1
Download ÁLGEBRA PARA INGENIEROS _Solucionario_. Y en España se
Document related concepts
Transcript
Capitán de fragata ingeniero
AGUSTÍN E. GONZÁLEZ MORALES
ÁLGEBRA
PARA
INGENIEROS
(Solucionario)
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
2
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
ÍNDICE
CAPÍTULO 1: MATRICES, DETERMINANTES Y SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES
CAPÍTULO 2: ESPACIOS VECTORIALES DE DIMENSIÓN FINITA
CAPÍTULO 3: FUNCIONES Y APLICACIONES LINEALES
CAPÍTULO 4: DIAGONALIZACIÓN DE MATRICES Y FORMAS CUADRÁTICAS
3
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
CAPÍTULO 1
MATRICES, DETERMINANTES Y SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES
1. Se dice que una matriz es ortogonal si su inversa es igual a su transpuesta. Sean y
dos matrices de orden n invertibles. es simétrica y ortogonal. Simplificar:
Solución:
Se simplifica teniendo en cuenta que usando por ser simétrica y por
ser ortogonal:
Resp.: 2. Sean y dos matrices tales que (matriz nula). Si es invertible, demostrar
que tiene que ser la matriz nula.
Solución:
0, premultiplicando por : 0, como , y
0 0, entonces 0, como queríamos demostrar.
3. Hallar la inversa de
Solución:
Con el método de Gauss
0 1 0 0 1 0 0 0
1 0 0 0 0
1 0 0
|
0 0 1 0 0 0 1 0
1 1 1 1 0 0 0 1
Permutando F1 (Fila 1) con F2, y haciendo después F4 – F1 – F2 – F3:
1 0 0 0 0
1
0 0
0 1 0 0 1
0
0 0
|
0 0 1 0 0
0
1 0
0 0 0 1 1 1 1 1
La inversa es:
0
1
0
1
0
0
Resp.: 0
0
1
1 1 1
4. Hallar la matriz ! que verifica la identidad ! ! " siendo
$ % $
% % )
# $ ', #& % ' y " # % % '
& $ ( $
$$ ) $*
Solución:
4
0
0
0
1
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
Sacando + factor común: + ,, premultiplicando por , supuesto
que exista la inversa: + ,, y teniendo en cuenta que
, entonces : + ,:
2 2
3 2 1
1 0 3 0
+ -# 0 3 1' #5 2 1 '2 # 12 0
1
5 3 1
4 0 3
33 8 1
51⁄16
Resp: + # 39⁄16
3⁄ 4
5. Calcular el determinante de Vandermonde
:
789 :%
:
:$
;
;
;%
;$
<
<
<%
<$
8
20 '
36
1⁄8 1 4
13⁄8 0 0'
1⁄ 2
20
=
=
=%
=$
Y generalizar el resultado hasta el exponente natural >.
Solución:
El determinante de Vandermonde de orden ? se expresa con la siguiente
fórmula general:
y su solución es:
Se observa que para un determinante de orden 2 el resultado es correcto:
Procedamos por inducción: Supongamos que la solución es cierta para ? y
veamos lo que sucede para ? 1:
Efectuemos la siguiente operación con las filas:
5
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
es decir
extrayendo factores comunes:
luego
como
por tanto
O sea, se ha obtenido la expresión del determinante de orden ? 1, que se
corresponde con el de ? sin más que sustituir ? por ? 1. En el determinante del
enunciado la solución es:
Resp.: @ AB AC AB C@ C@ B
G *
6. Resolver la ecuación 789 DE siendo F
H e E identidad.
% Solución:
7 K
6
I
I0
12
10 K
Resolviendo el determinante resulta una ecuación de segundo grado.
6
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
Resp. : K 2 L K 1
7. Hallar el rango de la siguiente matriz en función de los valores de sus parámetros:
: ;%
# %: ; '
%: %
Solución:
A 1 1
CM
A 1 1
H, por tanto:
F2 – F3 : #0 0 0 C 2'. O sea: (b - 2)F
1 1 2A
1 1 2A
2
Resp.: Para C N 2, OA: rango 3. Para b=2, OA: rango 2
8. En el dominio de las matrices cuadradas de orden 5, demostrar:
789 $% 789 Solución:
A P AQ
2A P 2AQ
R
S
R
S
R '
#
' = A ; A+A=# R
AQ P AQQ
2AQ P 2AQQ
Al calcular det se puede sacar factor común al 2 de cada fila:
A P AQ
S
R ' 32det det 2 2 2 2 2 # R
AQ P AQQ
9. Si en el dominio de las matrices cuadradas de orden > se satisface que % E>,
demostrar que es invertible y que > ha de ser par.
Solución:
Si M W entonces det M det W . Como det M det det det det M y det W 1W , entonces det M 1W ; es decir det N 0, luego A es invertible; además det M X 0, luego ? es
par.
&
$
^
[
10. Calcular el rango de Z%
*
]
$ *
\
Y ( $
Solución:
Buscamos el mayor de los menores complementarios no nulos ; para ello
permutamos la primera fila con la segunda y hacemos ceros por debajo de la diagonal
principal. Con ello deducimos que el rango es 2.
11. Discutir y resolver según los valores de :, ; ` a el sistema:
:b ;c d b :;c d ;
b ;c :d Solución:
El determinante de la matriz de coeficientes es:
A C 1
e1 AC 1e CA 1M A 2
1 C A
Discusión:
• Si C N 0, A N 1, A N 2 es sistema es compatible y determinado. La solución es:
7
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
•
•
•
AM C 2A C 2
AM C AC C M AC M
,L fg
CA 1M A 2
CA 1M A 2
Si C 0 el sistema es incompatible para cualquier valor de A.
Si A 1 el sistema se reduce a:
f CL g 1
f CL g C
Si C N 1 el sistema es incompatible.
Si C 1 el sistema es compatible indeterminado con f 1 K h, L K, g h
Si A 2 el sistema se reduce a:
2f CL g 1
f 2CL g C
0f 0L 0g 2 C
Si C N 2 el sistema es incompatible.
i
Si C 2 el sistema es compatible indeterminado con f 0, L M , g K
12. Hallar la potencia n-sima de la matriz j # '.
Solución:
3 3 3
k k k M #3 3 3 ' 3 k
3 3 3
y en general:
kl kM k 3k k 3 3k 3M k
Resp.: kW 3W k
% G 13. Sea j # &
( ', descomponer j en una suma de una matriz simétrica y
% & &
una antisimétrica.
