2 =

−1001

,

v1 =

1110

, v2 =

−1001

, u =

1234

.

Ecuaciones implıcitas de S: Puesto que S ⊂ R4 tiene dimension 3, puede ser descrito

con 4 − 3 = 1 ecuacion implıcita,

1 −1 1 x1

1 0 2 x2

1 0 3 x3

0 1 4 x4

−→

1 −1 1 x1

0 1 1 x2 − x1

0 1 2 x3 − x1

0 1 4 x4

−→

−1 −1 1 x1

0 1 1 x2 − x1

0 0 1 x3 − x2

0 0 3 x4 − x2 + x1

→

−→

−1 −1 1 x1

0 1 1 x2 − x1

0 0 1 x3 − x2

0 0 0 x1 + 2x2 − 3x3 + x4

⇔

⇔ x1 + 2x2 − 3x3 + x4 = 0

(4.3) Espacio nulo: Dada una matriz real M de dimensiones m × n, el espacio nulode M es

Nul (M) = x ∈ Rn : Mx = 0 .

Espacio columna: Dada una matriz real M de dimensiones m × n, el espaciocolumna de M es el conjunto formado por todas las combinaciones lineales de lascolumnas de M o, lo que es lo mismo,

Col (M) = Ax ∈ Rm : x ∈ Rn = y ∈ Rm : y = Ax para algun x ∈ Rn= y ∈ Rm : Ax = y es un sistema compatible .

Nul (A) ⊂ Nul (A2):

x ∈ Nul (A) ⇐⇒ Ax = 0 =⇒ AAx = A0 = 0 =⇒ A2x = 0 =⇒ x ∈ Nul (A2).

Col (A2) ⊂ Col (A):

y ∈ Col (A2) ⇐⇒ ∃x ∈ Rn : A2x = y ⇐⇒ A [Ax] = y =⇒

⇒[

siendoz = Ax

]

=⇒ Az = y =⇒ y ∈ Col (A).


Ejercicio 5. R-101

Ejercicio 5.

(5.1) [3 puntos] Determina los valores de a ∈ R para los que la forma cuadratica dada por

ϕ(x1, x2) = [x1 x2]

[

a 11 a − 7

] [

x1

x2

]

es definida positiva. Reduce la forma cuadratica para a = 10.

(5.2) [2 puntos] Determina el punto del plano que se obtiene a partir del punto P (3, 2) al

hacer un giro de angulo θ =2π

3radianes alrededor de A = (1, 1). (Puedes realizar los

calculos y dar el resultado en forma compleja si te resulta mas comodo).

(5.3) [2 puntos] Resuelve (calcula todas las soluciones complejas de) de la ecuacion z8 +z4 − 2 = 0.

(5.4) [3 puntos] Determina la ecuacion de la superficie de traslacion que se obtiene al

trasladar (paralelamente a sı misma) la parabola del plano OXY , g ≡

y = x2

z = 0a lo

largo de la recta d ≡

x = zy = 0

.

(5.1) Una forma cuadratica en dos variables definida por una matriz simetrica A = [aij ]es definida positiva ⇐⇒ se verifican las condiciones

det (A) > 0, a11 > 0.

Por tanto, la forma cuadratica dada es definida positiva ⇐⇒det (A) = a(a − 7) − 1 = a2 − 7a − 1 > 0, a > 0.

Puesto que a2 − 7a − 1 = 0 ⇐⇒ a =7 ±

√49 + 4

2=

7 ±√

53

2, tenemos que

a2 − 7a − 1 =

(

a − 7 +√

53

2

)(

a − 7 −√

53

2

)

> 0 ⇐⇒

a >7 +

√53

2(> 0)

o

a <7 −

√53

2(< 0).

Por tanto, la forma cuadratica es definida positiva si y solo si

a >7 +

√53

2.

Para a = 10 tenemos la forma cuadratica ϕ(x1, x2) = 10x21 + 2x1x2 + 3x2

2. Comen-zamos completando el cuadrado en x1,

10x21 + 2x1x2 + 3x2

2 = 10(x21 + 1

5x1x2) + 3x2

2 =

= 10(

x1 + 110

x2

)2 − 10(

110

x2

)2+ 3x2

2 =

= 10(

x1 + 110

x2

)2+ 29

10x2

2 = 10x′21 + 29

10x′2

2

x′1 = x1 + 1

10x2,

x′2 = x2.



(5.2) Trabajando en forma compleja, si denotamos por z = x + iy un punto generico delplano complejo y por w = x′ + iy′ el punto que se obtiene al hacer un giro de angulo

θ =2π

3radianes alrededor de A = (1, 1) ≡ z0 = 1 + i, se verifica que

w − z0 = eiθ [z − z0] ≡ w − (1 + i) = ei 2π3 [z − (1 + i)] .

Para P (3, 2) tenemos como punto inicial z = 3 + 2i y por tanto,

w = (1 + i) + ei 2π3 [3 + 2i − (1 + i)] = ei 2π

3 [2 + i] =[

cos(2π3

) + i sen(2π3

)]

(2 + i) =

=[

12

+ i√

32

]

(2 + i) = 1 + i√

3 + 12i −

√3

2=(

1 −√

32

)

+ i(√

3 + 12

)

.

Por tanto el punto pedido es

P ′

(

1 −√

3

2,√

3 +1

2

)

.

(5.3)

z8 + z4 − 2 = 0 ≡ (z4)2 + (z4)− 2 = 0 ⇔ z4 =−1 ±

√1 + 8

2=

−1 ± 3

2⇔

z4 = 1o

z4 = −2.

Por tanto, las soluciones z de nuestra ecuacion (polinomica de grado 8) son las cuatroraices cuartas de 1 y las cuatro raices cuartas de −2.

z4 = 1 = ei0 z4 = −2 = 2eiπ

z = ei0, ei 2π4 , ei2 2π

4 , ei3 2π4 z = 4

√2ei π

4 , 4√

2ei(π4+ 2π

4), 4√

2ei( π4+2 2π

4), 4√

2ei(π4+3 2π

4)

z = 1, i,−1,−i z = 4√

2√

22

(1 + i), 4√

2√

22

(−1 + i), 4√

2√

22

(−1 − i), 4√

2√

22

(1 − i)

z =14√

2(1 + i),

14√

2(−1 + i),

14√

2(−1 − i),

14√

2(1 − i)

(5.4) La generatriz y la directriz tienen como unico punto comun el origen de coordenadas

g ∩ d ≡

y = x2

z = 0x = zy = 0

=⇒ x = y = z = 0.

Siendo G un punto generico de la generatriz y D un punto generico de la directriz

~OG =

αα2

0

, α ∈ R; ~OD =

β0β

, β ∈ R,


Ejercicio 5. R-103

los puntos de la superficie de traslacion generada son los puntos P dados por

~OP = ~OG + ~OD ≡

xyz

=

αα2

0

+

β0β

≡

x = α + βy = α2

z = β.

Basta ahora con eliminar los parametros α, β de las anteriores ecuaciones (parametricas):

β = z, α = x − β = x − z =⇒ y = (x − z)2.

−4

−2

0

2

4

0

1

2

3

4

−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

X

XY

Y

Z

Z y = (x − z)2


R-104 Examen de Septiembre. 2003-04.





Ejercicio 1.

(1.1) [2 puntos] Determina la ecuacion de la superficie de revolucion que se genera al girar la

parabola del plano OY Z

y + 1 = z2

x = 0alrededor del eje OZ. ¿Se trata de una cuadrica?

¿Por que?

(1.2) [2 puntos] Determina un numero complejo z sabiendo que

argumento(z) =2π

3rad y z + z = −4.

(1.3) [2 puntos] Demuestra que si A y B son dos matrices (reales) arbitrarias m×n se verificala siguiente relacion entre los subespacios vectoriales Col (A), Col (B) y Col (A + B),

Col (A + B) ⊂ Col (A) + Col (B).

(1.4) [4 puntos] Determina una base ortogonal de Col

1 1 2 10 1 1 0−1 1 0 02 1 3 0

.

(1.1) Al girar, alrededor del eje OZ un punto (0, y, z) de la parabola se obtienen los puntosde coordenadas (X, Y, Z) dados por

X = |y| cos(θ)Y = |y| sen(θ)Z = z

0 ≤ θ ≤ 2π.

Puesto que y + 1 = z2 y X2 + Y 2 = y2, tenemos

X2 + Y 2 = y2 =(

z2 − 1)2

=(

Z2 − 1)2

=⇒ X2 + Y 2 = (Z2 − 1)2.

Obviamente, la superficie de revolucion generada NO es una cuadrica. La razon alge-braica es que la ecuacion que se obtiene no es una ecuacion de segundo grado sino decuarto. La razon geometrica es que el dibujo no se corresponde con ninguna cuadrica(elipsoide, paraboloides, hiperboloides, cilindros, pares de planos,...).


Ejercicio 1. R-105

–20

2–2 –1 0 1

–1.5

–1

–0.5

0

0.5

1

1.5

Observacion: Se habrıa obtenido una cuadrica si el eje de giro hubiera sido uno delos ejes de la parabola o bien una recta perpendicular al eje principal (contenida en elplano de la parabola), pero que no corte a la parabola.

(1.2) Denotando por r al modulo del numero complejo z pedido, tenemos

z = rei 2π3 = r

[

cos

(

2π

3

)

+ i sen

(

2π

3

)]

= r

[

−1

2+ i

√3

2

]

.

Por tanto,

z = r

[

−1

2− i

√3

2

]

=⇒ z + z = −r = −4 =⇒ r = 4 =⇒ z = 4ei 2π3 = −2 + i2

√3.

(1.3) Una de las formas de describir el espacio columna de una matriz C es como el conjuntode todos los vectores de la forma Cx. Un vector y ∈ Rm esta en el espacio columnade A + B si (y solo si) es combinacion lineal de las columnas de A + B o, lo que es lomismo, si se verifica que y = (A + B)x0 para algun vector x0 ∈ Rn. En este caso,

y = (A + B)x0 = Ax0 + Bx0

se puede expresar como suma del vector Ax0, que pertenece a Col (A), y el vectorBx0, que pertenece a Col (B), y por tanto, el vector y esta en el subespacio sumaCol (A) + Col (B).

(1.4) Para determinar una base ortogonal del espacio columna de A basta con aplicar elmetodo de ortogonalizacion de Gram-Schmidt a los vectores columna de A

v1 =

10−12

, v2 =

1111

, v3 =

2103

, v4 =

1000

y quedarnos con los vectores no-nulos que obtengamos. Si primero calculamos una basede Col (A) y despues aplicamos el metodo de Gram-Schmidt a los vectores de dicha base,todos los vectores que obtengamos seran no-nulos (y constituiran una base ortogonal de



Col (A)). Aplicamos el metodo de Gram-Schmidt a v1, v2, v3, v4.

u1 = v1,

u2 = v2 − v2·u1

u1·u1u1 = 1

3

2341

,

u3 = v3 − v3·u1

u1·u1u1 − v3·u2

u2·u2u2 =

0000

,

(el que el vector u3 sea el vector nulo es el reflejo de que v3 es combinacion lineal de u1

y u2 y, por tanto, de v1 y v2)

u4 = v4 − v4·u1

u1·u1u1 − v4·u2

u2·u2u2 = 1

10

7−2−1−4

.

Por tanto, una base ortogonal de Col (M) es u1, u2, u4. Tambien podemos tomar

u1 =

10−12

, 3u2 =

2341

, 10u4 =

7−2−1−4

.


Ejercicio 2. R-107


A =

0 2 61 1 −3−1 1 5

.

(2.1) [3 puntos] Siendo V el subespacio vectorial de R3 generado por los dos primerosvectores -columna de A, determina los vectores x ∈ R3 tales que Ax ∈ V . ¿Se tratade un subespacio vectorial?

(2.2) [4 puntos] Calcula los autovalores, los autovectores y los autovectores generalizadosde A.

(2.3) [3 puntos] Calcula A29.

(2.1) Aunque podrıa abordarse de muchas formas, y alguna de ellas con menos cuentas quecomo se hace a continuacion, para determinar los vectores pedidos podemos:

Determinar en forma implıcita el subespacio V ,

y ∈ V ⇐⇒

0 2 y1

1 1 y2

−1 1 y3

es unsistema

compatible

operaciones-

fila

0 2 y1

1 1 y2

0 2 y3 + y2

operaciones-

fila

0 2 y1

1 1 y2

0 0 y3 + y2 − y1

.

Por tanto, para un vector y ∈ R3 tenemos

y ∈ V ⇐⇒ −y1 + y2 + y3 = 0.

Imponer, mediante las ecuaciones implıcitas obtenidas, que Ax pertenezca a dichosubespacio. Dado x ∈ R

3, tenemos

Ax =

0 2 61 1 −3−1 1 5

x1

x2

x3

=

2x2 + 6x3

x1 + x2 − 3x3

−x1 + x2 + 5x3

∈ V ⇐⇒

Ax ∈ V ⇔ −(2x2 + 6x3) + (x1 + x2 − 3x3) + (−x1 + x2 + 5x3) = 0 ⇔ x3 = 0.

Es decir el conjunto de vectores pedido es el formado por los vectores que verificanx3 = 0. Se trata, por tanto, de un subespacio vectorial de dimension dos.

(2.2) Autovalores de A:

det (A − λI) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−λ 2 61 1 − λ −3−1 1 5 − λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= −λ(1 − λ)(5 − λ) + 6 + 6 + 6(1 − λ) − 3λ − 2(5 − λ) =

= −λ3 + 6λ2 − 12λ + 8 = (λ − 2) [−λ2 + 4λ − 4] = − (λ − 2)3 .



Es decir, el unico autovalor de A es λ = 2.

Autovectores de A: asociados al unico autovalor: (A − 2I)x = 0,

−2 2 6 01 −1 −3 0−1 1 3 0

−→

−1 1 3 00 0 0 00 0 0 0

=⇒

x1

x2

x3

=

x2 + 3x3

x2

x3

= x2

110

+ x3

301

=⇒

v1 =

110

, v2 =

301

autovectoreslinealmente independientes.

Por tanto, la matriz A no es diagonalizable (el autovalor tiene multiplicidad alge-braica = 3, multiplicidad geometrica = 2) y existen autovectores generalizados queno son autovectores. Puesto que tiene que verificarse que

dim[

Nul(

(A − 2I)2)]

> dim [Nul (A − 2I)] = 2,

necesariamente tiene que ser

dim[

Nul(

(A − 2I)2)]

= 3.

Es decir, Nul ((A − 2I)2) = R3 y la unica opcion es que la matriz (A− 2I)2 sea lamatriz nula.

Autovectores generalizados de A: asociados al unico autovalor: (A−2I)2x = 0Puesto que, como es facil comprobar directamente, (A−2I)2 = 0, cualquier vector(no-nulo de R

3) es un autovector generalizado de A. Por ejemplo,

v1 =

110

, v2 =

301

, w =

100

es una base de R3 formada por autovectores v1, v2 y autovectores generalizadosw de A.

(2.3) Puesto que, segun hemos obtenido en el apartado anterior, se verifica que (A−2I)2 = 0,sin mas que aplicar la formula del binomio de Newton a la potencia An = [2I + (A − 2I)]n

tenemos, para n ≥ 2,

An = [2I + (A − 2I)]n =

= (2I)n +

(

n1

)

(2I)n−1(A − 2I) +

(

n2

)

(2I)n−2(A − 2I)2 + · · ·

= 2nI + n2n−1(A − 2I) + 0 + 0 + · · · = 2n

1 0 00 1 00 0 1

+ n2n−1

−2 2 61 −1 −3−1 1 3

= 2n−1

2 − 2n 2n 6nn 2 − n −3n−n n 2 + 3n

.


