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UNIVERSIDAD DE CONCEPCION Algebra II. 525148
FACULTAD DE CIENCIAS Duración: 100 minutos
FISICAS Y MATEMATICAS 25 de mayo de 2015
DEPARTAMENTO DE INGENIERIA MATEMATICA Prof.: A. Gajardo, D. Maldonado, M. Vega
Evaluación 2
1. Sean BS =
{(
1 1
0 1
)
,
(
1 −1
−1 1
)}
y BW =
{(
1 0
0 −1
)}
bases de los espacios
S, W ⊆ M2(R), respectivamente. Considerando el producto interior usual de M2(R)
definido por 〈A;B〉 = tr(BtA), para toda A, B ∈M2(R).
a) (5 puntos) Muestre que W ⊆ S⊥.
Solución. Primero, notemos que〈(
a b
c d
)
,
(
w x
y z
)〉
= tr
((
w x
y z
)t(
a b
c d
))
= tr
((
w y
x z
)(
a b
c d
))
= tr
((
wa+ yc wd+ yc
xa+ zc xb+ zd
))
= wa+ yc+ xb+ zd
Sea A ∈ W y B ∈ S, entonces A = a
(
1 0
0 −1
)
y B = b
(
1 1
0 1
)
+c
(
1 −1
−1 1
)
,
luego
〈A,B〉 =
〈
a
(
1 0
0 −1
)
, b
(
1 1
0 1
)
+ c
(
1 −1
−1 1
)〉
=
〈
a
(
1 0
0 −1
)
, b
(
1 1
0 1
)〉
+
〈
a
(
1 0
0 −1
)
, c
(
1 −1
−1 1
)〉
= ab
〈(
1 0
0 −1
)
,
(
1 1
0 1
)〉
+ ac
〈(
1 0
0 −1
)
,
(
1 −1
−1 1
)〉
= ab(1 + 0 + 0− 1) + ac(1 + 0 + 0− 1)
= 0
Por lo tanto A ⊥ B. Hemos demostrado que A ∈ W ⇒ A ∈ S⊥, es decir, W ⊆ S⊥.
b) (10 puntos) calcule una base ortogonal de S +W .
Solución. Sabemos que S+W =< BS∪BW >. Además como BS es base, es L.I., y
como
(
1 0
0 −1
)
⊥ BS, entonces BS∪BW =
{(
1 0
0 −1
)
,
(
1 1
0 1
)
,
(
1 −1
−1 1
)}
=
{u1, u2, u3} también es L.I. Aśı BS ∪BW es base de S +W .
Usando Gram-Schmidt, obtenemos la base B = {v1, v2, v3}, donde
v1 = u1 =
(
1 0
0 −1
)
v2 = u2 −
< u2, v1 >
< v1, v1 >︸ ︷︷ ︸
=0
v1 = u2 =
(
1 1
0 1
)
v3 = u3 −
< u3, v1 >
< v1, v1 >︸ ︷︷ ︸
=0
v1 −
< u3, v2 >
< v2, v2 >
v2
= u3 −
< u3, v2 >
< v2, v2 >
v2
=
(
1 −1
−1 1
)
−
〈(
1 −1
−1 1
)
,
(
1 1
0 1
)〉
〈(
1 1
0 1
)
,
(
1 1
0 1
)〉 ( 1 1
0 1
)
=
(
1 −1
−1 1
)
− 1− 1 + 0 + 1
1 + 1 + 0 + 1
(
1 1
0 1
)
=
(
1 −1
−1 1
)
− 1
3
(
1 1
0 1
)
=
1
3
(
2 −4
−3 2
)
Por lo tanto la base ortogonal pedida es B =
{(
1 0
0 −1
)
,
(
1 1
0 1
)
,
1
3
(
2 −4
−3 2
)}
.
c) (5 puntos) Calcule la proyección ortogonal de
(
1 1
1 1
)
sobre W .
Solución.
PW
(
1 1
1 1
)
=
〈(
1 1
1 1
)
,
(
1 0
0 −1
)〉
〈(
1 0
0 −1
)
,
(
1 0
0 −1
)〉 ( 1 0
0 −1
)
=
1 + 0 + 0− 1
1 + 0 + 0 + 1
(
1 0
0 −1
)
=
(
0 0
0 0
)
2. Sea T : R4 → P2(R) una transformación lineal tal que:
T (1, 0, 0, 1) = 0,
T (1,−1, 1,−1) = 0,
T (1, 0, 0, 0) = x2 + 1, y
T (0, 1, 0, 0) = x.
a) (5 puntos) Calcule Ker(T ) e Im(T ), y determine si es o no inyectiva y si es o no
sobreyectiva.