Solución:
2 6
1
k km 2 # 6
4 2'
1 2 5
0
1 1
k km 2 #1 0
3'
1 3 0
Sumando miembro a miembro:
2 6
1
0
1
2k 2 # 6
4 2' 2 #1 0
1 2 5
1 3
Por tanto:
2 6
Resp.: k # 6
4
1 2
14. Demostrar que:
8
1
3'
0
1
0
1 1
2' #1 0
3'
5
1 3 0
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
b c d c b d
789 d b c
d c b
b c d b d c b c db c d Solución:
Sea el valor del determinante. A la 1ª fila le sumamos las tres restantes y
sacamos factor común a f L g n:
1 1 1 1
L f n g
f L g n p
p
g n f L
n g L f
A 2ª columna le restamos la 1ª y la 3ª y le sumamos la 4ª y sacamos factor común a
f g L n:
1
0
1 1
L
fgLn
n g
f L g n p
p
g f g L n f L
n
fgLn
L f
1 0 1 1
L 1 n g
f L g nf g L n p
p
g 1 f L
n 1 L f
A la 2º fila le restamos la 3ª y sumamos 3ª con 4ªy desarrollamos:
1
0
1
1
Lg 0 nf gL
f L g nf g L n p
p
gn 0 fL Lf
n
1
L
f
1
1
1
eL g n f g L e
gn fL Lf
0
0
1
f L g nf g L n qL g n f n f g L g Lq
gnfL
0
Lf
f L g nf g L nf n L gf L g n
A la 1ª columna restamos la 2ª y a la 2ª la 3ª y desarrollamos:
789 Solución:
%b b% b b%
%b b%
b b% b 789 %
(
%
1 2f f M 0
1 2f
M
0 1
f
f
l
A det f det 0 1
0 1
0 1 2f f M
1 f
1 f fM 0
Restamos la 2ª columna de 4ª, sacamos factor común a
multiplicamos la 1ª columna por esa:
1 2f f 0
f 2
0
0
1
1
l
l
f det 0 0
f det 0 0 2 1
0 0
1 f f 0
f 1
9
f 0
1 1
2 1
f 0
f en la 2º columna y
f
1
2
f
0
1
1
0
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
f
f l det 0
0
f
Restamos la 3ª columna de la 1ª:
f
f l det 0
0
f
Sacamos factor común f en la 1ª columna y
para obtener la solución del enunciado.
Sumamos la 2ª columna con la 4ª:
;<
;< :% :%
789 #;% :< ;% ' 789 #:;
:<
<% <% :;
CB
det #C M
BM
2ª y a A en la 3ª:
Solución:
AM
AB
BM
2 f
1 1
1 2
1 f
0
1
1
0
2 0 0
1 1 1
1 2 1
1 0 0
después sumamos la columna 3ª y la 1ª
:; :<
:< ;< '
;< :;
AM
C M ', sacamos factor común a C en la 1ª columna, a B en la
AC
B
AM /B
A
M
ACB det C
A
C /A
M
B
C
B /C
Sacamos factor común a A en la 1ª fila, a C en la segunda y a B en la tercera:
B/A A/B
1
A/C C/A'
AM C M B M det # 1
B/C
1
C/B
Multiplicando la 1ª columna por AC, la 2ª por CB y la 3ª por AB:
CB AC AB
det #AC AB CB '
AB CB AC
10
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
CAPÍTULO 2
ESPACIOS VECTORIALES DE DIMENSIÓN FINITA
E.1. En el conjunto t de los números enteros se define u de la siguiente manera:
: u ; : ; $. Comprobar si t,u tiene estructura de grupo abeliano.
Solución:
a) La operación u es una ley de composición interna
A, C ` t w A u C ` t
b) Se cumple la propiedad asociativa
A u C u B A u C u B
A u C u B A C 3 u B A C B 6
A u C u B A u C B 3 A C B 6
c) Existe el elemento neutro x
Aux xuAA
A u x A x 3 A w x 3
d) Existe el elemento inverso Ay
A u Ay Ay u A x
y
A u A A Ay 3 3; Ay 6 A
Como los elementos de t, además, cumplen la propiedad conmutativa:
AuC CuA
AuC AC3
CuA CA3 AC3
Por lo tanto,
Resp.: t es un grupo abeliano.
E.2. En el conjunto { de los números naturales se define u de la siguiente manera:
: u ; : ; $. Comprobar si {,u tiene estructura de grupo abeliano.
Solución:
Se comprueba enseguida que no existe elemento neutro x
Aux xuAA
A u x A x 3 A w x 3 | {
Por tanto,
Resp.: { no es grupo.
E.3. ¿Es t, ,u cuerpo? ( y u son la suma y el producto conocidos).
Solución:
Los únicos elementos no nulos que admiten inverso multiplicativo son – 1 y 1.
Por tanto:
Resp.: t, ,u no es cuerpo
E.4 ¿Es ~, ,u cuerpo? (~ el conjunto de los números racionales con y u la suma
y el producto conocidos).
Solución:
a) ~, es un grupo abeliano
b) ~ 0,ues un grupo abeliano, donde 0 es el elemento neutro de ~, .
c) La operación u es distributiva respecto a la operación +:
A, C, B ` ~ w A u C B A u C A u B
11
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
Resp.: ~, ,u es cuerpo.
Por lo tanto,
E.5. Sean a% y t. Sea la adición definida en a% por :, ; <, = : <, ; =. Sea u el producto de números reales por elementos de a% definido
mediante la expresión :, ; :, ;. Demostrar que a% , , a,u es un espacio
vectorial.
Solución:
a) aM , es un grupo abeliano.
b) OK ` ; Of
` w K u f
`
KA, C KA, KC ` aM
c) OK, h ` ; Of
` w K u h u f
K u h u f
K u h u A, C K u hA, hC KhA, KhC
K u h u A, C Kh u A, C KhA, KhC
d) OK, h ` ; Of
` w K h u f
K u f
h u f
K h u A, C K hA, K hC
K u A, C h u A, C KA, KC hA, hC K hA, K hC
e) OK ` ; Of
, L
` w K u f
L
K u f
K u L
K u A, C B, @ KA B, C @ KA B, KC @
K u A, C K u B, @ KA, KC KB, K@ KA B, KC @
f) Of
` w 1 u f
f
1 u A, C A, C
Por lo tanto,
Resp.: a% , , a,u es un espacio vectorial.
E.6. El mismo enunciado anterior, pero modificando la definición del producto:
:, ; :, :. ¿Es (a% , , a,u un espacio vectorial?