Ejercicio 2. R-109

Y basta sustituir n = 29.

Observacion. Calculando los vectores

Anv1 = 2nv1, Anv2 = 2nv2, Anw = . . .

la matriz An se puede despejar de la igualdad

An

v1 v2 w

=

Anv1 Anv2 Anw

.



Ejercicio 3. Sea S el subespacio vectorial de Rn definido por la ecuacion implıcita

x1 + x2 + · · ·+ xn = 0.

(3.1) [2 puntos] Calcula la matriz P de la proyeccion ortogonal sobre S.

(3.2) [2 puntos] Determina los autovalores y los autovectores de P .

(3.3) [2 puntos] Determina los autovalores y los autovectores de las matrices

P − I, P + I, P − 5I.

(3.4) [2 puntos] Estudia el caracter de la forma cuadratica asociada a cada una de lasmatrices

P, P − I, P + I, P − 5I.

(3.5) [2 puntos] Resuelve en el sentido de los mınimos cuadrados el sistema de ecuaciones

Px =

10...0

.

(3.1) Puesto que dim (S) = n − 1, el complemento ortogonal S⊥ de S tiene dimension 1 yde hecho esta generado por el vector cuyas coordenadas son los coeficientes de la unicaecuacion implıcita que define S. Es decir

S⊥ = Gen

w =

1...1

.

Obviamente, es mas simple calcular (directamente) la matriz de la proyeccion ortogonalsobre un subespacio vectorial de dimension 1, como es S⊥, que calcular (directamente)la matriz de la proyeccion ortogonal sobre un subespacio vectorial de dimension n − 1

como es S. Puesto que

1

||w||w

es una base ortonormal de S⊥, la matriz de la

proyeccion ortogonal sobre S⊥ es

PS⊥ =1

||w||w1

||w||wT =

1√n

1...1

1√n

[1 · · · 1] =1

n

1 1 . . . 1...

.... . .

...1 1 . . . 1

.

Puesto que para cualquier subespacio se verifica que PS + PS⊥ = I, tenemos que lamatriz de la proyeccion ortogonal sobre el subespacio dado es PS = I − PS⊥

PS =

1 0 . . . 0

0 1 · · · ......

.... . .

...0 0 · · · 1

− 1

n

1 1 . . . 11 1 . . . 1...

.... . .

...1 1 . . . 1

=1

n

n − 1 −1 . . . −1−1 n − 1 · · · −1...

.... . .

...−1 −1 . . . n − 1

.


Ejercicio 3. R-111

(3.2) Para el estudio de los autovalores y autovectores de la matriz de la proyeccion ortogonal(sobre un subespacio vectorial no trivial S de R

n, 1 ≤ dim (S) ≤ n − 1) conviene tenerpresentes (conocer) algunas propiedades de dichas matrices:

Son matrices n × n (reales) simetricas. Por tanto, son matrices diagonalizablesmediante una matriz de paso ortogonal.

Puesto que cada vector x del subespacio proyeccion, S, verifica Px = x (se proyectasobre sı mismo), cada vector no-nulo de S es un autovector de P asociado alautovalor λ1 = 1. Por tanto, la multiplicidad geometrica de λ1 = 1 (y la algebraica)es igual a la dimension de S.

Px = x ⇐⇒ x ∈ S.

Puesto que cada vector x del subespacio proyectante, S⊥, verifica Px = 0 (seproyecta sobre el vector nulo), cada vector no-nulo de S⊥ es un autovector de Pasociado al autovalor λ2 = 0. Por tanto, la multiplicidad geometrica de λ2 = 0 (yla algebraica) es igual a la dimension de S⊥.

Px = 0 ⇐⇒ x ∈ S⊥.

(3.3) Todas las matrices consideradas son de la forma P + cI, c ∈ R y sus autovalores seran,por tanto, de la forma µ = λ+c siendo λ un autovalor de P . Ademas, las multiplicidadesalgebraica y geometrica de µ = λ + c, como autovalor de P + cI, coincide con lacorrespondiente de λ, como autovalor de P .

P P − I P + I P − 5I Autovectores

λ = 1 1 − 1 = 0 1 + 1 = 2 1 − 5 = −4 S \

~0

λ = 0 0 − 1 = −1 0 + 1 = 1 0 − 5 = −5 S⊥ \

~0

(3.4) Para determinar el caracter de la forma cuadratica asociada a cada una de las matrices(simetricas) consideradas, basta con estudiar el signo de sus autovalores. Teniendo encuenta los resultados obtenidos en el apartado anterior tenemos:

P P − I P + I P − 5I

λ = 1 1 − 1 = 0 1 + 1 = 2 1 − 5 = −4λ = 0 0 − 1 = −1 0 + 1 = 1 0 − 5 = −5

Semidefinida Semidefinida Definida DefinidaPositiva Negativa Positiva Negativa

(3.5) Las soluciones en mınimos cuadrados del sistema dado, Px = b, son las soluciones delsistema de ecuaciones Px = proyV (b) siendo V = Col (P ) = S. Es decir, se trata deresolver el sistema Px = Pb o, lo que es lo mismo, de obtener los vectores x ∈ Rn cuyaproyeccion ortogonal sobre S coincide con la del vector b. Obviamente, dichos vectoresx son los vectores de la forma

b + u, u ∈ S⊥.



Puesto que S⊥ = Gen

[ 1, 1, . . . , 1 ]T

, las soluciones en mınimos cuadrados pedidasson

x =

10...0

+ α

11...1

, α ∈ R.


Primer Examen Parcial. 2004-05. R-113





(y Primera Parte de la Tercera Convocatoria)

Ejercicio 1.

(1.1) [2 puntos] Determina un polinomio con coeficientes reales P (z), monico (el coeficientede la maxima potencia es 1) de grado 3, sabiendo que z1 = 2 − i es una de sus raıces yque P (0) = −2.

(1.2) [3 puntos] Determina la matriz del giro (con centro el origen de coordenadas) quelleva el punto (1, 2) en el punto (a,−2), a > 0. Puedes trabajar en forma vectorial o enforma compleja. (Lo primero que hay que calcular es a).

(1.3) [2 puntos] Determina un numero complejo w sabiendo que una de sus raıces cubicases z1 = 2 − i. Calcula las otras dos raıces cubicas de w.

(1.4) [3 puntos] Reduce a suma de cuadrados la forma cuadratica Q : R3 −→ R dada por

Q(x, y, z) = −x2 + y2 + (1 − 4a)z2 − 2xy + 4xz + 4ayz.

Expresa en forma matricial la relacion entre las variables originales y las variables finales.

(1.1) Puesto que P (z) tiene coeficientes reales y z1 = 2− i es una de sus raıces, su conjugadaz2 = z1 = 2 + i tambien es raız de P (z) y la otra raız de P (z) tiene que ser un numeroreal c ∈ R. Puesto que el coeficiente de la maxima potencia de P (z) es uno y P (z) seanula para z1, z2 y c, tiene que ser

P (z) = (z − z1) (z − z2) (z − c)

y, puesto que P (0) = −2,

(−z1)(−z2)(−c) = −2 =⇒ −|2 − i|2 c = −2 =⇒ c =2

5.

Por tanto,P (z) = (z − 2 + i) (z − 2 − i)

(

z − 25

)

= · · ·

= z3 − 225z2 + 33

5z − 2.

(1.2) Para que el punto (a,−2) pueda obtenerse al girar el punto (1, 2) con centro de giro elorigen de coordenadas, la distancia de dichos puntos al oigen debe coincidir, es decir

||(a,−2)|| = ||(2, 1)|| =√

5 ⇒ a2 + 4 = 5 ⇒ a2 = 1a > 0=⇒ a = 1.



Trabajando en forma compleja, el giro vendra definido por la multiplicacion por unnumero complejo de modulo 1, eiθ, siendo θ el angulo de giro,

z ∈ C −→ z′ = eiθz ∈ C.

Puesto que el punto (1, 2) se transforma, mediante el giro, en el punto (a,−2) = (1,−2),

1 − 2i = eiθ(1 + 2i) =⇒ eiθ =1 − 2i

1 + 2i=

(1 − 2i)2

5=

1

5(−3 − 4i) =⇒

cos(θ) = −35,

sen(θ) = −45.

Por tanto, la matriz del giro es

G =

[

cos(θ) − sen(θ)sen(θ) cos(θ)

]

=1

5

[

−3 4−4 −3

]

.

(1.3) Puesto que z1 = 2 − i es una de las raıces cubicas de w,

w = (2 − i)3 = (3 − 4i)(2 − i) = · · · = 2 − 11i.

Puesto que las (tres) raıces cubicas de cualquier numero complejo (distinto de cero) sonlos vertices de un triangulo equilatero con centro el origen de coordenadas, si z1 es unode dichos vertices, los otros dos seran

• e2π3

iz1 =(

−12

+ i√

32

)

(2 − i) =(

−1 + 1√3

)

+ i(

12

+√

3)

,

• e2 2π3

iz1 = e−2π3

iz1 =(

−12− i

√3

2

)

(2 − i) =(

−1 − 1√3

)

+ i(

12−

√3)

.

(1.4) Comenzamos completando cuadrados en x,

Q(x, y, z) = −x2 − 2x(y − 2z) + y2 + (1 − 4a)z2 + 4ayz

= − [x + (y − 2z)]2 + (y − 2z)2 + y2 + (1 − 4a)z2 + 4ayz

=

[

siendox1 = x + y − 2z

]

= −x21 + y2 + 4z2 − 4yz + y2 + (1 − 4a)z2 + 4ayz

= −x21 + 2y2 + (5 − 4a)z2 + 4(a − 1)yz

= −x21 + 2 [y + (a − 1)z]2 − 2 [(a − 1)z]2 + (5 − 4a)z2

=

siendox2 = y + (a − 1)z,

x3 = z

− x21 + 2x2

2 + (3 − 2a2)x23.

La relaci0n entre las variables finales y las variables iniciales es

x1 = x + y − 2zx2 = y + (a − 1)zx3 = z

x1

x2

x3

=

1 1 −20 1 a − 10 0 1

xyz

.


Ejercicio 2. R-115

Ejercicio 2.

(2.1) [4 puntos] Calcula la matriz P de la proyeccion ortogonal, en R3, sobre el plano deecuacion x + y + z = 0.

(2.2) [3 puntos] Calcula la ecuacion, y haz un esbozo, de la superficie de traslacion que seobtiene al desplazar la parabola G a lo largo de la parabola D, siendo

G ≡

y = 2x2

z = 0y D ≡

z = y2

x = 0.

¿Se trata de una cuadrica? ¿Por que?

(2.1) La matriz P que hay que determinar tiene que verificar Pv = v para cualquier vectorv del plano proyeccion, x + y + z = 0, y Pu = 0 para cualquier vector ortogonal a dichoplano. Tomamos 2 vectores (linealmente independientes) v1 y v2 del plano y un vectoru1 (no nulo) ortogonal al plano, por ejemplo

v1 =

1−1

0

, v2 =

10

−1

, u1 =

111

.

Escribiendo las igualdades Av1 = v1, Av2 = v2, Au1 = 0 en forma matricial tenemos

A

1 1 1−1 0 1

0 −1 1

=

1 1 0−1 0 0

0 −1 0

y despejando A

A =

1 1 0−1 0 0

0 −1 0

1 1 1−1 0 1

0 −1 1

−1

=

1 1 0−1 0 0

0 −1 0

13

1 −2 11 1 −21 1 1

= 13

2 −1 −1−1 2 −1−1 −1 2

.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Calculo de la inversa:

1 1 1 1 0 0−1 0 1 0 1 0

0 −1 1 0 0 1

F2 + F1

-

1 1 1 1 0 00 1 2 1 1 00 −1 1 0 0 1

F3 + F2

-

1 1 1 1 0 00 1 2 1 1 00 0 3 1 1 1

F1 − 13F3

-

F2 − 23F3

1 1 0 1 − 13 −1

3 −13

0 1 0 1 − 23 1 − 2

3 −23

0 0 3 1 1 1

F1 − F2

-

13F3

1 0 0 13 −2

313

0 1 0 13

13 −2

30 0 1 1

313

13

(2.2) Las dos curvas dadas tienen como unico punto de corte el origen de coordenadas. Unpunto generico X de la superficie de traslacion que se genera vendra dado mediante

~OX = ~OG + ~OD



siendo G y D puntos genericos de las curvas generatriz y directriz respectivamente.Puesto que

G ≡

y = 2x2

z = 0≡

x = αy = 2α2

z = 0(α ∈ R) y D ≡

z = y2

x = 0≡

x = 0y = βz = β2

(β ∈ R),

la superficie de traslacion generada esta formada por los puntos X dados por

~OX =

xyz

=

α2α2

0

+

0ββ2

=

α2α2 + β

β2

, α, β ∈ R.

Ahora basta con eliminar los parametros α y β de entre

x = α, y = 2α2 + β, z = β.

x = α,y = 2α2 + β

=⇒ y = 2x2 + β ⇒ β = y − 2x2 =⇒ z = (y − 2x2)2

.

−3−2

−10

12

3

−2

0

2

4

6

8

10

0

1

2

3

4

X

Y

Z

z = (y − 2x2)2

¿Se trata de una cuadrica? Obviamente, la superficie de traslacion generadaNO es una cuadrica. ¿Por que? La razon algebraica es que la ecuacion que seobtiene no es una ecuacion de segundo grado sino de cuarto. La razon geometricaes que el dibujo no se corresponde con ninguna cuadrica (elipsoide, paraboloides,hiperboloides, cilindros, pares de planos,...).

Notemos que al cortar la superficie con planos paralelos a los coordenados

• z = c puede obtenerse

una parabola, para c = 0,

dos parabolas, si c > 0, y − 2x2 = ±√c,

nada, si c < 0;

• y = b, se obtienen curvas de grado 4;

• x = a, se obtienen parabolas, z = (y − 2a2)2, con vertice en (a, 2a2, 0).


Ejercicio 3. R-117

Ejercicio 3.

(3.1) [3 puntos] Determina la matriz A de una transformacion lineal T : R3 −→ R2 sabiendoque el espacio nulo de A viene dado por la ecuacion implıcita x1 − x2 − x3 = 0 y que

T

111

=

[

2−1

]

.

(3.2) [5 puntos] Determina una base del espacio columna de la matriz

B =

1 3 −2 4 20 1 −2 1 1−1 4 −12 3 52 1 6 3 −1

.

Comprueba que el vector v = [9, 4, 19,−2]T esta en dicho espacio columna y calculalas coordenadas de dicho vector respecto a la base obtenida. Sin necesidad de hacermas calculos, ¿Cual es la dimension del espacio nulo de la matriz B? ¿Cual es el menornumero posible de ecuaciones implıcitas mediante las cuales se puede caracterizar dichoespacio nulo?

(3.3) [2 puntos] Escribe la formula del binomio de Newton y las condiciones para que dichaformula sea aplicable a la potencia de una suma de matrices (cuadradas del mismoorden). Calcula Cn, n = 1, 2, . . . siendo

C =

3 −2 00 3 −20 0 3

.