Solución. De la parte b) vemos que los vectores (1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (1,−1, 1,−1),
(1, 0, 0, 1) conforman una base de R4, aśı, Im(T ) = 〈{T (1, 0, 0, 0), T (0, 1, 0, 0), T (1,−1, 1,−1), T (1, 0, 0, 1)}〉 =
〈{x2 + 1, x}〉.
Sus vectores generadores son l.i. claramente pues son solo dos y ninguno es múltiplo
del otro, por lo tanto r(T ) = 2.
Del Teorema Nucleo Imagen: r(T ) + n(T ) = dim(R4) = 4, deducimos que
n(T ) = 2, y como {(1, 0, 0, 1), (1,−1, 1,−1)} es l.i. y está incluido en Ker(T ),
se concluye que lo genera, aśı Ker(T ) = 〈{(1, 0, 0, 1), (1,−1, 1,−1)}〉.
Con todo esto podemos decir que no es inyectiva pues su núcleo no es trivial, y
tampoco es sobreyectiva pues dim(P2(R)) = 3 > r(T ).
b) (3 puntos) Dadas las bases B = {(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (1,−1, 1,−1), (1, 0, 0, 1)}
y la base canónica de P2(R), C = {1, x, x2}, calcule la matriz representante de T
respecto a estas bases: [T ]CB.
Solución. Del enunciado, ya conocemos la imagen de los vectores de la base B
que es: x2 + 1, x, Θ, Θ. Las coordenadas de estos vectores respecto a la base C
son (1, 0, 1)t, (0, 1, 0)t, (0, 0, 0)t y (0, 0, 0)t, respectivamente. Aśı, como la matriz
representante de T tiene a estos vectores por columnas, concluimos que
[T ]CB =
1 0 0 00 1 0 0
1 0 0 0
.
c) (8 puntos) Calcule la matriz de paso de la base B a la base canónica de R4, y la
matriz de paso de la base canónica de R4 a la base B.
Solución. Para la primera matriz debemos encontrar las coordenadas de los miem-
bros de la base B respecto a la base canónica de R4. No es dif́ıcil, basta poner lo
vectores en cuestión como columnas en la matriz, aśı
P CB =
1 0 1 1
0 1 −1 0
0 0 1 0
0 0 −1 1
.
La segunda matriz, que hace el paso inverso, es la inversa de la matriz que acabamos
de escribir. Usamos Gauss-Jordan para calcularla.
1 0 1 1 1 0 0 0
0 1 −1 0 0 1 0 0
0 0 1 0 0 0 1 0
0 0 −1 1 0 0 0 1
∼
1 0 1 1 1 0 0 0
0 1 −1 0 0 1 0 0
0 0 1 0 0 0 1 0
0 0 0 1 0 0 1 1
1 0 1 0 1 0 −1 −1
0 1 −1 0 0 1 0 0
0 0 1 0 0 0 1 0
0 0 0 1 0 0 1 1
∼
1 0 0 0 1 0 −2 −1
0 1 0 0 0 1 1 0
0 0 1 0 0 0 1 0
0 0 0 1 0 0 1 1
Concluimos que la matriz de paso de la base canónica de R4 a la base B es la
siguiente.
PBC =
1 0 −2 −1
0 1 1 0
0 0 1 0
0 0 1 1
d) (4 puntos) Calcule ahora la matriz representante de T respecto a las bases canóni-
cas de R4 y P2(R) e indique una fórmula para T (a, b, c, d).
Solución. Por los teoremas vistos en clases, la matriz que se nos pide se puede
obtener multiplicando la matriz de la parte b) con la matriz de paso o cambio de
base, es decir,
[T ]CC = [T ]
C
BP
C
C
=
1 0 0 00 1 0 0
1 0 0 0
1 0 −2 −1
0 1 1 0
0 0 1 0
0 0 1 1
=
1 0 −2 −10 1 1 0
1 0 −2 −1
.
De aqúı vemos que
[T (a, b, c, d)]C = [T ]
C
C
a
b
c
d
=
a− 2c− db+ c
a− 2c− d
De donde T (a, b, c, d) = a− 2c− d+ (b+ c)x+ (a− 2c− d)x2.
3. Sea F : P3(R)→ P3(R) un operador lineal, cuya matriz asociada con respecto a la base
canónica de P3(R) es:
[F ]BC =
2 0 0 0
−2 2 2 3
1 0 1 0
2 0 −2 −1
a) (6 puntos) Calcule los valores propios del operador F . Decida si F es invertible.