Solución:
No, pues no se cumple que la unidad del cuerpo sea el elemento neutro del
producto, ya que: 1 u A, C A, A N A, C. Aunque con demostrar esto sería
suficiente, tampoco se cumplen las propiedades c) d) y e).
Resp.: No es un espacio vectorial
E.7. El mismo enunciado, pero modificando la definición de la suma: :, ; <, = ⁄% : <, ; =. ¿Es (a% , , a,u un espacio vectorial?
Solución:
No, ya que no existe neutro para la suma.
Resp.: No es un espacio vectorial
E.8. Demostrar que
debe pertenecer a para afirmar que es subespacio de .
Solución:
Si 0
no perteneciese a , no sería grupo abeliano pues no tendría elemento
neutro.
E.9. En el espacio vectorial a% , , a,u con las operaciones conocidas y u,
determinar si los subconjuntos y son subespacios:
b, c ` a% ⁄c %b
b, c ` a% ⁄c b
Solución:
12
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
En b, c ` a% ⁄c %b se ha de cumplir que: Of
, L
` ; OK, h ` ; Kf
hL
` . En efecto:
KA, 2A hC, 2C KA, K2A hC, h2C KA hC, 2AK hC `
Resp.: es subespacio
Pero, en b, c ` a% ⁄c b :
KA, A 1 hC, C 1 KA, KA 1 hC, hC 1
AK hC, KA hC K h |
Resp.: no es subespacio
E.10. En el espacio vectorial a$ , , a,u con las operaciones conocidas y u,
determinar si los subconjuntos siguientes , , y son subespacios:
b, c, d ` a$ ⁄d b c
b, c, d ` a$ ⁄b d
b, c, d ` a$ ⁄|b| |c|
b, c, d ` a$ ⁄d b %
Solución:
En b, c, d ` a$ ⁄d b c se ha de cumplir que: Of
, L
` ; OK, h `
; Kf
hL
` . En efecto: KA, C, A C hAy , C y , Ay C KA hAy , KC hC, KAhAKChC`.
Resp.: es subespacio
$⁄
En b, c, d ` a b d
KA, C, A hAy , C y , Ay KA hAy , KC hC y , KA hAy ` .
Resp.: es subespacio
En b, c, d ` a$ ⁄|b| |c|
KA, |A|, C hAy , |Ay |, C y KA hAy , K|A| h|Ay |, KC hC y | , pues
no siempre |KA hAy | K|A| h|Ay |.
Resp.: no es subespacio
En b, c, d ` a$ ⁄d b %
KA, C, A 2 hAy , C y , Ay 2 KA hAy , KC hC y , KA hAy 2K 2h|.
Resp.: no es subespacio
E.11. Comprobar si los vectores , , $ y , %, % son combinación lineal de los
vectores , , % y , %, (.
Solución:
Sea: 1, 1, 3 A1, 0, 2 C1, 2, 4. Existe solución para A C 1⁄2.
Resp.: 1, 1, 3 es CL
Sea: 1, 2, 2 A1, 0, 2 C1, 2, 4. No existe solución que satisfaga
las tres coordenadas.
Resp.: 1, 2, 2 no es CL
E.12. En el espacio vectorial a% b % , , a,u se consideran las matrices F
H,
F
Hy"F
H. Determinar todas las combinaciones lineales de , , "
que permiten obtener la matriz nula.
Solución:
1 0
1 0
0 0
0 0
KF
HhF
HF
HF
H
0 1
1 0
1 1
0 0
Kh
0
0 0
F
H
h K
0 0
Kh 0
13
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
h 0
K 0
La única solución del sistema de ecuaciones anterior, es la trivial:
Resp.: K h 0
E. 13. En el espacio vectorial a$ , , a,u, determinar si los siguientes vectores son LI:
a) , , , , , , , , ; b) , , , , , %, , , .
Solución:
a) 1, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 0; son LD ya que el 1º es igual al 3º.
b) 1, 1, 0, 1, 1, 2, 1, 0, 1.
1 1 0
Como e1 1 2e 0; por lo tanto, los vectores de son LD
1 0 1
E.14. Demostrar que las matrices F
H,F
H,F
HF
H son vectores LI.
Solución:
1 0
0 1
0 0
0 0
0 0
KF
Hh F
H F
HF
HF
H
0 0
0 0
1 0
0 1
0 0
K h
0 0
F
H
0 0
Luego K h 0, es decir las matrices son LI.
E.15. Demostrar que el espacio vectorial de los polinomios reales sobre el cuerpo a
definido por b b% b; b %b son LI.
Solución:
Calculemos Kf hf 0f, siendo 0f el polinomio nulo: 0f 0.
Entonces: Kf M K 2hf 0 que debe cumplirse para cualquier valor de f. La
única manera de que suceda es para K h 0, lo que asegura la independencia de
f y f.
√% y
E.16. Estudiar la dependencia o independencia lineal de los vectores
% √$ en el espacio vectorial a, , a,u y en el espacio vectorial a, , ~,u.
Solución:
A
M entonces A 2/3 pertenece al conjunto a, pero no al ~. Por
Sea
y
M son LD a , pero LI en ~.
Resp.:
lo tanto:
E.17. Determinar b para que sean LD los vectores , (, *, , (, ( y , (, b.
Solución:
1 4 6
e1 4 4e 8f 8 0
0 4 f
Resp.: f 1
E. 18. Determinar si los vectores , , , , , , , , son un SG de a$ .
Solución:
1 1 1
e1 1 0e 1 N 0, luego son LI y SG.
1 0 0
14
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
E. 19. Proponer una base en cada caso:
a) a, , a,u
b) a% b $ , , a,u
c) a( , , a,u
d) , , a,u. es el conjunto de los números complejos.
Solución:
a) Cualquier número real no nulo
b) la base canónica
c) la base canónica
d) 1
Ejercicios
1. Sean a% y t. Sea la adición definida en a% por :, ; <, = : <, ; =. Sea u el producto de números reales por elementos de a% definido
mediante la expresión :, ; % :, % ;. ¿Es a% , , a,u un espacio vectorial?
Solución:
K hA, C K hM A, K hM C
KA, C hA, C K M A, K M C h M A h M C K M h M A, K M h M C
como
K hM N K M h M
Resp.: No es espacio vectorial
2. Demostrar que los vectores , %, , %, %, $, , , , %, , $, , $, ,
son ligados e indicar su relación de dependencia.