(3.1) Teniendo en cuenta las condiciones dadas, tenemos que determinar una matriz (lamatriz) A, 2 × 3, que verifica que Av = 0 para cualquier vector v ∈ Nul (A) y

A

111

=

[

2−1

]

.

Tomamos 2 vectores linealmente independientes (una base) de Nul (A), por ejemplo

v1 =

110

y v2 =

101

.

Por tanto, A debe verificar

A

111

=

[

2−1

]

, A

110

=

[

00

]

, A

101

=

[

00

]



y escribiendo estas igualdades en forma matricial tenemos

A

1 1 11 1 01 0 1

=

[

2 0 0−1 0 0

]

.

Despejando A,

A =

[

2 0 0−1 0 0

]

1 1 11 1 01 0 1

−1

=

[

2 0 0−1 0 0

]

−1 1 11 0 −11 −1 0

=

[

−2 2 21 −1 −1

]

.

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Calculo dela inversa:

•

1 1 1 1 0 01 1 0 0 1 01 0 1 0 0 1

F2 − F1

-

F3 − F1

1 1 1 1 0 00 0 −1 −1 1 00 −1 0 −1 0 1

F1 + F2 + F3

-

1 0 0 −1 1 10 0 −1 −1 1 00 −1 0 −1 0 1

-

1 0 0 −1 1 10 1 0 1 0 −10 0 1 1 −1 0

.

(3.2) Reducimos B a forma escalonada por filas

BF3 + F1

-

F4 − 2F1

1 3 −2 4 2

0 1 −2 1 10 7 −14 7 70 −5 10 −5 −5

F3 − 7F2

-

F4 + 5F2

1 3 −2 4 2

0 1 −2 1 10 0 0 0 00 0 0 0 0

.

Por tanto,

las columnas 1 y 2 son linealmente independientes y

cada una de las columnas 3, 4 y 5 es combinacion lineal de las columnas 1 y 2.

Es decir, una base de Col (B) esta formada por las columnas 1 y 2 (de B),

b1 =

10−12

, b2 =

3141

.

Para comprobar que el vector v dado esta en Col (B) bastara comprobar que es combi-nacion lineal de b1 y b2. Los coeficientes de dicha combinacion lineal seran las coorde-nadas de v respecto a la base b1, b2 de Col (B).

αb1 + βb2 = v ≡

b1 b2

[

αβ

]

=

v

.


Ejercicio 3. R-119

Haciendo las mismas operaciones fila que al reducir B tenemos

1 3 90 1 4−1 4 192 1 −2

F3 + F1

-

F4 − 2F1

1 3 9

0 1 40 7 280 −5 −20

F3 − 7F2

-

F4 + 5F2

=

1 3 9

0 1 40 0 00 0 0

.

Por tanto, las coordenadas pedidas son

β = 4 y α = 9 − 3β = −3 (≡ v = −3b1 + 4b2).

¿Cual es la dimension del espacio nulo de la matriz B? Puesto que

dim [Col (B)] = 2

y B tiene 5 columnas, la dimension del espacio nulo de B es (el numero de variableslibres que se obtienen al reducir a forma escalonada)

dim [Nul (B)] = 5 − dim [Col (B)] = 3.

¿Cual es el menor numero posible de ecuaciones implıcitas mediantelas cuales se puede caracterizar dicho espacio nulo? Al reducir a formaescalonada mediante operaciones fila el conjunto solucion del sistema homogeneoasociado no cambia, es decir, el espacio nulo de la matriz no cambia y por tantoel espacio nulo de B coincide con el de la matriz escalonada obtenida. Por tantoNul (B) puede caracterizarse mediante 2 ecuaciones implıcitas,

[

1 3 −2 4 2 0

0 1 −2 1 1 0

]

y no menos puesto que el subespacio definido por una unica ecuacion implıcitahomogenea (en 5 variables) tiene dimension 4.

(3.3) Formula del binomio de Newton. Siendo x, y numeros reales (o complejos) yn = 1, 2, . . . se verifica que

(x + y)n = xn +

(

n1

)

xn−1y + · · ·+(

nk

)

xn−kyk + · · ·+(

nn − 1

)

xyn−1 + yn.

Si tenemos dos matrices cuadradas A y B, del mismo orden, que conmutan, esdecir AB = BA, la formula del binomio es valida para las potencias naturales deA + B, es decir,

(A + B)n = An+

(

n1

)

An−1B+· · ·+(

nk

)

An−kBk+· · ·+(

nn − 1

)

ABn−1+Bn.

Podemos expresar la matriz C dada mediante

C = 3I + N, siendo N =

0 −2 00 0 −20 0 0

.



Puesto que las matrices 3I y N conmutan ((3I)N = N(3I) = 3N), se verifica que

Cn = (3I + N)n = 3nI +

(

n1

)

3n−1N + · · ·+(

nn − 1

)

3Nn−1 + Nn.

Las potencias de la matriz N son

N2 =

0 0 40 0 00 0 0

, N3 =

0 0 00 0 00 0 0

, Nk = 0, k ≥ 3.

Por tanto, si n ≥ 2,

Cn = 3nI + n3n−1N + n(n−1)2

3n−2N2 =

=

3n −2n3n−1 2n(n − 1)3n−2

0 3n −2n3n−1

0 0 3n

= 3n−2

9 −6n 2n(n − 1)0 9 −6n0 0 9

.


Tercera Convocatoria. 2004-05. R-121




Tercera Convocatoria (Segunda Parte). 11-02-2005.

Ejercicio 4. Considera los vectores

v1 =

1−2

02

, v2 =

2103

y v3 =

1301

.

(4.1) Calcula una base ortogonal del subespacio S generado por v1, v2 y v3.

(4.2) Calcula la matriz de la proyeccion ortogonal sobre S y la de la proyeccion ortogonalsobre S⊥.

(4.3) Definicion de matriz ortogonal. Demuestra que si Q es una matriz ortogonal e inter-cambiamos las dos primeras filas de Q, la matriz que se obtiene tambien es ortogonal.

(4.1) Para calcular una base ortogonal de S podemos aplicar el metodo de ortogonalizacionde Gram-Schmidt a v1, v2, v3 aunque estos vectores puedan no ser linealmente inde-pendientes:

u1 = v1,

u2 = v2 −v2 · u1

||u1||2u1 =

2103

− 6

9

1−2

02

=

4373

053

=1

3

4705

,

u3 = v3 −v3 · u1

||u1||2u1 −

v3 · u2

||u2||2u2 =

1301

− −3

9

1−2

02

−303909

1

3

4705

=

=

1301

+1

3

1−2

02

− 1

3

4705

=

0000

.



Por tanto, una base ortogonal de S es

u1 =

1−2

02

, 3u2 =

4705

.

(4.2) Para calcular la matriz de la proyeccion ortogonal sobre S podemos obtener una baseortonormal de S como por ejemplo

w1 =1

||u1||u1 =

1

3

1−2

02

, w2 =1

||u2||u2 =

1√90

4705

con lo cual la matriz de la proyeccion ortogonal sobre S es

PS =

w1 w2

[

−− wT1 −−

−− wT2 −−

]

=1

3

1 4√10

−2 7√10

0 02 5√

10

1

3

[

1 −2 0 24√10

7√10

0 5√10

]

=1

9

2610

810

0 4∗ 89

100 − 5

10

∗ ∗ 0 0∗ ∗ ∗ 65

10

=1

90

26 8 0 40∗ 89 0 −5∗ ∗ 0 0∗ ∗ ∗ 65

.

La matriz de la proyeccion ortogonal sobre S⊥ es

PS⊥ = I − PS =1

90

64 −8 0 −40∗ 1 0 5∗ ∗ 0 0∗ ∗ ∗ 25

.

Los elementos indicados con ∗ no necesitan ser calculados directamente puesto que lamatriz de la proyeccion ortogonal sobre un subespacio es una matriz simetrica.

(4.3) Definicion de matriz ortogonal. Se dice que una matriz A es una matrizortogonal si es una matriz real cuadrada que verifica que Q−1 = QT o, lo que esequivalente, sus columnas (o sus filas) forman una base ortonormal de Rn.

Demuestra que si Q es una matriz ortogonal e intercambiamos las dosprimeras filas de Q, la matriz que se obtiene tambien es ortogonal. Alintercambiar dos filas de una matriz no cambia ni la ortogonalidad de los vectoresfila (ni de los vectores columna) ni la norma de cada uno de dichos vectores. SiendoQ una matriz cuadrada real, la matriz Q es ortogonal si y solo si sus vectores fila (ysus vectores columna) son ortogonales dos a dos y tienen norma uno. Por tanto, siintercambiamos dos filas de Q obtenemos una matriz cuadrada real cuyos vectoresfila (y vectores columna) son ortogonales dos a dos y tienen norma uno. Es decir,se obtiene una matriz ortogonal.


Ejercicio 4. R-123

Podemos demostrar el enunciado mediante operaciones matriciales. Al intercambiarlas dos primeras filas de la matriz Q se obtiene la matriz

Q1 = P12Q, P12 =

0 1 0 · · · 01 0 0 · · · 00 0 1 · · · 0...

......

. . ....

0 0 0 · · · 1

.

Puesto que P−112 = P T

12 = P12, tenemos que

Q−11 = (P12Q)−1 = Q−1P−1

12 = QT P T12 = (P12Q)T = QT

1

y, por tanto, la matriz Q es ortogonal.



Ejercicio 5. Considera la matriz A y el vector w dados por

A =

−2 −2 04 2 00 2 −2

, w =

123

.

(5.1) Diagonaliza A, indicando la matriz de paso.

(5.2) Calcula los autovalores de An, n = 1, 2, . . . . ¿Hay alguna potencia An, n = 1, 2, . . . quese pueda diagonalizar mediante una matriz de paso real?

(5.3) Calcula A112w.

(5.1) Diagonaliza A, indicando la matriz de paso.

Autovalores de A:


−2 − λ −2 04 2 − λ 00 2 −2 − λ

=

= (−2 − λ) det

[

−2 − λ −24 2 − λ

]

= (−2 − λ) [(−2 − λ) (2 − λ) + 8] =

= − (2 + λ) [λ2 + 4] = 0 ⇐⇒

λ1 = −2,λ2 = 2i,

λ3 = λ2 = −2i.

Autovectores de A asociados a λ1 = −2: (A + 2I)x = 0,

0 −2 0 04 4 0 00 2 0 0

−→

1 1 0 00 1 0 00 0 0 0

=⇒ x1 = 0, x2 = 0 =⇒ v1 =

001

.

Autovectores de A asociados a λ2 = 2i: (A − 2iI)x = 0,

−2 − 2i −2 0 04 2 − 2i 0 00 2 −2 − 2i 0

−→

1 + i 1 0 02 1 − i 0 00 −1 1 + i 0

F2 − 21+i

F1

-

1 + i 1 0 00 0 0 00 −1 1 + i 0

⇒

=⇒

x2 = (1 + i)x3,

x1 = − 11+i

x2 = −x3

=⇒ v2 =

−11 + i

1

.

Autovectores de A asociados a λ3 = λ2 = −2i: (A + 2iI)x = 0. Puesto que Aes una matriz real, a autovalores complejos conjugados corresponden autovectores


Ejercicio 5. R-125

conjugados, es decir, los autovectores asociados al autovalor λ3 = λ2 = −2i estangenerados por

v3 = v2 =

−11 − i

1

Diagonalizacion de A. Puesto que

Av1 = −2v1, Av2 = (2i)v2, y Av3 = (−2i)v3,

siendo

P =

v1 v2 v3

=

0 −1 −10 1 + i 1 − i1 1 1

y

D =

λ1

λ2

λ3

=

−22i

−2i

se verifica que AP = PD y, por tanto,

P−1AP = D ≡ A = PDP−1.

(5.2) Los autovalores de An, n = 1, 2, . . . son

λn1 = (−2)n, λn

2 = (2i)n, y λn3 = (−2i)n.

Todas las matrices An, n = 1, 2, . . . son diagonalizables puesto que

An =(

PDP−1)

· · ·(

PDP−1)

= PDnP−1.

Es decir, todas las matrices An son diagonalizables mediante la misma matriz de pasocompleja P . Para que una cierta potencia An sea diagonalizable mediante una matriz depaso real basta con que los autovalores de dicha matriz sean reales. Por tanto, debemosdeterminar n ∈ N de forma que (2i)n sea un numero real. Puesto que

i4k+r = ir =

1 si r = 0,i si r = 1,−1 si r = 2,−i si r = 3,

una potencia in es un numero real si y solo si el exponente n es un numero par n =2, 4, . . . Por tanto, An es diagonalizable mediante una matriz de paso real si y solo siel exponente n es un numero par. Notemos que, por ejemplo para n = 2, tenemos queλ2

2 = λ23 = (±2i)2 = −4 es un autovalor doble de A2 y que separando las partes real e

imaginaria del autovector v2 tenemos

A2v2 = λ22v2 ≡ A2 [Re (v2) + i Im (v2)] = −4 [Re (v2) + i Im (v2)]

≡

A2 [Re (v2)] = −4 [Re (v2)] ,A2 [Im (v2)] = −4 [Im (v2)]



es decir, los vectores parte real y parte imaginaria de v2

Re (v2) =

−111

, Im (v2) =

010

,

son autovectores (linealmente independientes) de A2 asociados al autovalor λ22 = −4.

(5.3)

A112w = PD112P−1w = P

(−2)112

(2i)112

(−2i)112

P−1w =

=

puesto que112 = 28 · 4

i112 = (i4)28 = 1

= P

2112

2112

2112

P−1w = 2112PP−1w = 2112w.


Segundo Parcial. 2004-05. R-127





Ejercicio 1.

(1.1) Sean E y F los subespacios vectoriales de R4 definidos por

E = Gen

v1 =

1101

, v2 =

1−1−12

, v3 =

20−10

, F ≡ x1 + x3 + x4 = 0.

(1.1.a) [3 puntos] Calcula una base ortogonal de S = E ∩ F y una base de S⊥.

(1.1.b) [1 punto] Determina una base de E + F .

(1.2) Considera una conica cuya ecuacion es de la forma

x2 + 4xy − 2y2 + αx + βy + γ = 0

(1.2.a) [2 puntos] Determina que posibles conicas pueden obtenerse para los distintosvalores de α, β, γ (sin necesidad de establecer la relacion entre los valores de losparametros y el tipo de conica).

(1.2.b) [3 puntos] Reduce, clasifica y representa (en los ejes originales) la conica quese obtiene para

α = 2β = 8√

5, β = 4√

5, γ = 44.

(1.3) [1 punto] Demuestra que si v1 y v2 son dos autovectores de una matriz A asociados ados autovalores distintos λ1 6= λ2, entonces son linealmente independientes.

(1.1) (1.1.a) Puesto que tenemos que obtener E ∩ F , es comodo trabajar con E y F enforma implıcita.

Calculemos las ecuaciones implıcitas de E (F ya lo tenemos en forma implıcita).Puesto que E esta formado por los vectores x ∈ R4 para los cuales el sistema

1 1 21 −1 00 −1 −11 2 0

αβγ

=

x1

x2

x3

x4



es compatible, reduciendo el sistema a forma escalonada tenemos

1 1 2 x1

1 −1 0 x2

0 −1 −1 x3

F2 − F1

−→

1 1 2 x1

0 −2 −2 x2 − x1

0 −1 −1 x3

F3 ↔ F2

−→

1 1 2 x1

0 −1 −1 x3

0 −2 −2 x2 − x1

F3 − 2F2

−→

1 1 2 x1

0 −1 −1 x3

0 0 0 x2 − x1 − 2x3

.