Solución. Calculamos el polinomio carasteŕıstico de F
p(λ) = det([F−λI]BC ) = det
2− λ 0 0 0
−2 2− λ 2 3
1 0 1− λ 0
2 0 −2 −1− λ
= (2−λ)2(1−λ)(−1−λ)
de donde σ(F ) = {−1, 1, 2}. Como 0 /∈ σ(F ), entonces F es un operador lineal
invertible.
b) (10 puntos) Decida si F es un operador diagonalizable y calcule la base de P3(R)
que lo diagonaliza, si es que existe.
Solución. Calculamos una base para cada subespacio propio:
Para λ1 = −1
S−1 =
{
ax3 + bx2 + cx+ d ∈ P3(R) : [F − (−1)I]BC [p]BC = θR4
}
=
ax3 + bx2 + cx+ d ∈ P3(R) :
3 0 0 0
−2 3 2 3
1 0 2 0
2 0 −2 0
a
b
c
d
=
0
0
0
0
El sistema de ecuaciones lo resolvemos usando eliminación gaussiana.
3 0 0 0
−2 3 2 3
1 0 2 0
2 0 −2 0
∼
3 0 0 0
0 3 2 3
0 0 2 0
0 0 −2 0
∼
3 0 0 0
0 3 0 3
0 0 2 0
0 0 0 0
De donde tenemos que
S−1 =
{
ax3 + bx2 + cx+ d ∈ P3(R) : a = 0, b = −d, c = 0
}
=
{
−dx2 + d : d ∈ R
}
=
〈{
−x2 + 1
}〉
Para λ2 = 1
S1 =
{
ax3 + bx2 + cx+ d ∈ P3(R) : [F − 1I]BC [p]BC = θR4
}
=
ax3 + bx2 + cx+ d ∈ P3(R) :
1 0 0 0
−2 1 2 3
1 0 0 0
2 0 −2 −2
a
b
c
d
=
0
0
0
0
El sistema de ecuaciones lo resolvemos usando eliminación gaussiana:
1 0 0 0
−2 1 2 3
1 0 0 0
2 0 −2 −2
∼
1 0 0 0
0 1 2 3
0 0 0 0
0 0 −2 −2
∼
1 0 0 0
0 1 0 1
0 0 0 0
0 0 −2 −2
de donde tenemos
S1 =
{
ax3 + bx2 + cx+ d ∈ P3(R) : a = 0, b = −d, c = −d
}
=
{
−dx2 − dx+ d : d ∈ R
}
=
〈{
−x2 − x+ 1
}〉
Para λ3 = 2
S2 =
{
ax3 + bx2 + cx+ d ∈ P3(R) : [F − 2I]BC [p]BC = θR4
}
=
ax3 + bx2 + cx+ d ∈ P3(R) :
0 0 0 0
−2 0 2 3
1 0 −1 0
2 0 −2 −3
a
b
c
d
=
0
0
0
0
El sistema de ecuaciones lo resolvemos usando eliminación gaussiana:
0 0 0 0
−2 0 2 3
1 0 −1 0
2 0 −2 −3
∼
0 0 0 0
−2 0 2 3
1 0 −1 0
0 0 0 0
∼
0 0 0 0
0 0 0 3
1 0 −1 0
0 0 0 0
de donde tenemos
S2 =
{
ax3 + bx2 + cx+ d ∈ P3(R) : a = c, d = 0
}
=
{
ax3 + bx2 + ax : a, b ∈ R
}
=
〈{
x3 + x, x2
}〉
donde claramente el conjunto generador es l.i. (son 2 vectores no paralelos), y
por lo tanto es base de S2.
Como para cada valor propio la multiplicidad algebráica es igual a la multiplicidad
geométrica (∀i = 1, 2, 3, mi = gi), entonces F es un operador diagonalizable,y la
base de vectores propios de P3(R) que diagonaliza a F es
B = {−x2 + 1,−x2 − x+ 1, x3 + x, x2}
(Notar que B es l.i., pues es unión de conjuntos L.I. asociados a valores propios
distintos).
c) (4 puntos) Resuelva la ecuación F (p) = −2p, donde p ∈ P3(R).
Solución. Hay que notar que si p 6= θP3(R), entonces −2 seŕıa un valor propio
de F . Pero −2 /∈ σ(F ), luego p = θP3(R) es la única solución de la ecuación
propuesta, ya que cumple la ecuación y es el único que la cumple: F (θP3(R)) = θP3(R)
y −2θP3(R) = θP3(R).