Solución:
Empleando el método de Gauss:
1 2 12
1 2 12
1212
23 0 1
01 2 3
01 2 3
~
~
12 1 3
00 2 5
00 2 5
131 0
01 0 2
00 2 5
se aprecia que el cuarto vector es CL de los otros tres. De manera que:
K1,2, 1, 2 h2,3,0, 1 1,2,1,3 1,3, 1,0
cuyas soluciones son: K 2, h 1, 1. Por tanto:
Resp.: 21,2, 1, 2 2,3,0, 1 1,2,1,3 1,3, 1,0
3. Determinar los valores de y > para que sea 3 el rango del siguiente sistema de
vectores: , , , , $, , >, , $, &, , (.
Solución:
¡
¡
0
1 1
1 1 0
1 1 0 ¡
1
3¡'
# 3 1 ? 1' ~ # 3 ? ? – 1 3¡' ~ #3 ?
?
0 0 2? ¡ 3¡ 6
3 5 ¡ 3¡ 4
3 5 ¡ ?
Si 2? ¡ 0 y 3¡ 6 0, entonces ¡ 2 y ? 1
Discusión:
• Si ¡ N 2 L ? 1, sistema LD.
• Si ¡ N 2 ó ? N 1, sistema LI, £A?¤¥ 3.
4. Demostrar que los vectores %, , , , $, , %, , $ forman una base de
a$ . Hallar las coordenadas del vector , , % respecto de esta base.
Solución:
15
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
Se comprueba que el determinante de los vectores de S es distinto de cero,
por tanto forman una base. Las coordenadas del vector 1, 1, 2 respecto de dicha
base son los coeficientes K, h, que satisfacen:
K2,1,1 h1,3,1 2,1,3 1,1,2
Resp: 1/1817, 2,7
, ¦
% , ¦
$ son base de un espacio vectorial de dimensión 3, el
5. Demostrar que si ¦
% ¦
$ , ¦
% ¦
$ , ¦
¦
$ también es una base de dicho espacio.
¦
conjunto ¦
Solución:
K§
§
M §
l h§
l §
l 0
M §
§
es decir:
§
K §
M K h §
l K h 0
M , §
l son LI, entonces K h 0, por tanto §
§
M §
l , §
M Como §
, §
§
l , §
§
l también es una base
% , ¨
$ la base canónica de a$ . En el mismo espacio vectorial tenemos el
, ¨
6. Sea ¨
, ¦
% , ¦
$ donde ¦
$¨
%¨
% ¨
$ ; ¦
% (¨
¨
% ¨
$ ; ¦
$ conjunto ¦
% ¨
$ . Se pide: a) Demostrar que ¦
, ¦
% , ¦
$ es una base. b) Hallar la
¨
%¨
, ¦
% , ¦
$ . c) Calcular las
expresión del cambio de la base canónica a la base ¦
coordenadas del vector , %, $ expresado en la base canónica, en términos de la
, ¦
% , ¦
$ .
base ¦
Solución:
a) El determinante formado por los vectores §
3,2, 1, §
M 4,1,1, §
l 2, 1,1 es distinto de cero. Por tanto, son una base.
f
A
3 4 2
b) ©Lª # 2 1 1' ©Cª con f, L, g en la base canónica y A, C, B en la
g
B
1 1 1
M , §
l .
base §
, §
A
A
1
3 4 2
3 4 2 1
c) #2' # 2 1 1' ©Cª w ©Cª # 2 1 1' #2'
B
B
3
1 1 1
1 1 1
3
7. Sean , , , % y %, , , dos bases de a% . Hallar las
expresiones matriciales de los cambios de base de a y de a .
Solución:
K 1,1 h 1, 2 2,1
KM 1,1 hM 1, 2 0,1
sistema de ecuaciones cuyas soluciones son: K 5«3, h 1«3, KM 1«3, hM 1«3 . De manera que un vector en la base como el A , AM se expresa en la base mediante la expresión C , CM , tal que:
A
C
5 1
Resp.: 1/3 F
H FA H
CM
M
1 1
y
A
5 1 C
FA H 1/3 F
H
CM
M
1 1
es decir:
A
C
1 1
Resp.: FA H 1/2 F
H
1 5 CM
M
16
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
8. Demostrar que el conjunto , %, ; ` a es un subespacio vectorial de a$ .
Obtener una base y determinar la dimensión y las ecuaciones paramétricas e
implícitas del subespacio.
Solución:
Sea K, 2K, 0; K ` a y ¬
y ¬
M dos vectores cualesquiera de . La
condición necesaria y suficiente para que sea un subespacio es que A¬
C¬
M ` ; es
decir:
AK , 2K , 0 CKM , 2KM , 0 AK CKM , 2AK CKM , 0
que, en efecto, pertenece a .
Resp.: K, 2K, 0; K ` a es subespacio
Una base del subespacio es:
Resp.: 1, 2, 0
cuya dimensión es:
Resp.: dimensión de la base del subespacio: 1
Las ecuaciones paramétricas son:
Resp.: f K; L 2K; g 0
y eliminando el parámetro, la ecuaciones implícitas son:
Resp.: L 2f; g 0
9. Obtener una base del espacio vectorial de las matrices cuadradas de orden % y del
espacio vectorial de las matrices de orden % b $.
Solución:
1 0
0 1
0 0
0 0
Resp.: kMM ®F
H,F
H,F
H,F
H¯
0 0
0 0
1 0
0 1
Resp.:
1 0 0
0 1 0
0 0 1
0 0 0
0 0 0
0 0 0
kM°l ®F
H,F
H,F
H,F
H,F
H,F
H¯
0 0 0
0 0 0
0 0 0
1 0 0
0 1 0
0 0 1
$, %, ; ¨
% %, &, * y ¨
$ , $, G. Sea ± ²¨
, ¨
% , ¨
$ ³ el
10. Sean ¨
subespacio engendrado por estos tres vectores. Calcular: a) una base de ± y las
ecuaciones implícitas. b) el vector $, %, , ¿pertenece a ±? c) el vector , , $,
¿pertenece a ±? d) ¿Para qué valores de : el vector :, , pertenece a ±?
Solución:
a) Como
1 3 7
1 3 7
#2 5
6 ' ~ #0 11 20 '
3 2 1
0 11 20
entonces:
Resp.: una base de µ es 1, 3, 7, 2,5,6
Sea vector de µ: f , fM , fl , entonces: f , fM , fl K1, 3, 7 h2,5,6.