Por tanto, el sistema es compatible ⇐⇒ x2 − x1 − 2x3 = 0, es decir

E ≡ x1 − x2 + 2x3 = 0.

Puesto que

S = E ∩ F ≡

x1 − x2 + 2x3 = 0x1 + x3 + x4 = 0

resolviendo el sistema obtenemos

[

1 −1 2 0 01 0 1 1 0

]

−→[

1 −1 2 0 00 1 −1 1 0

]

=⇒

x2 = x3 − x4

x1 = x2 − 2x3 = −x3 − x4

=⇒

x1

x2

x3

x4

= x3

−1110

+ x4

−1−101

.

Por tanto, una base de S = E ∩ F es

u1 =

−1110

, u2 =

−1−101

.

Puesto que u1 · u2 = 0 la base obtenida es ortogonal.

Una base de S⊥. Teniendo en cuenta las ecuaciones implıcitas de S tenemosque una base de S⊥ es

1−120

,

1101


Ejercicio 1. R-129

(1.1.b) Puesto que dim (E∩F ) = 2, utilizando la formula que relaciona las dimensionesde E ∩ F y de E + F con las de E y F ,

dim (E ∩ F ) + dim (E + F ) = dim (E) + dim (F )

tenemos que dim (E + F ) = dim (E) +dim (F )− dim (E ∩F ) = 3+ 3− 2 = 4. Portanto, E + F = R4 y cualquier base de R4 nos sirve, como por ejemplo la canonica

e1, e2, e3, e4 .

Observacion.- Puesto que dim (E) = 3 (tengase en cuenta la reduccion a formaescalonada que hemos hecho para obtener la ecuacion implıcita de E) si quisieramosobtener una base de E + F formada por vectores de E y vectores de F bastarıaanadir a la base de E que tenemos v1, v2, v3 un vector de F que no este en Ecomo por ejemplo

u = e2 = (0, 1, 0, 0)T .

(1.2) Considera una conica cuya ecuacion es de la forma

x2 + 4xy − 2y2 + αx + βy + γ = 0

(1.2.a) La matriz simetrica asociada a la parte cuadratica de la ecuacion es

[

1 22 −2

]

y sus autovalores son de distinto signo det (A) = λ1λ2 = −6 (caso hiperbolico). Dehecho, podemos calcular los autovalores

det (A − λI) = (1 − λ)(−2 − λ) − 4 = λ2 + λ − 6 = 0 ⇔

λ1 = 2,λ2 = −3.

Por tanto, al hacer un cambio de variables ortogonal asociado a una diagonalizacionortogonal de A obtendremos una ecuacion del tipo

2x′2 − 3y′2 + α′x′ + β ′y′ + γ = 0

y completando los cuadrados en x′ e y′ obtendremos la ecuacion reducida

2x′′2 − 3y′′2 + γ′′ = 0.

Es decir obtendremos una hiperbola (no equilatera) para γ′′ 6= 0 o un par de rectassecantes para γ′′ = 0 (las asıntotas comunes de todas las hiperbolas anteriores).

Observacion.- Si quisieramos obtener los valores de α, β, γ para los cuales laconica es una hiperbola y los valores para los que es un par de rectas secantes,tendrıamos que hacer el cambio de variables ortogonal que permite eliminar eltermino cruzado y la traslacion que permite eliminar los terminos de primer grado.

(1.2.b) Ya hemos calculado los autovalores de la A matriz simetrica asociada a laparte cuadratica de la ecuacion. Calculemos los autovectores para diagonalizarortogonalmente dicha matriz.



Autovectores asociados a λ1 = 2, (A − 2I)v = 0[

−1 2 02 −4 0

]

=⇒ Nul (A − 2I) = Gen

w1 =

[

21

]

Autovectores asociados a λ2 = −3, (A + 3I)v = 0. El vector w2 que se obtiene

de w1 haciendo un giro deπ

2radianes

w2 =

[

−12

]

.

es un autovector de A asociado al autovalor λ2.

Una matriz ortogonal que diagonaliza A es

Q =

w1

||w1||w2

||w2||

=

1√5

[

2 −11 2

]

.

que es la matriz de un giro por la eleccion de signos que hemos hecho de losautovectores.

Haciendo el cambio de variables

[

xy

]

=1√5

[

2 −11 2

] [

x′

y′

]

≡

x =1√5

(2x′ − y′)

y =1√5

(x′ + 2y′)

en la ecuacion de la conica obtenemos

2x′2 − 3y′2 +8√

5√5

(2x′ − y′) +4√

5√5

(x′ + 2y′) + 44 = 0

2x′2 − 3y′2 + 20x′ + 44 = 0

Completando cuadrados en x′ obtenemos

2 [x′ + 5]2 − 2 · 52 − 3y′2 + 44 = 0 ⇐⇒ 2x′′2 − 3y′′2 = 6,

x′′ = x′ + 5,

y′′ = y′.

Es decir, se trata de una hiperbola

x′′2

3− y′′2

2= 1.

Elementos caracterısticos de la hiperbola. Para determinar dichos elementosen el sistema de coordenadas (x, y) original haremos uso tanto de la expresion de lacoordenadas (x, y) en funcion de las coordenadas (x′, y′) dada anteriormente comode la expresion de la coordenadas (x′, y′) en funcion de las coordenadas (x, y),

[

x′

y′

]

= QT

[

xy

]

≡

x′ =1√5

(2x + y)

y′ =1√5

(−x + 2y)


Ejercicio 1. R-131

Centro:

C = (x′′ = 0, y′′ = 0) ≡ (x′ = −5, y′ = 0) ≡ (x = − 10√5, y = − 5√

5).

Ejes:

x′′ = 0 ≡ x′ = −5 ≡ 1√5

(2x + y) = −5 ≡ 2x + y = −5√

5.

y′′ = 0 ≡ y′ = 0 ≡ 1√5

(−x + 2y) = 0 ≡ 2y = x.

Asıntotas:x′′2

3=

y′′2

2.

y′′ =

√2√3x′′ ≡ y′ =

√

2

3(x′ + 5) ≡ (−x + 2y)√

5=

√

2

3

(

(2x + y)√5

+ 5

)

(

2√

2 +√

3)

x +(√

2 − 2√

3)

y + 5√

10 = 0.

y′′ = −√

2√3x′′ ≡ y′ = −

√

2

3(x′ + 5) ≡ (−x + 2y)√

5= −

√

2

3

(

(2x + y)√5

+ +5

)

(

2√

2 −√

3)

x +(√

2 + 2√

3)

y + 5√

10 = 0.

Vertices:(

x′′ = ±√

3, y′′ = 0)

≡(

x′ + 5 = ±√

3, y′ = 0)

≡(

x =1√5(10 ± 2

√3), y =

1√5(5 ±

√3)

)

.

Es decir, los vertices son

V1 =(

1√5(10 + 2

√3), y = 1√

5(5 +

√3))

y

V2 =(

x = 1√5(10 − 2

√3), y = 1√

5(5 −

√3))

.

Cortes con los ejes originales:

•OX ≡ y = 0 −→ x2 + 8√

5x + 44 = 0

x =−8

√5 ±

√320 − 176

2= −4

√5 ±

√11

=⇒ p1x = (−4√

5 −√

11, 0), p2x = (−4√

5 +√

11, 0).

•OY ≡ x = 0 −2y2 + 4√

5y + 44 = 0

y =−4

√5 ±

√80 + 352

−4=

√5 ± 3

√3

=⇒ p1y = (0,√

5 − 3√

3), p2y = (0,√

5 + 3√

3).



−10 −8 −6 −4 −2 0 2 4 6−8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

10

x

y

ecuacion

X

Y

O

X ′

Y ′′

Centro

vertices

(1.3) Sean v1 y v2 dos vectores no-nulos tales que

Av1 = λ1v1 y Av2 = λ2v2

y supongamos que una combinacion lineal de dichos vectores es igual al vector nulo

αv1 + βv2 = 0.

Multiplicando en esta igualdad por la matriz A y por el autovalor λ1 tenemos

αAv1 + βAv2 = 0 ≡ αλ1v1 + βλ2v2 = 0

λ1 (αv1 + βv2) = 0 ≡ αλ1v1 + βλ1v2 = 0.

Restando tenemosβ(λ2 − λ1)v2 = 0 =⇒ β = 0

puesto que λ2 − λ1 6= 0 y v2 6= ~0. Sustituyendo en la combinacion lineal nula tenemosque αv1 = 0 y por tanto α = 0. Resumiendo

αv1 + βv2 = ~0 ⇐⇒ α = β = 0

es decir v1, v2 son linealmente independientes.


Ejercicio 2. R-133

Ejercicio 2.

(2.1) [3 puntos] Sea S un subespacio vectorial de Rn de dimension dim (S) = r.

(2.1.a) Describe las formas de construir/obtener la matriz de la proyeccion ortogonalsobre S.

(2.1.b) Enuncia las propiedades caracterısticas de la matriz de la proyeccion ortogonalsobre S (espacio nulo, espacio columna, autovalores, autovectores,...)

(2.2) Sea A la matriz

A =

α + 9 −6 α − 3−6 α 00 0 4α + 3

, (α ∈ R).

(2.2.a) [2 puntos] Determina los autovalores de A en funcion de α ∈ R.

(2.2.b) [3 puntos] Determina, si existen, los valores de α para los que A es diagonal-izable y los valores de α para los que A es diagonalizable ortogonalmente.

(2.2.c) [2 puntos] Calcula, para α = 3, la matriz de la proyeccion ortogonal sobre elespacio columna de A.

(2.1) Sea S un subespacio vectorial de Rn de dimension dim (S) = r.

(2.1.a) Esencialmente, la determinacion de la matriz de una proyeccion ortogonal puedehacerse o bien mediante alguna formula que establezca dicha matriz a traves dedeterminados ingredientes asociados al subespacio proyeccion S o bien buscandodicha matriz sabiendo lo que tiene que hacer sobre determinados vectores.

Si tomamos una base de Rn, b1, b2, . . . , bn y calculamos la proyeccion orto-gonal sobre S de cada uno de los vectores de dicha base,

b1 −→ b1, b2 −→ b2, · · · , bn −→ bn,

la matriz P de la proyeccion ortogonal sobre S tiene que verificar

Pb1 = b1, P b2 = b2, · · · , P bn = bn,

o lo que es lo mismo

P

b1 b2 · · · bn

=

b1 b2 · · · bn

y puesto que la matriz (cuadrada de orden n) cuyas columnas son los vectoresb1, b2, · · · , bn tiene inversa por ser dichos vectores linelamente independientes,necesariamente la matriz de la proyeccion ortogonal sobre S es

P =

b1 b2 · · · bn

b1 b2 · · · bn

−1

.



Si consideramos una base de Rn formada por vectores sobre los cuales sabemoscomo actua la proyeccion ortogonal pueden simplificarse los calculos indicadosen el punto anterior. Si tomamos

• una base de S, v1, v2, . . . , vr y

• una base de S⊥, w1, w2, . . . , wn−r,tendremos una base de Rn puesto que S ∩ S⊥ = 0,

v1, v2, . . . , vr, w1, w2, . . . , wn−r

y sobre los vectores de dicha base tenemos que

Pv1 = v1, P v2 = v2, · · · , P vr = vr, Pw1 = 0, · · · , Pwn−r = 0.

Por tanto, la matriz P tiene que verificar

P

v1 · · · vr w1 · · · wn−r

=

v1 · · · vr 0 · · · 0

y puesto que la matriz (cuadrada de orden n) cuyas columnas columnas son losvectores v1, v2, · · · , vr, w1, · · · , wn−r tiene inversa, por ser dichas columnas lin-ealmente independientes, necesariamente la matriz de la proyeccion ortogonalsobre S es

P =

v1 · · · vr 0 · · · 0

v1 · · · vr w1 · · · wn−r

−1

.

Una formula. Si tenemos una base ortogonal del subespacio proyeccion S,

v1, v2, . . . , vr

puesto que la proyeccion ortogonal sobre S de un vector generico x ∈ Rn es

proyS(x) =x · v1

||v1||2v1 + · · ·+ x · vr

||vr||2vr =

=1

||v1||2v1v

T1 x + · · ·+ 1

||vr||2vrv

Tr x =

=

(

1

||v1||2v1v

T1 + · · ·+ 1

||vr||2vrv

Tr

)

x

la matriz de la proyeccion ortogonal sobre S es

P =1

||v1||2v1v

T1 + · · · + 1

||vr||2vrv

Tr .


Ejercicio 2. R-135

Otra formula, la mas habitual. Si tenemos una base ortonormal de S

u1, u2, . . . , ur

la proyeccion ortogonal sobre S de un vector generico x ∈ Rn viene dada por

proyS(x) = [x · u1]u1 + · · · + [x · ur]ur =

= u1uT1 x + · · ·+ uru

Tr x =

=(

u1uT1 + · · ·+ uru

Tr

)

x.

Por tanto, la matriz de la proyeccion ortogonal sobre S es

P = u1uT1 + · · · + uru

Tr = UUT

siendo U la matriz n×r cuyas columnas son los r vectores de la base ortonormalconsiderada

P = UUT , U =

u1 · · · ur

.

Teniendo en cuenta la relacion entre la proyeccion ortogonal sobre un subes-pacio y la proyeccion ortogonal sobre su complemento ortogonal,

proyS(x) + proyS⊥(x) = x ∀x ∈ Rn,

si mediante cualquiera de los procedimientos anteriores calculamos la matrizde la proyeccion ortogonal sobre el complemento ortogonal S⊥ de S tendremosla matriz de la proyeccion ortogonal sobre S,

PS + PS⊥ = I =⇒ PS = I − PS⊥.

(2.1.b) Algunas propiedades de la matriz PS de la proyeccion ortogonal sobre S:

PS es una matriz simetrica puesto que una expresion para dicha matriz esPS = UUT siendo U ... Por tanto, es diagonalizable ortogonalmente.

Espacio nulo:

Nul (PS) = x ∈ Rn : PSx = 0 =

x ∈ Rn : x ∈ S⊥ = S⊥.

Espacio columna:

Col (PS) = x ∈ Rn : PSv = x para algun v ∈ R

n = S.

Por tanto el rango de PS es rango(PS) = dim (S) = r.

Autovalores: λ1 = 1 y λ0 = 0.

Autovectores asociados a λ1 = 1,

PSx = x ⇐⇒ x ∈ S, Nul (PS − I) = S.



Autovectores asociados a λ2 = 0,

Px = 0 ⇐⇒ x ∈ S⊥, Nul (PS) = S⊥.

Otras propiedades:

• P 2S = PS.

• La matriz de la proyeccion ortogonal sobre S⊥ es I − PS.

• ...

(2.2)

(2.2.a) Autovalores de A:

det (A − λI) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

α + 9 − λ −6 α − 3−6 α − λ 00 0 4α + 3 − λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

desarrollandopor la

tercera fila

= (4α + 3 − λ)

∣

∣

∣

∣

α + 9 − λ −6−6 α − λ

∣

∣

∣

∣

= (4α + 3 − λ) [λ2 − (2α + 9)λ + α2 + 9α − 36] = 0

⇐⇒ λ1 = 4α + 3 o λ2 − (2α + 9)λ + α2 + 9α − 36 = 0.