Eliminando K y h, deducimos que:
Resp.: Ecuación implícita de µ: 17f 20fM 11fl 0
b)
173 202 111 0
Resp: el vector 3, 2, 1 pertenece a µ
c)
171 201 113 N 0
Resp.: el vector 1, 1, 3 no pertenece a µ
d)
17A 200 111 0
Resp: A 11/17
17
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
11. Hallar una base del subespacio engendrado por los vectores %, %, $, y
, (, *, % y ampliar dicha base a una del espacio vectorial de a( .
Solución:
Como los vectores del enunciado son LI, constituyen una base del subespacio
engendrado por ellos. Cualquier vector f
f , fM , fl , f¶ será combinación lineal:
f , fM , fl , f¶ K2, 2, 3, 1 h1, 4, 6, 2
f 2K h
fM 2K 4h
fl 3K 6h
f¶ K 2h
es decir, los vectores del subespacio engendrado son de la forma:
f fM 3h
3f¶ fl 0
0,
Los vectores canónicos
0,1,0 y 0, 0,0,1 no satisfacen las dos ecuaciones
anteriores, por tanto no pertenecen al subespacio y una base ampliada de a¶ es:
Resp.: 2, 2,3,1, 1,4, 6, 2, 0,0,0,1, 0,0,1,0
12. Sea · el subespacio vectorial de a$ engendrado por el vector , , y sea
¸ b, c, d ` a$ ⁄$b c , %b d . a) Demostrar que ¸ es subespacio de
a$ . b) Obtener una base y la dimensión de ¸. c) Hallar una base, dimensión y las
ecuaciones paramétricas e implícitas de los subespacios · ¹ ¸ y · ¸.
Solución:
a)
En efecto, º K, K, K; K ` a es subespacio porque dos vectores
cualesquiera ¬
y ¬
M cumplen la condición necesaria y suficiente A¬
C¬
M ` . Una
base del subespacio es 1, 1, 1 cuya dimensión es 1.
En » f, L, g ` al ⁄3f L 0, 2f g 0, se observa que g 2f,
L 3f, por tanto cualquier vector de » es de la forma f, 3f, 2f y se satisface la
condición ¬
y ¬
M ` », A¬
C¬
M ` »:
Af , 3f , 2f CfM , 3fM , 2fM Af CfM , 3Af CfM , 2Af CfM b)
Como f, 3f, 2f f1,3, 2, entonces:
Resp.: una base de » es: 1,3, 2
cuya dimensión es:
Resp.: dim »: 1
c)
Como 1,1, 1 y 1,3, 2 son LI, entonces º ¹ » 0
:
Resp.: No existe base de º ¹ » y dim º ¹ » 0
Los vectores 1,3, 2 y 1,1, 1 constituyen una base de la unión º ¼ », cuya
dimensión es 2. Como º » º ¼ » º ¹ », entonces:
Resp.: 1,3, 2 y 1,1, 1 son una base de º » y dim º » 2
las ecuaciones paramétricas de º » son:
Resp.: f K h, fM 3K h, fl 2K h
y eliminando los parámetros se obtiene la ecuación implícita de º »:
Resp.: f fM 2fl 0
13. Sean los subespacios de a$ : ± ½, %½, ½ ¾ , ½ ` a; j %:, :, : ¾
:`a y ¿b, c, d ¾ %bcd;b, c, d`a. a) ¿Son ± y j subespacios
suplementarios, es decir, ± j a$ y ± ¹ j , , . b) Hallar una base y la
dimensión de ± j ¹ ¿.
18
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
Solución:
a)
En µ: K h, 2h, h K1,0,0 h1,2,1 y una base es 1,0,0, 1,2,1. En
1 0 0
k: 2A, A, A A2,1,1 una base es 2,1,1. Como det #1 2 1' N 0, entonces
2 1 1
los tres vectores son LI y constituyen una base de al y µ ¹ k 0, 0, 0. Por tanto:
Resp.: µy k son suplementarios: µ k al
b)
Como µ k ¹ À a$ ¹ À À y en À: 2f L g 0, entonces todo
vector de À es de la forma f, L, 2f L f1,0,2 L0,1, 1. O sea, una base de
À y, por tanto, de µ k ¹ À es: 1,0,2, 0,1, 1.
Resp.: una base de µ k ¹ À es: 1,0,2, 0,1, 1
Resp.: dimµ k ¹ À
2
, Ã
% , Ã
$ . Si el conjunto 14. Consideremos el espacio de a$ y la base Ã
¦
, ¦
% , ¦
$ es tal que: ¦
%Ã
Ã
% Ã
$ ; ¦
% Ã
%Ã
% Ã
$ ; ¦
$ Ã
Ã
%
, ¦
% , ¦
$ forman una base. b) Hallar la matriz de cambio
$ : a) Demostrar que ¦
%Ã
en la base sabiendo que en la
de a . c) Calcular las coordenadas de un vector ¨
base sus coordenadas son , , .
Solución:
a)
Evaluemos la expresión:
K§
h§
M §
l 0
es decir:
K2x
x
M x
l hx
2x
M x
l x
x
M 2x
l 0
o sea:
2K h x
K 2h x
M K h 2x
l 0
como x
, x
M , x
l son LI por ser base, entonces:
2K h 0
K 2h 0
K h 2 0
sistema cuya única solución es la trivial K h 0. Por tanto:
Resp.: §
, §
M , §
l forman una base
b)
La matriz de cambio de a es:
2 1 1
Resp.: ÄÄy #1 2 1'
1 1 2
c)
f
2 1 1 f
Como #L' #1 2 1' ©Lª, entonces:
1 1 2 g
g
f
2 1 1 f
2 1 1 1
©Lª #1 2 1' #L' #1 2 1' #1' 1/41,1,1
g
1 1 2
1
1 1 2
g
Resp.: 1/41,1,1
19
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
CAPÍTULO 3
FUNCIONES Y APLICACIONES LINEALES
E.1. Sean , %, $ y %, $. Clasificar Å: b Æ t tal que Å:, ; $Ç ;.
Solución:
f 1,2 1,3 2,2 2,3 3,2 3,3
ÈA, C
1
0
4
3
7
6
Resp.: Es inyectiva porque toso elemento de f tiene imagen en t. No es sobreyectiva
porque existen elementos de t sin antecedente en f .
E.2. Las funciones Å: t Æ É y Ê: É Æ t son:
ÅË b% ⁄ % Êb Ã>ÃÌ: b
Determinar Ê Í Å, Å Í Ê y calcular Ê Í Å % y Å Í Ê ⁄%.