Resolvemos la ecuacion de segundo grado,

λ2, λ3 =(2α + 9) ±

√

(2α + 9)2 − 4 (α2 + 9α − 36))

2=

=(2α + 9) ±

√4α2 + 36α + 81 − 4α2 − 36α + 144

2=

=(2α + 9) ±

√225

2=

(2α + 9) ± 15

2=

λ2 = α + 12,

λ3 = α − 3.

Por tanto, los autovalores de A son

λ1 = 4α + 3, λ2 = α + 12, λ3 = α − 3.

(2.2.b) Determinemos los valores de α para los que la matriz A tiene autovalores multi-ples:

λ1 = λ2 ⇔ 4α + 3 = α + 12 ⇔ α = 3,

λ1 = λ3 ⇔ 4α + 3 = α − 3 ⇔ α = −2,

λ2 = λ3 para ningun valor de α.

Por tanto, si α 6= 3,−2, los autovalores de A son simples y A es diagonalizable.Estudiemos los casos de autovalores multiples:


Ejercicio 2. R-137

Para α = 3 la matriz A es

A =

12 −6 0−6 3 00 0 15

y, obviamente, se trata de una matriz diagonalizable puesto que es una matriz(real) simetrica. No obstante, no conlleva ninguna dificultad el estudiar direc-tamente los autovectores asociados al unico autovalor doble λ1 = 15, (A −15I)x = 0

−3 −6 0 0−6 −12 0 00 0 0 0

−→

1 2 0 00 0 00 0 0

⇒ dim Nul (A − λ1I) = 2.

Por tanto, para α = 3, la matriz A es diagonalizable.

Para α = −2 la matriz A es

A =

7 −6 −5−6 −2 00 0 −5

y sus autovalores son

λ1 = −5 (doble) y λ2 = 10 (simple).

Autovectores asociados al unico autovalor doble λ1 = −5, (A + 5I)x = 0

12 −6 −5 0−6 3 0 00 0 0 0

−→

−2 1 0 00 0 −5 00 0 0 0

⇒ dim Nul (A − λ1I) = 1.

Por tanto, para α = −2, A no es diagonalizable.

ResumiendoA es diagonalizable ⇐⇒ α 6= −2.

Por otra parte, teniendo en cuenta el Teorema Espectral para matrices simetricasreales, puesto que A es una matriz real ∀α ∈ R, tenemos que

A es diagonalizable ortogonalmente ⇐⇒ A es simetrica ⇐⇒ α = 3.

(2.2.c) Para α = 3, la matriz A es

A =

12 −6 0−6 3 00 0 15

y, obviamente, su espacio columna es

Col (A) = Col

−2 01 00 1

= Gen

v1 =

−210

, v2 =

001

.



Puesto que v1 y v2 son ortogonales (uno al otro), sin mas que normalizar dichosvectores tenemos una base ortonormal de Col (A):

u1 =v1

||v1||=

1√5

−210

, u2 =v2

||v2||= v2 =

001

y, por tanto, la matriz de la proyeccion ortogonal sobre Col (A) es

P =

− 2√5

01√5

0

0 1

[ − 2√5

1√5

0

0 0 1

]

=

45

−25

0−2

515

00 1

=1

5

4 −2 0−2 1 00 0 5

.


Ejercicio 3. R-139

Ejercicio 3. Considera la matriz A y el vector y0 dados por

A =

1 0 −20 3 −2−2 −2 2

, y0 =

2−11

.

(3.1) [4 puntos] Determina los autovalores y los autovectores de A.


5y′ = Ayy(0) = y0.

(3.3) [2 puntos] Determina los autovalores y los autovectores de A−1 y los extremos de laforma cuadratica

ϕ(x, y, z) = [x y z] A−1

xyz

sobre la esfera unidad x2 + y2 + z2 = 1 ası como los puntos donde dichos extremos sealcanzan.

(3.4) [1 punto] Calcula An, n = 1, 2, . . .

(3.1) Polinomio caracterıstico de A,

det (A − λI) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 − λ 0 −20 3 − λ −2−2 −2 2 − λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (1 − λ)(3 − λ)(2 − λ) + 4 − 4(3 − λ) − 4(1 − λ) =

= −λ3 + 6λ2 − 3λ − 10 = (λ + 1) (−λ2 + 7λ − 10) .

Autovalores de A,λ1 = −1, λ2 = 2 y λ3 = 5.

Autovectores de A asociados a λ1 = −1 : (A + I)x = 0,

2 0 −2 00 4 −2 0−2 −2 3 0

→

1 0 −1 00 2 −1 00 0 0 0

⇒ Nul (A + I) = Gen

v1 =

212

.

Autovectores de A asociados a λ2 = 2 : (A − 2I)x = 0,

−1 0 −2 00 1 −2 0−2 −2 0 0

→

−1 0 −2 00 1 −2 00 0 0 0

⇒ Nul (A+I) = Gen

v2 =

−221

.

Autovectores de A asociados a λ3 = 5 : (A − 5I)x = 0,

−4 0 −2 00 −2 −2 0−2 −2 −3 0

→

2 0 1 00 1 1 00 0 0 0

⇒ Nul (A−5I) = Gen

v3 =

12−2

.



Observacion.- Puesto que la matriz A es simetrica, los autovectores asociadosa un autovalor tienen que ser ortogonales a los asociados a los otros dos. De estaforma, podrıamos haber determinado los autovectores asociados a λ3 = 5 mediantela condicion de ser vectores ortogonales a v1 y a v2.

(3.2) El sistema homogeneo dado es

y′ =1

5Ay

con lo cual la matriz que define el sistema homogeneo es la matriz

1

5A =

1

5

1 0 −20 3 −2−2 −2 2

.

Teniendo en cuenta los autovalores y autovectores obtenidos para A y la relacion entrelos autovalores y autovectores de una matriz y los de un multiplo de dicha matriz,tenemos que los autovalores de la matriz 1

5A del sistema de ecuaciones diferenciales son

µ1 =1

5λ1 = −1

5, µ2 =

1

5λ2 =

2

5y µ3 =

1

5λ3 = 1.

Los autovectores de 15A son los mismos que tenıamos para la matriz A, asociados al

autovalor correspondiente,

Av = λv ⇐⇒(

1

5A

)

v =

(

1

5λ

)

v.

Por tanto, la matriz del sistema diferencial tiene tres autovalores (simples) y en conse-cuencia tenemos tres autovectores linealmente independientes y tres soluciones lineal-mente independientes del sistema diferencial

y1(t) = eµ1tv1, y2(t) = eµ2tv2, y3(t) = eµ3tv3,

La solucion general del sistema es, por tanto,

ygh(t) = c1y1(t) + c2y2(t) + c3y3(t) = c1e− 1

5tv1 + c2e

2

5tv2 + c3e

tv3, c1, c2, c3 ∈ R.

Mediante la condicion inicial determinamos los coeficientes c1, c2, c3,

y(0) = y0 ⇐⇒ c1v1 + c2v2 + c3v3 = y0 ≡

2 −2 11 2 22 1 −2

c1

c2

c3

=

2−11

2 −2 1 21 2 2 −12 1 −2 1

F1 − 2F2

−→F3 − 2F2

0 −6 −3 41 2 2 −10 −3 −6 3

F1 − 2F3

−→

0 0 9 −21 2 2 −10 −3 −6 3

F3/(−3)−→F1/9

0 0 1 −2/91 2 2 −10 1 2 −1

c3 = −2

9, c2 = −1 − 2c3 = −5

9, c1 = −1 − 2c2 − 2c3 = −1 +

10

9+

4

9=

5

9.


Ejercicio 3. R-141

Por tanto la solucion del problema de valor inicial planteado es

y(t) =5

9e−

1

5t

212

− 5

9e

2

5t

−221

− 2

9et

12−2

.

(3.3) Autovalores y autovectores de A−1. Teniendo en cuenta los autovalores y autovec-tores obtenidos para A y la relacion entre los autovalores y autovectores de unamatriz (no singular) y los de su inversa, tenemos que los autovalores de A−1 son

ν1 =1

λ1= −1, ν2 =

1

λ2=

1

2y ν3 =

1

λ3=

1

5.

Los autovectores de A−1 son los mismos que tenıamos para la matriz A, asociadosal autovalor correspondiente,

Av = λv ⇐⇒ v = λA−1v ⇐⇒ A−1v =1

λv.

Extremos de la forma cuadratica definida por la matriz A−1. Puesto que A−1 es unamatriz (real) simetrica, por serlo A, los extremos de la forma cuadratica definidapor A−1 sobre la esfera unidad son el menor y mayor autovalor respectivamente

mınimo ϕ(x, y, z) : x2 + y2 + z2 = 1 = ν1 = −1

maximo ϕ(x, y, z) : x2 + y2 + z2 = 1 = ν2 = 12

y dichos extremos se alcanzan sobre los correspondientes autovectores (los multiplosapropiados que estan sobre la esfera unidad),

ν1 = −1 = ϕ

(

± v1

||v1||

)

,v1

||v1||=

1

3

212

,

ν2 =1

2= ϕ

(

± v2

||v2||

)

,v2

||v2||=

1

3

−221

.

(3.4) Puesto que A es diagonalizable, si consideramos la matriz P cuyas columnas son losautovectores v1, v2 y v3 tenemos que dicha matriz P tiene inversa (los autovectores sonlinealmente independientes) y se verifica que AP = PD,

P =

v1 v2 v3

=

2 −2 11 2 22 1 −2

, D =

λ1

λ2

λ3

=

−12

5

.

Por tanto, A = PDP−1 y

An = (PDP−1) · · · (PDP−1) = PDnP−1 = P

(−1)n

2n

5n

P−1.



Notemos que, puesto que A es simetrica (y real), la matriz A es diagonalizable con unamatriz de paso ortogonal y una de dichas matrices de paso ortogonales (que diagonalizanA) la podemos obtener sin mas que dividir cada vector columna de P por su normapuesto que dichos vectores columna son (autovectores) ortogonales,

Q =

v1

||v1||v2

||v2||v3

||v3||

=

1

3P =⇒ A = QDQ−1 = QDQT .

Por tanto

An = QDnQT = 19PDnP T = 1

9

2 −2 11 2 22 1 −2

(−1)n

2n

5n

2 1 2−2 2 11 2 −2

=

4(−1)n + 4 · 2n + 5n 2(−1)n − 4 · 2n + 2 · 5n 4(−1)n − 2 · 2n − 2 · 5n

∗ (−1)n + 4 · 2n + 4 · 5n 2(−1)n + 2 · 2n − 4 · 5n

∗ ∗ 4(−1)n + 2n + 4 · 5n

.

Los elementos indicados con ∗ no es necesario calcularlos directamente puesto que AT

es simetrica. Observaciones.-

2(−1)n 6= −2n 6= (−2)n, 2 · 5n 6= 10n, . . .

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

212

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

6=√

5.


Examen de Junio (Segundo Parcial). 2004-05. R-143





Ejercicio 1.

(1.1) [2 puntos] Sabiendo que λ1 = −2 y λ2 = 4 son los unicos autovalores (distintos) deuna matriz del tipo

eα ∗ ∗∗ 1 ∗∗ ∗ 0

(α ∈ R)

determina cual de los autovalores es doble (y por que) y el valor de α.

(1.2) [6 puntos] Determina una base de R3 formada por autovectores y autovectores gene-ralizados de la matriz

A =

5 1 −13 1 −34 −2 0

y calcula Anu0, n = 1, 2, . . . siendo u0 = [2, 1, 1]T .

(1.3) [2 puntos] Demuestra que si λ1 6= λ2 son dos autovalores de una matriz simetrica realA y v1 y v2 son autovectores de A asociados respectivamente a λ1 y λ2, entonces v1 yv2 son ortogonales.

(1.1) Si denotamos por λ3 al tercer autovalor (que coincidira con λ1 o con λ2), puesto que lasuma de los autovalores de una matriz (considerando cada uno segun su multiplicidad)es igual a la traza de la matriz, tenemos que

λ1 + λ2 + λ3 = traza(A) = a11 + a22 + a33

−2 + 4 + λ3 = eα + 1 ≡ 2 + λ3 = eα + 1.

Si fuera λ3 = −2 tendrıamos que

λ1 + λ2 + λ3 = −2 + 4 − 2 = eα + 1 =⇒ eα + 1 = 0, imposible

puesto que eα > 0 para cualquier α ∈ R.

Por tanto, la unica posibilidad es que sea λ3 = 4 (es decir, λ2 = 4 es un autovalordoble de A) y

eα + 1 = 6 =⇒ eα = 5 =⇒ α = log(5).



Observacion.- Si en el enunciado se hubieran considerado posibles valores com-plejos de α, en lugar de considerar exclusivamente valores reales α ∈ R, el au-tovalor λ1 = −2 podrıa ser autovalor doble de una matriz del tipo dado para locual tendrıa que verificarse eα + 1 = 0, ecuacion que tiene soluciones complejasα = ±πi,±3πi, . . .

(1.2)

Autovalores de A

det (A − λI) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

5 − λ 1 −13 1 − λ −34 −2 −λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= −λ(5 − λ)(1 − λ) − 12 + 6 + 4(1 − λ) − 6(5 − λ) + 3λ =

= −λ3 + 6λ2 − 32 = −(λ + 2)(λ − 4)2 = 0

⇐⇒

λ1 = −2 (simple),

λ2 = 4 (doble).

Autovectores asociados a λ1 = −2, (A + 2I)x = 0

7 1 −1 03 3 −3 04 −2 2 0

F2/3−→F3/2

7 1 −1 01 1 −1 02 −1 1 0

F1 − F2

−→F3 + F2

6 0 0 01 1 −1 03 0 0 0

−→

1 0 0 00 1 −1 00 0 0 0

⇔

x1 = 0x2 − x3 = 0

⇐⇒ Nul (A + 2I) = Gen

v1 =

011

.

Autovectores asociados a λ2 = 4, (A − 4I)x = 0

1 1 −1 03 −3 −3 04 −2 −4 0

F2 − 3F1

−→F3 − 4F1

1 1 −1 00 −6 0 00 −6 0 0

−→

1 0 −1 00 1 0 00 0 0 0

⇔

x1 − x3 = 0x2 = 0

⇐⇒ Nul (A − 4I) = Gen

v2 =

101

.

∗ Por tanto, la matriz A no es diagonalizable.


Ejercicio 1. R-145

Autovectores generalizados asociados a λ2 = 4, (A − 4I)2x = 0,

(A − 4I)2 =

1 1 −13 −3 −34 −2 −4

2

=

0 0 0−18 18 18−18 18 18

⇔

=⇒ Nul (A − 4I)2 ≡ −x1 + x2 + x3 = 0

⇐⇒ Nul (A − 4I)2 = Gen

u3 = v2 =

101

, u4 =

110

.

Por tanto, una base de R3 formada por autovectores y autovectores generalizados de lamatriz A es, por ejemplo,

v1, v2, u4 .

Para calcular Anu0 bastarıa con expresar u0 como combinacion lineal de los vectoresde la base obtenida

u0 = αv1 + βv2 + γu4,

determinar Anv1 = λn1v1, A

nv2 = λn2v2 y, aplicando la formula del binomio de

Newton,

Anu4 = [4I + (A − 4I)]n u4 = . . .