Solución:
Resp.: ¤ Í È ¤Èf
x?nx£Af M ⁄ 2 1
Resp.: È Í ¤ Ȥf
x?nx£Af
M ⁄ 2 1
Resp.: ¤ Í È2 x?nx£A2M ⁄ 2 1 3
Si consideramos que la parte entera de 1⁄2 es 1, entonces:
Resp.: È Í ¤ 1⁄2 1/2 1 3/2
E.3. Demostrar que la función Å: a$ Æ a% definida por Åb , b% , b$ b b$ , b% b$ es una aplicación lineal.
Solución:
Se comprueba fácilmente que ÈKf
hL
KÈf
hÈL
E.4. Demostrar que Å: a$ Æ a% tal que Åb , b% , b$ b b$ , b% b$ no es
una aplicación lineal.
Solución:
Debido al sumando 1 de la segunda coordenada de aM , se comprueba fácilmente que
ÈKf
hL
N KÈf
hÈL
E.5. Demostrar que la función Å: a$ Æ a$ definida por Åb , b% , b$ b% , b , b$ es un automorfismo.
Solución:
Debemos probar que se trata de una transformación lineal biyectiva: a) es una
transformación lineal pues se satisface que ÈKf
hL
KÈf
hÈL
; b) es inyectiva
porque cada elemento del dominio tiene un y sólo un elemento en el codominio; y c) es
sobreyectiva porque para todo elemento del codominio existe un elemento en el
dominio. Por tanto, la aplicación es biyectiva.
E.6. Determinar el núcleo de Å: a$ Æ a% : Åb , b% , b$ b b$ , b% b$ .
Solución:
El núcleo ÀÈes tal que Èf , fM , fl 0,0, o sea f fl , fM fl 0,0 que
exige f fM fl A.
Resp.: ÀÈ A1,1,1; A ` a
%
%b%
E.7. Determinar el núcleo y la imagen de Å Î a Æ a
tal que
bc
Åb, c
bc
Solución:
20
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
El núcleo ÀÈes tal que
fL
0
0 0
F
H w f L
0
fL
0 0
Resp.: ÀÈ A, A; A ` a
A C
MM
H, entonces existen
La imagen È ` a ; Èf, L . Sea F
B @
vectores f, L tales que Èf, L , o sea:
fL
0
A C
F
H
0
fL
B @
es decir: f L A @, C B 0. Luego:
A 0
Resp.: È ®F
H ; A ` a¯
0 A
E.8. Determinar el núcleo y la imagen deÅ: a$ Æ a% tal que
Åb , b% , b$ b b% b$ , b% b$ .
Solución:
El núcleo ÀÈes tal que Èf , fM , fl f fM fl , fM fl 0,0, es decir:
f 0, fM fl .
Resp.: ÀÈ 0, A, A; A ` a
Los vectores de la imagen È son de la forma:
Resp.: È A C, C; A, C ` a
%
E. 9. Determinar el núcleo y la imagen de Å: a Æ a: Åb , b% b %b% .
Solución:
El núcleo ÀÈes tal que Åb , b% b %b% , es decir: f 2 fM
Resp.: ÀÈ 2A, A; A ` a
Los vectores de la imagen È son:
Resp.: È a
Ejercicios
1. Consideremos la aplicación lineal Å: a$ Æ a$ dada por:
Åb, c, d b $c d, %b Dc, b %c d
a) Determinar los valores de D para los que Å es biyectiva.
b) Para D %, hallar una base, la dimensión y las ecuaciones implícitas del núcleo y
la imagen.
c) Para D %, hallar la matriz asociada a Å cuando se considera en ambos espacios
la base
, , , , , , , , .
d) Para D %, hallarÅ %, , $.
Solución:
a)
Si £¤È ¡ ? 3 entonces la aplicación es biyectiva. La matriz de
1 3 1
la aplicación lineal es: #2 Ï
0 ' cuyo determinante es 2 Ï 2 que se
1 2 1
anula para Ï 1. Por tanto:
Resp.: Biyectiva OÏ N 1
b)
El núcleo ÀÈ es tal que:
Èf, L, g f 3L g, 2f 2L, f 2L g 0,0,0
es decir:
f 3L g 0
2f 2L 0
f 2L g 0
21
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
sistema cuya solución es f L g 0. Luego
Resp.: ÀÈ 0,0,0, dimÀÈ 0
Resp.: Ecuaciones implícitas del núcleo: f L g 0
Como £¤È dim È, entonces:
Resp.: dimÈ 3
Los vectores de la imagen son la de forma:
A 3C B, 2A 2C, A 2C B A1,2,1 C3,2, 2 B1,0,1
como los vectores 1,2,1, 3,2, 2, 1,0,1 son LI, constituyen una base.
Resp.: Una base de È: 1,2,1, 3,2, 2, 1,0,1
Sea f , fM , fl un vector de la imagen, entonces:
K1,2,1 h3,2, 2 1,0,1 f , fM , fl como la dimensión de la imagen coincide con la de al , todos los vectores de
al pertenecen a la imagen, entonces:
Resp.: È al. Ecuaciones paramétricas de la imagen: f , fM , fl
2. Sea Å: a$ Æ a$ la aplicación lineal definida por:
Åb, c, d b %c $d, b c, b c %d
a) Calcular la matriz asociada a Å respecto de la base canónica.
b) Hallar una base y las ecuaciones cartesianas del núcleo.
c) Sea b, c, d ` a$ ⁄d b c. Hallar una base de los subespacios , Å y
Å.
d) Hallar la matriz asociada a Å respecto de la base: , %, , , , %, , , .
Solución:
a)
Mediante È obtenemos las imágenes de los vectores de la base canónica:
È1,0,0 1, 1,1, È0,1,0 2,1,1, È0,0,1 3,0,2
Por tanto:
1 2 3
Resp.: la matriz asociada es #1 1 0'
1 1 2
b)
1 2 3 f
0
Para calcular el núcleo ÀÈ: #1 1 0' ©Lª #0' como det 0 y los
1 1 2 g
0
vectores 1,2,3 y 1,1,0 son LI, entonces sea f K, por tanto K 2L 3g 0, K L 0, es decir L K, g K.