Puesto que u0 es un autovector generalizado asociado a λ2 = 4 (sus coordenadasvecrifican la ecuacion −x1 + x2 + x3 = 0), aplicando la formula del binomio deNewton tenemos para n ≥ 2,

Anu0 = [4I + (A − 4I)]n u0 =

=

[

4nI +

(

n1

)

4n−1(A − 4I) +

(

n2

)

4n−2(A − 4I)2 + · · ·]n

u0 =

[[

puesto que(A − 4I)2u0 = 0

]]

= 4nu0 + n4n−1(A − 4I)u0 + 0 + · · ·

= 4n

211

+ n4n−1

202

= 22n−1

4 + n2

2 + n

,

y esta expresion tambien es valida para n = 1,

Au0 =

1046

.

De hecho, la expresion obtenida es valida para cualquier valor entero de n puestoque la matriz A tiene inversa (sus autovalores son distintos de cero).

(1.3) (Ver el Segundo Parcial del curso 2003-04).



Sean λ1, λ2 ∈ R dos autovalores distintos de una matriz simetrica real A, n × n, y seanv1, v2 ∈ R

n autovectores de A asociados respectivamente a λ1 y λ2,

Av1 = λ1v1, Av2 = λ2v2.

Para comprobar que v1 y v2 son ortogonales (uno al otro) vamos a probar que

λ1v1 · v2 = λ2v1 · v2.

Tenemos las siguientes implicaciones e igualdades

Av1 = λ1v1 =⇒ vT2 Av1 = λ1v

T2 v1 ∈ R ⇒

λ1vT2 v1 = vT

2 Av1 =

[[

por ser unnumero real

]]

=[

vT2 Av1

]T= vT

1 AT v2 =

[[

puesto queAT = A

]]

=

= vT1 (Av2) =

[[


]]

= λ2vT1 v2.

Puesto que v1 · v2 = vT1 v2 = vT

2 v1 tenemos

λ1v1 · v2 = λ2v1 · v2 =⇒ (λ1 − λ2)v1 · v2 = 0 =⇒[[

puesto queλ1 6= λ2

]]

⇒ v1 · v2 = 0.


Ejercicio 2. R-147

Ejercicio 2.

(2.1) [2 puntos] Siendo S ⊂ Rn un subespacio vectorial de dimension dim (S) = r, enuncialas propiedades caracterısticas de la matriz de la proyeccion ortogonal sobre S (espacionulo, espacio columna, autovalores, multiplicidades, autovectores,...).

(2.2) [5 puntos] Sabiendo que la matriz de la proyeccion ortogonal sobre un subespacioE ⊂ R4 de dimension 2 es de la forma

P =1

3

2 −1 ∗ ∗−1 1 ∗ ∗0 1 ∗ ∗−1 0 ∗ ∗

determina una base ortogonal de E y los elementos que faltan en la matriz P .

(2.3) [3 puntos] Resuelve en el sentido de los mınimos cuadrados el sistema de ecuaciones

2 −1−1 10 1−1 0

[

x1

x2

]

=

1014

.

(2.1) (Ver el Segundo Examen Parcial)

Algunas propiedades de la matriz de la proyeccion ortogonal P sobre un subespaciovectorial S de dimension r:

P es una matriz simetrica puesto que una expresion para dicha matriz es P = UUT

siendo U ... Por tanto, es diagonalizable ortogonalmente.

Espacio nulo:

Nul (P ) = x ∈ Rn : Px = 0 =

x ∈ Rn : x ∈ S⊥ = S⊥.

Espacio columna:

Col (P ) = x ∈ Rn : Pv = x para algun v ∈ R

n = S.

Por tanto el rango de P es rango(P ) = dim (S) = r.

Autovalores: λ1 = 1 y λ2 = 0.

Autovectores asociados a λ1 = 1: Px = x ⇐⇒ x ∈ S. Por tanto la multiplicidadgeometrica (y algebraica) de λ1 = 1 es dim (S) = r.

Autovectores asociados a λ2 = 0: Px = 0 ⇐⇒ x ∈ S⊥. Por tanto la multiplicidadgeometrica (y algebraica) de λ0 = 0 es dim (S⊥) = n − r.

Otras propiedades:

• P 2 = P (es decir, la proyeccion ortogonal sobre S de la proyeccion ortogonalsobre S de un vector x ∈ Rn cualesquiera es igual a la proyeccion ortogonal dedicho vector sobre S),

P (Px) = Px, ∀x ∈ Rn puesto que Px ∈ S.



• La matriz de la proyeccion ortogonal sobre S⊥ es I − P .

• ...

Observacion.- La matriz P no tiene inversa salvo en el caso trivial en que S = Rn

( ⇐⇒ P = I).

(2.2) Puesto que el espacio columna de la matriz de la proyeccion es el subespacio proyecciony la dimension de dicho subespacio es 2, necesariamente el subespacio proyeccion es elsubespacio generado por las dos primeras columnas de P (por ser estas linealmenteindependientes), es decir

E = Col (P ) = Col (1

3

2 −1−1 10 1−1 0

) = Col

2 −1−1 10 1−1 0

.

Por tanto, para obtener una base ortogonal de E basta con ortogonalizar los dos vectores-columna que generan E. Utilizando el metodo de Gram-Schmidt

u1 = v1 =

2−10−1

; u2 = v2 −v2 · u1

||u1||2u1 =

−1110

− −3

6

2−10−1

=1

2

012−1

.

Por tanto, una base ortogonal de E es u1, u2, una base ortonormal de E es

v1

||v1||=

1√6

2−10−1

,v2

||v2||=

1√6

012−1

y la matriz de la proyeccion ortogonal sobre E es

PE = 1√6

2 0−1 00 2−1 −1

1√6

[

2 −1 0 −10 1 2 −1

]

= 16

4 −2 0 −2−2 2 2 00 2 4 −2−2 0 −2 2

= 13

2 −1 0 −1−1 1 1 00 1 2 −1−1 0 −1 1

.

Observacion.- Utilizando que la matriz de una proyeccion ortogonal es una matriz simetricapodrıamos determinar P casi por completo

P =1

3

2 −1 0 −1−1 1 1 00 1 ∗ ∗−1 0 ∗ ∗

.

Teniendo en cuenta que las columnas 3 y 4 son (tienen que ser) combinacion lineal de las dos

primeras (por ser estas linealmente independientes y ser dim (E) = 2), los coeficientes de las


Ejercicio 2. R-149

correspondientes combinaciones lineales pueden determinarse a partir de los elementos de P

que conocemos y una vez determinados dichos coeficientes obtendrıamos los elementos que

faltan en la matriz.

(2.3) Para resolver en el sentido de los mınimos cuadrados el sistema de ecuaciones dadopodemos utilizar las ecuaciones normales de Gauss o bien resolver el sistema que seobtiene de sustituir el termino independiente por su proyeccion ortogonal sobre queel espacio columna de la matriz de los coeficientes de las incognitas. Puesto que elespacio columna de la matriz de los coeficientes de las incognitas es el subespacio Edel apartado anterior y conocemos la matriz de la proyeccion ortogonal sobre dichosubespacio, utilizando la segunda opcion tenemos que resolver

2 −1−1 10 1−1 0

[

x1

x2

]

= P

1014

=1

3

2 −1 0 −1−1 1 1 00 1 2 −1−1 0 −1 1

1014

=1

3

−20−22

.

Y resolvemos dicho sistema

2 −1 −2/3−1 1 00 1 −2/3−1 0 2/3

−→

x1 = −2

3,

x2 = −2

3.




A =

0 1 0−2 0 −20 1 0

, y0 =

2−11

.

(3.1) [4 puntos] Determina los autovalores y los autovectores de A y una diagonalizacionde dicha matriz (matriz de paso, matriz diagonal y relacion entre dichas matrices y lamatriz A).


y′ = Ayy(0) = y0.

dando la solucion y(t)

en forma real. ¿Para que valores de t = T ∈ R verifica la solucion y(t) que

y(T ) = y(0)?

(3.3) [2 puntos] Determina los autovalores de An, n = 1, 2, . . . y los valores de n ∈ N paralos cuales todos los autovalores de An son numeros reales.

(3.1) Autovalores de A

det (A − λI) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−λ 1 0−2 −λ −20 1 −λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −λ3 − 2λ − 2λ = −λ (λ2 + 4) = 0 ⇐⇒

⇐⇒

λ1 = 0 (simple),λ2 = 2i (simple),λ3 = −2i (simple).

Autovectores asociados a λ1 = 0, Ax = 0

0 1 0 0−2 0 −2 00 1 0 0

F3 − F1

-

F2

−2

0 1 0 01 0 1 00 0 0 0

=⇒ v1 =

−101

.

Autovectores asociados a λ2 = 2i, (A − 2iI)x = 0

−2i 1 0 0−2 −2i −2 00 1 −2i 0

=⇒

x1 = x3

x2 = 2ix3=⇒ v2 =

12i1

.

Autovectores asociados a λ3 = λ2 = −2i, (A+2iI)x = 0. Sin necesidad de resolverel sistema de ecuaciones asociado, puesto que la matriz A es real un autovector deA asociado a λ3 = λ2 = −2i es

v3 = v2 =

1−2i1

.


Ejercicio 3. R-151

Diagonalizacion.

Siendo P la matriz formada, por columnas, por los autovectores obtenidos y siendoD la matriz diagonal cuyos elementos diagonales son los autovalores de A (en elmismo orden en el que hayamos tomado los autovectores), la matriz P es invertible(los autovectores son linealmente independientes) y se verifica que

P =

−1 1 10 2i −2i1 1 1

, D =

02i

−2i

=⇒ AP = PD ⇐⇒ A = PDP−1.

(3.2) Puesto que A es una matriz real que tiene un autovalor real λ1 = 0 y una pareja deautovalores complejos conjugados, λ2 = 2i y λ3 = −2i, la solucion general del sistema(lineal homogeneo) dado y′ = Ay es

y(t) = c1eλ1tv1 + c2Re (z(t)) + c3Im (z(t)), c1, c2, c3 ∈ R.

siendo z(t) la solucion compleja de y′ = Ay asociada a uno de los autovalores complejos,

z(t) = eλ2tv2.

Basta ahora con imponer la condicion inicial y(0) = y0 para determinar los coeficientesc1, c2, c3 ∈ R,

y(0) = c1v1 + c2Re (v2) + c3Im (v2) = y0

−1 1 00 0 21 1 0

c1

c2

c3

=

2−11

−→

−1 1 00 0 20 2 0

c1

c2

c3

=

2−13

=⇒

c2 = 32,

c3 = −12,

c1 = −12.

Por tanto, la solucion del problema de valor inicial planteado es

y(t) = −1

2v1 +

3

2Re (z(t)) − 1

2Im (z(t)),

y solo queda obtener la funciones parte real y parte imaginaria de z(t). Puesto que

z(t) = eλ2tv2 = e2itv2 = [cos(2t) + i sen(2t)]

101

+ i

020

=

=

cos(2t)

101

− sen(2t)

020

+ i

cos(2t)

020

+ sen(2t)

101

tenemos que

Re (z(t)) = cos(2t)

101

− sen(2t)

020

=

cos(2t)−2 sen(2t)

cos(2t)

,

Im (z(t)) = cos(2t)

020

+ sen(2t)

101

=

sen(2t)2 cos(2t)sen(2t)



y por tanto,

y(t) =1

2

10−1

+3

2

cos(2t)−2 sen(2t)

cos(2t)

−1

2

sen(2t)2 cos(2t)sen(2t)

=1

2

1 + 3 cos(2t) − sen(2t)−6 sen(2t) − 2 cos(2t)

−1 + 3 cos(2t) − sen(2t)

Valores de T ∈ R para los que y(T ) = y(0),

y(T ) = y(0) = y0 ⇐⇒

3 cos(2t) − sen(2t) = 3−2 cos(2t) − 6 sen(2t) = −2

⇐⇒

cos(2t) = 1sen(t) = 0

⇐⇒ 2t = 2kπ, k = 0,±1, · · · ⇔⇐⇒ t = kπ, k = 0,±1, . . .

(3.3) Si tenemos una pareja autovalor-autovector de una matriz cuadrada A

Av = λv

se verifica queAnv = λnv, n = 1, 2, · · ·

es decir, v tambien es autovector de An asociado al autovalor λn. Para la matriz A quenos ocupa, tenemos

Autovalores de An Autovectores de An

λn1 = 0 v1 (y sus multiplos no nulos)

λn2 = (2i)n v2 (y sus multiplos no nulos)

λn3 = (−2i)n v3 (y sus multiplos no nulos)

Obviamente λn1 = 0 es un numero real independientemente de n ∈ N. Puesto que

i1 = i, i2 = −1, i3 = −i, i4 = i0 = 1, . . . in = i4k+r = ir =

1 si r = 0,i si r = 1,−1 si r = 2,−i si r = 3,

tenemos queλn

2 = 2nin, λn3 = (−2)nin ∈ R ⇐⇒ n es par.

Por tanto, los autovalores de An son reales ⇐⇒ n = 2, 4, · · ·







Ejercicio 4.

(4.1) [2 puntos] Determina la ecuacion de la superficie de revolucion que se genera al girar

la curva dada por

x = 0z = ey alrededor del eje OY . Haz un esbozo de dicha superficie.

(4.2) [4 puntos] Determina los numeros complejos z = x+iy, x, y ∈ R para los cuales se veri-fica que la parte real de z2−z es cero. Representa graficamente dichos numeros comple-jos. ¿Se trata de una conica? En caso afirmativo, determina sus elementos caracterısticos.

(4.3) [3 puntos] Reduce a suma de cuadrados la forma cuadratica dada por

Q1(x1, x2, x3, x4) = x21 + (α2 + 2)x2

2 − 2αx1x2 + (α − 2)x3x4

y determina su caracter en funcion de α ∈ R. ¿Como es la forma cuadratica (en dosvariables) dada por Q2(x1, x2) = Q1(x1, x2, 0, 0)?

(4.4) [1 punto] Calcula la inversa de la siguiente matriz de orden n

A =

1 1. .

.

1

aij =

1 si i + j = n + 11 si i = j = 10 en los restantes casos

(4.1) Al girar un punto (0, y, z) del plano OY Z alrededor del eje OY se obtienen los puntos

X = z cos(θ)Y = yZ = z sen(θ)

0 ≤ θ ≤ 2π

Por tanto, al girar los puntos (0, y, z = ey) que se obtienen cuando y recorre R tenemosla superficie de revolucion dada por la parametrizacion

X = ey cos(θ),Y = y,Z = ey sen(θ),

0 ≤ θ ≤ 2π,−∞ < y < +∞.

Eliminando parametros tenemos

X2 + Z2 = (ey)2 =⇒ X2 + Z2 =(

eY)2

=⇒ X2 + Z2 = e2Y ≡ Y = log√

X2 + Z2.



−5

0

5−1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5

−8

−4

0

4

8

x = exp(s) cos(t), y = s, z = exp(s) sin(t)

XY

Z

X2 + Y 2 = e2Y

(4.2) Siendo z = x + iy tenemos

z2 − z = (x + iy)2 − x − iy = x2 + 2xyi − y2 − x − iy = (x2 − y2 − x) + i(2xy − y).

Por tanto,

Re (z2 − z) = 0 ⇐⇒ x2 − y2 − x = 0.

Evidentemente los puntos (x, y) del plano que verifican la ecuacion obtenida determinanuna conica (no girada) y para determinar el tipo de conica, sus elementos caracterısticosy su grafica basta con completar cuadrados (en x) en la ecuacion

x2 − y2 −x =

(

x − 1

2

)2

− 1

4− y2 = 0 ⇐⇒

(

x − 1

2

)2

− y2 =1

4⇐⇒

(

x − 12

)2

14

− y2

14

= 1.