Resp.: ÀÈ K, K, K
Resp.: Una base de ÀÈ es 1,1, 1
Resp.: Ecuaciones cartesianas de ÀÈ: f L 0, f g 0
c)
Como los vectores de son de la forma K, h, K h K1,0,1 h0,1, 1
entonces:
Resp.: Una base de : 1,0,1, 0,1, 1
Las imágenes por È de los vectores de las base de son:
1 2 3
0
1
4
1 2 3 1
#1 1 0' #0' #1' , #1 1 0' # 1 ' # 1 '
1
3
1 1 2 1
1 1 2 1
Resp.: Una base de È: 4, 1,3, 1,1, 1
Como
dim È dim dim È dimÐÈ
y dim dim È 2, y, por ejemplo, los vectores 1,0,1, 0,1, 1, 4, 1,3
son LI pues su determinante es distinto de cero, al estar en al , entonces
È al
22
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
d)
Resp.: Cualquier base de al es base de È
1
Empleando la expresión: , con #2
1
1 0 0 1 2 3 1
#2 1 0' #1 1 0' #2
1 2 1
1 1 2 1
0 0
1 0' entonces:
2 1
0 0
1 0'
2 1
8
8
3
Resp.: #15 15 6'
27
27 11
3. Sea Å: a$ Æ a$ tal que Å, , $, %, ; Å, , (, , $ y Å, , &, , $. Determinar una base y las ecuaciones del núcleo y la imagen.
Solución:
Ò
+
Ò
siendo x
la base canónica de al , entonces:
Como Ñ
3
1
4
1
0
5
#2' #1' ; #1' #0' ; #1' #1'
0
0
3
1
1
3
expresiones que se pueden sintetizar en la siguiente:
1 1 0
3 4 5
#2 1 1' #1 0 1'
0 1 1
0 3 3
por lo tanto:
3 4 5 1 1 0 #2 1 1' #1 0 1'
0 3 3 0 1 1
es decir, la matriz de la aplicación lineal es:
1 2 3
#0 2 1'
0 0 3
El núcleo ÀÈ es tal que
f
1 2 3
0
#0 2 1' ©Lª #0'
g
0 0 3
0
como det N 0:
Resp.: ÀÈ 0,0,0
Resp.: Ecuaciones cartesianas de ÀÈ: f L g 0
Resp.: È al
4. Sea Å: a$ Æ a( la aplicación lineal definida por:
Åb, c, d b c, b %c $d, , b d
Calcular:
a) La matriz asociada a Å respecto a las bases canónicas.
b) La matriz asociada a Å respecto a las bases
, %, , , , %, , , y
%, , , , , %, , , , , , , , , , $
Solución:
a)
È1,0,0 1,1,0,1 K 1,0,0,0 h 0,1,0,0 0,0,1,0 0,0,0,1
È0,1,0 1,2,0,0 KM 1,0,0,0 hM 0,1,0,0 M 0,0,1,0 M 0,0,0,1
È0,0,1 0,3,0,1 Kl 1,0,0,0 hl 0,1,0,0 l 0,0,1,0 l 0,0,0,1
K 1; h 1; 0; 1
KM 1; hM 2; M 0; M 0
Kl 0; hl 3; l 0; l 1
23
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
Luego la matriz asociada a È respecto de la bases canónicas es:
1 1 0
1 2 3
Resp.: 0 0 0
1 0 1
b)
È1,2,1 1,8,0,2 K 2,1, ,0,1 h 0,2,0,0 0,0,1,0 0,0,0,3
È0,1,2 1,8,0,2 KM 2,1,0,1 hM 0,2,0,0 M 0,0,1,0 M 0,0,0,3
È0,0,1 0,3,0,1 Kl 2,1,0,1 hl 0,2,0,0 l 0,0,1,0 l 0,0,0,3
K 1/2; h 17/4; 0; 5/6
KM 1/2; hM 17/4; M 0; M 5/6
Kl 0; hl 3/2; l 0; l 1/3
Luego la matriz asociada a È respecto de la bases de apartado b) es:
1/2 1/2
0
17/4 17/4 3/2
Resp.: 0
0
0
5/6
5/6 1/3
5. Sea Å: a$ Æ a$ la aplicación lineal definida por:
% b
Åb, c, d # % ' ©cª
% d
y b, c, d ` a$ ⁄d b c. Hallar una base de los subespacios , Å y
Å.
Solución:
Como los vectores de son de la forma K, h, K h K1,0,1 h0,1, 1
entonces:
Resp.: Una base de : 1,0,1, 0,1, 1
Las imágenes por È de los vectores de las base de son:
2 1 1 1
3
2 1 1
0
0
#1 2 1' #0' #2' , #1 2 1' # 1 ' # 1 '
1 1 2 1
3
1 1 2 1
1
Resp.: Una base de È: 3,2,3, 0,1, 1
Como
dim È dim dim È dimÐÈ
y dim dim È 2, y, por ejemplo, los vectores 1,0,1, 0,1, 1, 3,2,3 son LI
pues su determinante es distinto de cero, al estar en al , entonces È al
Resp.: Cualquier base de al es base de È
6. Sea Å: a$ Æ a$ la aplicación lineal cuya matriz asociada respecto a la base canónica
es:
# '
a) Hallar la imagen del vector , $, .
b) Hallar la base, dimensión y ecuaciones implícitas del núcleo y la imagen.
c) Sea b, c, d ` a$ ⁄d . Probar que es un subespacio y hallar una base
del dicho subespacio.
d) Sea
%, , , , $, , , (, % una base. Hallar la matriz asociada a Å
respecto a dicha base.
Solución:
a)
24
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
b)
c)
d)
0
È1,3,0 #1
1
1 1 1
0 1' # 3 '
1 0
0
Resp.: È1,3,0 3, 1,2
0 1 1 f
0
L
Para calcular el núcleo ÀÈ: #1 0 1' © ª #0' como el determinante
1 1 0 g
0
de la matriz asociada a È es distinto de cero entonces:
Resp.: ÀÈ 0,0,0
Resp.: Ecuaciones cartesianas de ÀÈ: f L g 0
Como £¤È dim È, entonces:
Resp.: È al
Resp.: Ecuaciones de la imagen: f , fM , fl
En f, L, g ` al ⁄g 0 se ha de cumplir que: Of
, L
` ; OK, h `
; Kf
hL
` . En efecto: KA, C, 0 hAy , C y , 0 KA hAy , KC hC y , 0 `
.
Resp.: es subespacio
Resp.: Una base de : 1,0,0, 0,1,0
2 0
Empleando la expresión: , con # 0 3
1 0
2 0 1 0 1 1
2
# 0 3 4 ' #1 0 1 ' # 0
1 0 2
1 1 0 1
1
4' entonces:
2
0 1
3 4'
0 2
4
3
7
Resp: Q #7 12 49'
3
9
16
7. Sea Å: a$ Æ a( la aplicación lineal definida por Å, , , %, , ; Å, , $ , , , y Å, , , , , . Calcular:
a) La expresión matricial de la aplicación respecto a las bases canónicas.
b) Sea , , , , , $, , , una base de a$ . Hallar las coordenadas
$, &, % respecto a . Hallar una matriz tal que b
del vector b
Ã
, donde b
son las coordenadas del vector respecto la base y b
Ã
b
respecto a la base canónica.