Por tanto, se trata de una conica, en concreto una hiperbola equilatera con

Centro C =(

12, 0)

.

Ejes de simetrıa,

• Eje principal (focal), y = 0.

• Eje secundario, x = 1/2.

Vertices,

y = 0 =⇒ x − 1

2= ±1

2=⇒ V1 = (1, 0), V2 = (0, 0).

Semiejes a = b = 12.

Focos. Puesto que la distancia del centro C =(

12, 0)

a cada uno de los focos es

c =√

a2 + b2 =1√2


Ejercicio 4. R-155

y estos estan en la recta y = 0, los focos son

F1 =

(

1

2− 1√

2, 0

)

y F2 =

(

1

2+

1√2, 0

)

.

Asıntotas,

(

x − 12

)2

14

− y2

14

= 0 ⇔(

x − 1

2

)

= ±y ⇐⇒ y = x − 1

2, y = −x +

1

2.

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

x

y

x2 − y2 − x = 0

Centro

V1 V2

(4.3) Reduccion a suma de cuadrados:

Q1(x1, x2, x3, x4) =

[

completando cuadradosen x1

]

=

= (x1 − αx2)2 − α2x2

2 + (α2 + 2)x22 + (α − 2)x3x4 =

= (x1 − αx2)2 + 2x2

2 + (α − 2)x3x4 =

y1 = x1 − αx2

x3 = y3 + y4

x4 = y3 − y4

=

= y21 + 2x2

2 + (α − 2)y23 − (α − 2)y2

4.

Clasificacion. En la reduccion aparezcen dos coeficientes con signo constante ydos coeficientes cuyo (valor y) signo dependen de α ∈ R. En funcion de α ∈ R

tenemos que

αCoeficientes

positivosCoeficientesnegativos

Coeficientesnulos

Caracter

α 6= 2 3 1 0 Indefinidaα = 2 2 0 2 Semidefinida Positiva



¿Como es la forma cuadratica (en dos variables) dada por Q2(x1, x2) = Q1(x1, x2, 0, 0)?

Podemos obtener una reduccion de Q2 a suma de cuadrados a partir de la reduccionque hemos hecho de Q1. Sustituyendo x3 = x4 = 0 en la reduccion a suma decuadrados de Q1 tenemos

Q2(x1, x2) = Q1(x1, x2, 0, 0) = (x1 − αx2)2 + 2x2

2 = y21 + 2x2

2

es decir, Q2 es una form cuadratica definida positiva ∀α ∈ R (2 coeficientespositivos, ninguno negativo, ninguno nulo).

(4.4) Aplicando el metodo de Gauss-Jordan para el calculo de la inversa tenemos:

[A|I] =

1 1 1 0

. .. . . .

1 0 1

ordenando lasfilas−→

de abajoarriba

1 0 1. . . . .

.

1 1 1 0

Fn − F1

−→

1 0 1. . . . .

.

0 1 1 −1

=⇒ A−1 =

1. .

.

1 −1

.


Ejercicio 5. R-157


A =

1 α 2 0−1 0 α − 2 α2

1 0 α + 2 1 − α2

0 1 −1 α − 2

.

(5.1) [1 punto] Determina los valores de α ∈ R para los que A admite factorizacion LU .

(5.2) [4 puntos] Calcula, en funcion de α ∈ R, la dimension y una base de Col (A).

(5.3) [3 puntos] Para α = 2, ¿tiene A inversa? Determina los vectores x ∈ R4 que verifican

que Ax esta en la recta (de R4) generada por el vector b =[

1 1 2 1]T

.

(5.4) [2 puntos] Determina el valor o valores de α ∈ R para los que el espacio nulo de A

contiene algun vector de la forma[

∗ ∗ ∗ 5]T

.

(5.1) Reducimos A a forma escalonada mediante operaciones fila, sin hacer intercambios defilas.

A =

1 α 2 0−1 0 α − 2 α2

1 0 α + 2 1 − α2

0 1 −1 α − 2

F2 + F1

−→F3 − F1

1 α 2 00 α α α2

0 −α α 1 − α2

0 1 −1 α − 2

si α = 0no podemos seguir

sin intercambiar columnas.Consideremos α 6= 0.

F3 + F2

−→F4 − 1

αF2

1 α 2 00 α α α2

0 0 2α 10 0 −2 −2

F4 + 1αF3

−→

1 α 2 00 α α α2

0 0 2α 10 0 0 −2 + 1

α

Por tanto, A admite factorizacion LU ⇐⇒ α 6= 0. En este caso la matrices L y U seran

U =

1 α 2 00 α α α2

0 0 2α 10 0 0 −2 + 1

α

, L =

1−1 11 −1 10 1

α− 1

α1

(y es facil comprobar que se verifica LU = A).

(5.2) De la forma escalonada superior que hemos obtenido, para α 6= 0, en el apartadoanterior tenemos que

α 6= 12, 0 =⇒ 4 pivotes ≡ dim Col (A) = 4 =⇒ Col (A) = R4,

α = 12

=⇒ 3 pivotes ≡ dim Col (A) = 3.



Ademas, para α = 12

las tres primeras columnas de A son linealmente independientes yconstituyen una base de Col (A).

Por otra parte para α = 0 tenemos

A =

1 0 2 0−1 0 −2 01 0 2 10 1 −1 −2

F2 + F1

−→F3 − F1

1 0 2 00 0 0 00 0 0 10 1 −1 −2

F4 ↔ F2

−→

1 0 2 0

0 1 −1 −2

0 0 0 10 0 0 0

con lo cual

las columnas 1,2 y 4 de A son linealmente independientes y

la columna 3 de A es combinacion lineal de las columnas 1 y 2.

Resumiendo tenemos:

Si α 6= 0, 12, el espacio columna de A es Col (A) = R4 y una base de dicho espacio

es la cualquier base de R4, por ejemplo la base cnonica e1, e2, e3, e4 o la baseformada por los 4 vectores columna de A.

Si α = 12

=⇒ dim Col (A) = 3 y una base esta formada por los 3 primeros vectorescolumna de A,

1−110

,

12

001

,

2−3

252

−1

.

Si α = 0 =⇒ dim Col (A) = 3 y una base esta formada por los vectores columna 1,2 y 4 de A,

1−110

,

0001

,

001−2

.

(5.3) Puesto que α = 2 6= 0, 12, para dicho valor de α se obtienen 4 pivotes al reducir a

forma escalonada y por tanto, A tiene inversa. Los vectores x ∈ R4 para los cualesAx ∈ Gen b seran las soluciones de los sistemas Ax = kb cuando k recorre R. Puestoque cada uno de dichos sistemas tiene una unica solucion

x = A−1 (kb) ≡ x = kA−1b

los vectores x ∈ R4 son los vectores de la recta (subespaco vectorial de dimension 1)generada por A−1b y basta con determinar este vector, es decir basta con resolver el sis-tema (compatible determinado) Ax = b. Para resolver este sistema podemos aprovechar


Ejercicio 5. R-159

la reduccion a forma escalonada que hemos hecho de A para α 6= 12,

Ax = b ≡

1 2 2 0 1−1 0 0 4 11 0 4 −3 20 1 −1 0 1

F2 + F1

−→F3 − F1

1 2 2 0 10 2 2 4 20 −2 2 −3 10 1 −1 0 1

F3 + F2

−→F4 − 1

2F2

1 2 2 0 10 2 2 4 20 0 4 1 30 0 −2 −2 0

F4 + 12F3

−→

1 2 2 0 10 2 2 4 20 0 4 1 30 0 0 −3

232

⇐⇒

x4 = −1,x3 = 1

4(3 + 1) = 1,

x2 = 12(2 − 2 + 4) = 2,

x1 = 1 − 4 − 2 = −5.

=⇒ A−1b =

−521−1

.

Por tanto

x ∈ R4 : Ax ∈ Gen b

= Gen

A−1b

= Gen

−521−1

.

(5.4) Teniendo en cuenta los resultados obtenidos sobre el espacio columna de A y que porel Teorema del Rango se verifica que

dim Col (A) + dim Nul (A) = n = 4,

para los diferentes valores de α ∈ R, tenemos

Si α 6= 0, 12,

dim Col (A) = 4 =⇒ dim Nul (A) = 0 Nul (A) = 0 .

Si α = 12,

dim Col (A) = 3 =⇒ dim Nul (A) = 1.

Si α = 0,dim Col (A) = 3 =⇒ dim Nul (A) = 1.

Es decir, los unicos valores de α para los cuales Nul (A) tiene vectores no nulos sonα = 1

2y α = 0. Por tanto, el vector dado no puede ser solucion del sistema Ax = 0 para

α 6= 0, 12. Veamos que sucede para α = 0 y para α = 1

2.

Para α = 0, teniendo en cuenta la reduccion a forma escalonada que hemos hechoanteriormente, el espacio nulo de A para α = 0 es el conjunto solucion del sistema

Ax = 0 ⇔

1 0 2 0 0

0 1 −1 −2 0

0 0 0 1 00 0 0 0 0

≡

x1 + 2x2 = 0x2 − x3 − 2x4 = 0

x4 = 0

y evidentemente ningun vector de la forma[

∗ ∗ ∗ 5]T

es solucion de estesistema.



Para α = 12, teniendo en cuenta la reduccion a forma escalonada que hemos hecho

anteriormente, el espacio nulo de A para α = 12

es el conjunto solucion del sistema

Ax = 0 ⇔

1 α 2 0 00 α α α2 00 0 2α 1 00 0 0 −2 + 1

α0

≡

1 12

2 0 00 1

212

14

00 0 1 1 00 0 0 0 0

y obviamente este sistema tiene soluciones de la forma[

∗ ∗ ∗ 5]T

puesto quelas soluciones son los vectores de la forma

x1

x2

x3

x4

=

74x4

12x4

−x4

x4

=x4

4

72−44

y basta tomar x4 = 5.

Resumiendo, el unico valor de α para el que el sistema Ax = 0 tiene soluciones (unasolucion) de la forma dada es

α =1

2.


Examen de Septiembre. 2004-05. R-161





Ejercicio 1.

(1.1) [3 puntos] Calcula la ecuacion reducida y (dando sus elementos caracterısticos) repre-senta graficamente la cuadrica de ecuacion

−x2 + 2y2 − 2z2 + x − 4y − 4z =5

4.

¿De que tipo de cuadrica se trata? ¿Es de revolucion?

(1.2) [2 puntos] Halla el area del recinto plano descrito por las desigualdades

(x − y)2 + 2(x + y)2 ≤ 1,

x − y ≥ 0, x + y ≤ 0.

(1.3) [1 puntos] Demuestra que si A y B son dos matrices (reales) arbitrarias m×n se verificala siguiente relacion entre los subespacios vectoriales Nul (A), Nul (B) y Nul (A + B),

Nul (A) ∩ Nul (B) ⊂ Nul (A + B).

(1.4) [4 puntos] Siendo M la matriz

M =

1 3 −1 00 0 2 22 6 0 2−1 −3 0 −1

determina una base y unas ecuaciones implıcitas del espacio columna de M y la matrizde la proyeccion ortogonal sobre dicho espacio columna.

(1.1) Completando cuadrados tenemos

−x2 + 2y2 − 2z2 + x − 4y − 4z = − (x2 − x) + 2 (y2 − 2y) − 2 (z2 + 2z) =

= −(

x − 12

)2+ 1

4+ 2 (y − 1)2 − 2 − 2 (z + 1)2 + 2 =

= −(

x − 12

)2+ 2 (y − 1)2 − 2 (z + 1)2 + 1

4= 5

4.



Es decir, la cuadrica viene descrita por la ecuacion

−(

x − 1

2

)2

+ 2 (y − 1)2 − 2 (z + 1)2 = 1.

Por tanto, se trata de un hiperboloide de dos hojas (elıptico) que tiene

Centro de simetrıa C = (12, 1,−1),

Eje de simetrıa

x − 12

= 0,

z + 1 = 0.

Plano de simetrıa y − 1 = 0.

Ademas, dicho hiperboloide de dos hojas NO es de revolucion puesto que al cortar conplanos y = k perpendiculares al eje (paralelos al plano y − 1 = 0) se obtienen elipses(no redondas)

(

x − 12

)2+ 2 (z + 1)2 = 2 (k − 1)2 − 1,

y = k.

(1.2) Teniendo en cuenta como esta definido el recinto, podemos considerar la transformacionlineal dada por

T : R2 −→ R2[

xy

]

−→[

uv

]

=

[

x − yx + y

]

=

[

1 −11 1

] [

xy

]

.


Ejercicio 1. R-163

Mediante T , el recinto Ω ⊂ R2 se transforma en el recinto

T (Ω) =

[

uv

]

∈ R2 : u2 + 2v2 ≤ 1, u ≥ 0, v ≤ 0

,

es decir, T (Ω) es un cuadrante de una elipse de semiejes a = 1 y b =1√2.

−1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

u

v

u2+2 v2−1 = 0

u

v

u2 + 2v2 = 1

u ≥ 0,v ≤ 0

El area de T (Ω) es

area (T (Ω)) =1

4abπ =

π

4√

2

y por tanto tenemos que

area (T (Ω)) = |det (T )| area (Ω) =⇒ area (Ω) =1

2

π

4√

2=

π

8√

2.

−1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

x

y

X

Y

y = x

y = −x

(x − y)2 + 2(x + y)2 = 1



(1.3) Si tenemos un vector x de n coordenadas que pertenece a Nul (A) ∩ Nul (B), dichovector verifica que

Ax = 0 y Bx = 0.

Por tanto, (A + B)x = Ax + Bx = 0, es decir x ∈ Nul (A + B).

(1.4) Obtenemos una base y unas ecuaciones implıcitas de Col (M) de la forma habitual,reduciendo a forma escalonada la matriz [M |x] siendo x ∈ R4 un vector generico.

1 3 −1 0 x1

0 0 2 2 x2

2 6 0 2 x3

−1 −3 0 −1 x4

F3 − 2F1

F4 + F1

1 3 −1 0 x1

0 0 2 2 x2

0 0 2 2 x3 − 2x1

0 0 −1 −1 x4 + x1

F3 − F2

F4 + 12F2

1 3 −1 0 x1

0 0 2 2 x2

0 0 0 0 x3 − 2x1 − x2

0 0 0 0 x4 + x1 + 12x2

.

Por tanto:

El primer y tercer vector columna de M son linealmente independientes,

El segundo vector columna de M es un multiplo del primero y el cuarto vectorcolumna de M es combinacion lineal del primero y el tercero.

El espacio columna de M esta formado por los vectores x ∈ R4 para los cuales el

sistema anterior es compatible, es decir por los vectores cuyas coordenadas verifican

−2x1 − x2 + x3 = 0,x1 + 1

2x2 + x4 = 0.

Es decir:

Base deCol (M)

v1 =

102−1

, v2 =

−1200

,

Ecuaciones implıcitasde Col (M)

−2x1 − x2 + x3 = 0,2x1 + x2 + 2x4 = 0.

Para calcular la matriz de la proyeccion ortogonal sobre Col (M) vamos a obtener unabase ortonormal de dicho subespacio a partir de la base que tenemos v1, v2.

Ortogonalizamos v1, v2 (Gram-Schmidt):

• u1 = v1,

• u2 = v2 − v2·u1

u1·u1u1 = v2 −

−1

6u1 =

−1200

+1

6

102−1

=1

6

−5122−1

.


Ejercicio 1. R-165

Por tanto, una base ortogonal de Col (M) es

u1 =

102−1

, u′2 = 6u2 =

−5122−1

.

Una base ortonormal de Col (M) es

w1 =u1

||u1||=

1√6

102−1

, w2 =u′

2

||u′2||

=u2

||u2||=

1√174

−5122−1

.

La matriz de la proyeccion ortogonal sobre Col (M) es

P =

w1 w2

w1 w2

T

=

1√6

−5√174

0 12√174

2√6

2√174

−1√6

−1√174

1√6

0 2√6

−1√6

−5√174

12√174

2√174

−1√174

=

=1

174

54 −60 48 −24∗ 144 24 −12∗ ∗ 120 −60∗ ∗ ∗ 30

=1

29

9 −10 8 −4∗ 24 4 −2∗ ∗ 20 −10∗ ∗ ∗ 5

.

Los elementos indicados con ∗, en la matriz P obtenida, no necesitan ser calculadosdirectamente sino que, teniendo en cuenta que P tiene que ser una matriz simetrica,quedan determinados por los calculos ya hechos.




A =

[

1 1−1 1

]

, y0 =

[

12

]

.

(2.1) [3 puntos] Calcula los autovalores y los autovectores de A.


y′ = Ayy(0) = y0

dando la expresion real de la solucion.

(2.3) [2 puntos] Determina la solucion general (expresion real) del sistema

y′ = (A + 4I)y.

(2.4) [1 puntos] Determina los valores de k = 1, 2, . . . para los que la matriz Ak tieneautovalores reales.

(2.1) Autovalores de A,


[

1 − λ 1−1 1 − λ

]

= (1 − λ)2 + 1 = 0 ⇔ (1 − λ)2 = −1

⇔ 1 − λ = ±i ⇔ λ = 1 ± i.

Autovectores de A asociados a λ1 = 1 + i, (A − λ1I)x = 0,

[

−i 1 0−1 −i 0

]

−→[

−i 1 00 0 0

]

−→ x2 = ix1 =⇒

⇒ Nul (A − λ1I) = Gen

v1 =

[

1i

]

.

Autovectores de A asociados a λ2 = λ1 = 1 − i. Sin necesidad de calcular nada,puesto que se trata de una pareja de auotovalores conjugados de una matriz real,tenemos

Nul (A − λ2I) = Gen

v2 = v1 =

[

1−i

]

.

(2.2) Puesto quez(t) = eλ1tv1

es una solucion compleja (con parte imaginaria no nula) del sistema y′ = Ay, su partereal y su parte imaginaria son dos soluciones linealmente independientes de dicho sistemay la solucion general es

y(t) = c1Re[

eλ1tv1

]

+ c2Im[

eλ1tv1

]

, c1, c2 ∈ R.


Ejercicio 2. R-167

Obtengamos la parte real e imaginaria citadas:

z(t) = eλ1tv1 = e(1+i)t

([

10

]

+ i

[

01

])

= et [cos(t) + i sen(t)]

([

10

]

+ i

[

01

])

=

= et

[

cos(t)

[

10

]

− sen(t)

[

01

]

+ i sen(t)

[

10

]

+ i cos(t)

[

01

]]

.

Por tanto:

Re[

eλ1tv1

]

= et

[

cos(t)

[

10

]

− sen(t)

[

01

]]

,

Im[

eλ1tv1

]

= et

[

sen(t)

[

10

]

+ cos(t)

[

01

]]

.

Para obtener la solucion del problema de valor inicial planteado basta ahora con imponerla condicion inicial, y(0) = y0, en la expresion de la solucion general

y(t) = c1et

[

cos(t)

[

10

]

− sen(t)

[

01

]]

+ c2et

[

sen(t)

[

10

]

+ cos(t)

[

01

]]

.

y(0) = c1

[[

10

]]

+ c2

[[

01

]]

=

[

12

]

⇔ c1 = 1, c2 = 2.

Por tanto, la solucion pedida es

y(t) = et

[

cos(t)

[

10

]

− sen(t)

[

01

]]

+ 2et

[

sen(t)

[

10

]

+ cos(t)

[

01

]]

=

= et

[

cos(t) + 2 sen(t)2 cos(t) − sen(t)

]

.

(2.3) Se trata de un sistema homogeneo (de ecuaciones diferenciales lineales de primer ...)cuya matriz es A+4I. Puesto que ya hemos calculado los autovalores y los autovectoresde A, no necesitamos hacer de nuevo los calculos para la matriz A + 4I. Teniendo encuenta las propiedades que conocemos de los autovalores y los autovectores tenemos:

λ1 = 1 + i es autovalor de A =⇒ µ1 = λ1 + 4 = 5 + i es autovalor de A + 4I y losautovectores de A + 4I asociados a µ1 son los mismos que los autovectores de Aasociados a λ1,

Nul (A + 4I − µ1I) = Nul (A − λ1I) = Gen v1

λ2 = 1 − i es autovalor de A =⇒ µ2 = λ2 + 4 = 5 − i es autovalor de A + 4I y losautovectores de A + 4I asociados a µ2 son los mismos que los autovectores de Aasociados a λ2,

Nul (A + 4I − µ2I) = Nul (A − λ2I) = Gen v2 = v1 .

Por tanto,w(t) = eµ1tv1



es una solucion compleja (con parte imaginaria no nula) del sistema dado y la soluciongeneral puede expresarse (en forma real) mediante

y(t) = c1Re[

eµ1tv1

]

+ c2Im[

eµ1tv1

]

.

Basta, por tanto, con obtener la parte real y la parte imaginaria de la funcion complejade variable real t dada por

w(t) = eµ1tv1 = e(5+i)tv1.

Siendo z(t) la solucion compleja del sistema y′ = Ay considerado en el apartado (2.2),tenemos que

w(t) = e(5+i)tv1 = e4t+(1+i)tv1 = e4tz(t)

y por tanto, (recordemos que la variable t es real)

Re [w(t)] = e4tRe [z(t)] = e4tet

[

cos(t)

[

10

]

− sen(t)

[

01

]]

= e5t

[

cos(t)− sen(t)

]

,

Im [w(t)] = e4tIm [z(t)] = e4tet

[

sen(t)

[

10

]

+ cos(t)

[

01

]]

= e5t

[

sen(t)cos(t)

]

.

Resumiendo, la solucion general del sistema y′ = (A + 4I)y es

y(t) = c1e5t

[

cos(t)− sen(t)

]

+ c2e5t

[

sen(t)cos(t)

]

.

(2.4) Puesto que los autovalores de Ak son

λk1 = (1 + i)k =

(√2ei π

4

)k

= 2k2 ei kπ

4 y λk2 = (1 − i)k =

(√2e−i π

4

)k

= 2k2 e−i kπ

4 ,

dichos autovalores λk1, λ

k2 seran numeros reales cuando su arugumento sea un multiplo

entero de π, es decir, cuando k/4 sea entero,

k = 4, 8, . . .


Ejercicio 3. R-169

Ejercicio 3.

(3.1) [3 puntos] Enuncia las propiedades relativas a la relacion de los autovalores y autovec-tores de una matriz cuadrada A con los de las matrices

Ak (k = 1, 2, . . . ), αA (α ∈ R o C), A + cI (c ∈ R o C).

(3.2) [2 puntos] Siendo A una matriz 4 × 4 que verifica que

A2 − 4A + 3I = 0,

determina los autovalores de A sabiendo que tiene 2 autovalores dobles.

(3.3) [4 puntos] Diagonaliza ortogonalmente la matriz

A =

2 0 1 00 2 0 11 0 2 00 1 0 2

.

(3.4) [1 puntos] Siendo A la matriz dada en el apartado anterior, determina, en funcion deρ ∈ R, el caracter de la forma cuadratica asociada a la matriz A + ρI.

(3.1) Si λ es un autovalor de A y v 6= 0 es un autovector asociado, Av = λv

Potencias Ak (k = 1, 2, . . . ):Akv = λkv, es decir

λk es un autovector de Ak y v es un autovector asociado.

Multiplos αA (α ∈ R o C):(αA) v = (αλ) v, es decir

αλ es un autovector de αA y v es un autovector asociado.

Perturbacion con un multiplo de la identidad A + cI (c ∈ R o C):(A + cI) v = (λ + c) v, es decir

λ + c es un autovector de A + cI y v es un autovector asociado.

Observaciones.-

Para cualquier valor de c ∈ R o c ∈ C, las multiplicidades algebraicas y geometricasde λ como autovalor de A y de λ + c como autovalor de A + cI coinciden,

det (A − tI) = det ([A + cI] − (t + c)I) ;

Nul (A − λI) = Nul ([A + cI] − (λ + c)I) .

Si α 6= 0, las multiplicidades algebraicas y geometricas de λ como autovalor de Ay de αλ como autovalor de αA coinciden,

det (A − tI) = 1αn det (αA − αtI) ;

Nul (A − λI) = Nul (αA − αλI) .



(3.2) Si λ es un autovalor de A y v 6= 0 es un autovector asociado Av = λv, se verifica queA2v = A(Av) = λ2v y por tanto,

0 = (A2 − 4A + 3I) v = λ2v − 4λv + 3v = (λ2 − 4λ + 3) v =⇒

⇒ λ2 − 4λ + 3 = 0 =⇒ λ = 4±√

16−122

= 4±22

=

3,1.

Por tanto, los autovalores de A son

λ1 = 3 (doble) y λ2 = 1 (doble).

(3.3) Puesto que se trata de una matriz simetrica real, se puede diagonalizar ortogonalmentees decir, podemos obtener una matriz Q ortogonal (matriz cuadrada real que verificaQ−1 = QT ) de forma que

Q−1AQ = D ≡ QT AQ = D

siendo D una matriz diagonal. Necesariamente los elementos diagonales de D tienenque ser los autovalores de A y las columnas de Q tienen que ser autovectores de A queforman una base ortonormal de R4. Por tanto, tenemos que calcular autovalores, ...

Autovalores de A:

det (A − λI) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2 − λ 0 1 00 2 − λ 0 11 0 2 − λ 00 1 0 2 − λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

(

desarrollando porla primera columna

)

=

= (2 − λ)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2 − λ 0 10 2 − λ 01 0 2 − λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

+

∣

∣

∣

∣

∣

∣

0 1 02 − λ 0 1

1 0 2 − λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (2 − λ)[

(2 − λ)3 − (2 − λ)]

+ 1 − (2 − λ)2 =

= (2 − λ)4 − 2(2 − λ)2 + 1 = 0.

• Resolviendo la ecuacion bicuadrada en α = 2 − λ tenemos

α2 = (2 − λ)2 =2 ±

√4 − 4

2= 1 =⇒

α4 − 2α2 + 1 = (α2 − 1)2

= (α − 1)2(α + 1)2 = (1 − λ)2(3 − λ)2

=⇒ Autovalores λ1 = 3 (doble) y λ2 = 1 (doble).

• O bien, de forma directa, desarrollando el polinomio de grado 4, tenemos

(2 − λ)4 − 2(2 − λ)2 + 1 =

24 − 4 · 23λ + 6 · 22λ2 − 4 · 2λ3 + λ4 −2(λ2 + 4 − 4λ) + 1 =

= λ4 − 8λ3 + 22λ2 − 24λ + 9


Ejercicio 3. R-171

y ahora basta con buscar 2 raıces utilizando la regla de Horner-Ruffini y re-solver la ecuacion de segundo grado que quede. Obviamente el polinomio seanula para λ = 1 y dividiendo por λ − 1 se obtiene ...

Autovectores de A asociados a λ1 = 3, (A − 3I)x = 0,

−1 0 1 0 00 −1 0 1 01 0 −1 0 00 1 0 −1 0

F3 + F1

−→F4 + F2

−1 0 1 0 00 −1 0 1 00 0 0 0 00 0 0 0 0

⇒

⇒ x =

x1

x2

x3

x4

= x3

1010

+ x4

0101

⇒ Nul (A − 3I) = Gen

v1 =

1010

, v′1 =

0101

.

Autovectores de A asociados a λ2 = 1, (A − I)x = 0. Analogamente se puedeobtener

Nul (A − I) = Gen

v2 =

−1010

, v′2 =

0−101

.

Observacion.- Notemos que, como tiene que ser por tratarse de una matrizsimetrica real, los vectores del espacio propio asociado a λ1 = 3, Nul (A − 3I) sonortogonales a los vectores del espacio propio asociado a λ2 = 1, Nul (A−I). Por otraparte, las bases que hemos obtenido de cada uno de los subespacios Nul (A− 3I) yNul (A − I) son ortogonales. Si esto ultimo no hubiera sido ası, habrıamos tenidoque ortogonalizar para obtener una base ortogonal de la cada uno de los subespa-cios citados. En resumen, hemos obtenido una base ortogonal de R4, v1, v

′1, v2, v

′2

formada por autovectores de A.

Para obtener una base ortonormal de R4 formada por autovectores de A bastaahora con normalizar los autovectores ortogonales que tenemos,

q1 =v1

||v1||=

1√2

1010

, q2 =v′1

||v′1||

=1√2

0101

,

q3 =v2

||v2||=

1√2

−1010

, q4 =v′2

||v′2||

=1√2

0−101

.



Puesto que q1 y q2 son autvectores asociados a λ1 = 3 y q3 y q4 son autovectoresasociados a λ2 = 1, la matriz ortogonal

Q =

q1 q2 q3 q4

=1√2

1 0 −1 00 1 0 −11 0 1 00 1 0 1

verifica AQ = QD siendo D la matriz diagonal

D =

λ1

λ1

λ2

λ2

=

33

11

,

es decir tenemos una diagonalizacion ortogonal de A: QT AQ = D.

Observaciones:

Sin necesidad de hacer (casi) ningun calculo podrıamos haber dicho algo sobre los auto-valores de A. Puesto que, obviamente, el espacio columna de la matriz

A − I =

1 0 1 00 1 0 11 0 1 00 1 0 1

tiene dimension 2 (las dos primeras columnas son linealmente independientes y la terceray la cuarta son combinacion lineal de las dos primeras), el espacio nulo de A − I tienedimension 2=4-2 y por tanto λ = 1 es un autovalor doble de A (multiplicidad geometrica= multiplicidad algebraica por ser una matriz diagonalizable). Por otra parte, puesto quela suma de los elementos de cada fila de A es 3, dicho valor, λ = 3 tambien es autovalorde A y un autovector asociado es [1 1 1 1]T ,

2 0 1 00 2 0 11 0 2 00 1 0 2

1111

=

3333

.

La matriz dada A verifica la ecuacion matricial A2 − 4A + 3I = 0 del apartado (3.2).

(3.4) Puesto que los autovalores de la matriz simetrica A son λ1 = 3 y λ2 = 1, los de la

matriz (simetrica real) A + ρI son µ1 = λ1 + ρ = 3 + ρ y µ2 = λ2 + ρ = 1 + ρ . Portanto, podemos clasificar la forma cuadratica asociada a la matriz simetrica real A+ρI,

ϕ(x) = xT (A + ρI) x

segun los valores de ρ ∈ R mediante

ρ Autovalores de A + ρI Forma cuadraticaρ < −3 µ1 < 0, µ2 < 0 Definida Negativaρ = −3 µ1 = 0, µ2 < 0 SemiDefinida Negativa

−3 < ρ < −1 µ1 > 0, µ2 < 0 InDefinidaρ = −1 µ1 > 0, µ2 = 0 SemiDefinida Positivaρ > −1 µ1 > 0, µ2 > 0 Definida Positiva


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