Solución:
a)
Ò +
Ò siendo x¶ la base canónica de a¶ y xl la base canónica
Como Ñ
Ó
Ô
l
de a , entonces:
1
0
1
1
0
0
2
1
0
#1' ; #1' ; # 0 '
0
0
1
1
3
1
0
1
0
expresiones que se pueden sintetizar en la siguiente:
por lo tanto:
1
2
0
0
1
1
0
1
0
0
1
0
1 0 0
#1 1 0 '
1 3 1
25
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
1
2
0
0
1
1
0
1
1
0
1
0
1
#1
1
0 0 1 0'
3 1
2
1
Resp.: 2
1
4 1
1 0
3 1
1 0
3,5, 2 K1, 1, 1 h 0, 1, 3 0, 0, 1
α
3
1 0 0
# 5 ' #1 1 0 ' #β '
2
1 3 1 γ
Resp.: 3,2,5ÒÔ 3,2,11Ä
Como cualquier vector:
1 0 0
f
Ò
#1 1 0 ' f
Ä
1 3 1
entonces
1 0 0 f
Ä
#1 1 0 ' f
Ò
1 3 1
por tanto
1 0 0 #1 1 0 '
1 3 1
1 0 0
Resp.: #1 1 0 '
2 3 1
b)
26
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
CAPÍTULO 4
DIAGONALIZACIÓN DE MATRICES Y FORMAS CUADRÁTICAS
% b% , c% , d% calcular
·
b , c , d y
% si: a)
E.1. Dados dos vectores
Coinciden en dirección y sentido. b) Forman un ángulo de 60º. c) Son perpendiculares
entre sí. d) Forman un ángulo de 120º. e) Son de la misma dirección y sentido contrario.
Solución:
cos Ü
·
a)
Si Ü 0 entonces cos Ü 1:
M M
Resp.:
b)
Si Ü 60 entonces cos Ü 1/2:
M M
Resp.:
M
c)
Si Ü 90 entonces cos Ü 0:
M 0
Resp.:
d)
Si Ü 180 entonces cos Ü 1
M M
Resp.:
E.2. ¿Cuál es la proyección del vector , %, $ sobre el $, (, &.
Solución:
3,4,5
1,2,3;
1 3 2 4 3 5 26
cos Ü cos Ü £¥LÝÞßàáÒâ 26
·
£¥LÝÞßàáÒâ 26⁄ 26⁄3M 4M 5M
Resp.: 26⁄√50
%
H. Se define ² , % ³ % .
E.3. Sea a% , , a,u y la matriz F
% &
Demostrar que es un producto interior.
Solución:
En efecto:
a) ² , M ³ M M , pues M es un escalar.
M M M ²M , ³
b) ² M , l ³ M l l M l ² , l ³ ²M , l ³
c) ²K , M ³ K M K M K² , M ³
1 2 f
d) ², ³ f, L F
H FLH f M 4fL 4L M L M 2 5
f 2LM L M ã 0
e) ², ³ 0 ä f 2LM L M 0 å f 2L 0 A@x¡áç L 0 å f L0ä 0
$:, (, e è
:, :, sean ortogonales
E.4. Determinar : ` a para que !
con el producto interior usual.
Solución:
3A, 4,1 A, A, 1 3AM 4A 1 0, es decir:
27
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
Resp.: A 1, A 1/3
E.5. Comprobar que la base de a% formada por los vectores % √$, y % , √$ es
ortonormal con el producto interior usual.
Solución:
+ Ñ cos Ü f fM L LM , sea +
√3, 1; Ñ
1, √3; es
Con +
Ñ
M
M
Ñ
1 y +
Ñ
0
ortonormal pues +
+
Ñ
E.6. Demostrar que ², ³ é b b=b, donde y son polinomios en b, es un
producto interior. Sea la base , b, b% . Ortonormalizarla.
Solución:
a)
ff ff å ², ³ ², ³
b)
f f
êf fêf fêf å ² , ê³ ², ê³ ², ê³
c)
Kff Kff
å ²K, ³ K², ³
d)
ff f
M ã 0
e)
²f, f³ 0 ä éf
M @f 0 å f 0
Resp.: ², ³ é f f@f; y polinomios en f, es un producto interior
Para ortonormalizar:
1; M KM f; l Kl KlM M f M
²M , ³ 0
²M , ³ éKM f 1@f 2KM 0
Por tanto, M f
²l , ³ 0
M
²l , ³ éKl KlM M f M 1@f 2Kl 0 w Kl 1/3
l
²l , M ³ 0
²l , M ³ éKl KlM M f M f@f 2/3KlM 0 w KlM 0
Por tanto, l f M 1/3
Luego, la base 1; M f; l f M 1/3 está formada por vectores
ortogonales, para normalizarla dividimos por el módulo de cada uno de ellos:
| | ² , ³ ëì 1 1@f √2;
1
| | √2
|M | ²M , M ³ ëì f f@f 2/3;
M
3
ë f
|M |
2
|l | ²l , l ³ ëì f M 1/3 f M 1/3@f 8/45;
Resp.: Base ortonormalizada: í
28
l
45
ë f M 1/3
|l |
8
√M
, î f, î
l
M
¶Q
f M
ï
1/3ð
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
E.7. Demostrar: a) el producto de toda matriz por su traspuesta es una matriz simétrica.
b) la suma de toda matriz cuadrada y su traspuesta es una matriz simétrica.
Solución:
a)
Como , luego es simétrica por ser igual a su
transpuesta.
b)
Como , es decir es simétrica
E.8. Sea el operador Å: a% ñ a% : Åb, c b òóô õ c ô8ö õ, b ô8ö õ c òóô õ que
representa una rotación plana de ángulo õ y centro en el origen (0,0). Demostrar que es
ortogonal con el producto interior usual.
Solución:
³ ²È+
, ÈÑ
³
²+
, Ñ
³ A, C B, @ AB C@
²+
, Ñ
³
²È+
, ÈÑ
A cos ÷ C sen ÷, A sen ÷ C cos ÷
B cos ÷ @ sen ÷, B sen ÷ @ cos ÷ AB C@
%
E.9. Determinar una matriz ortogonal que diagonalice a
√%
Solución:
λ 2 √2
ù
ù 0; Ï 0 y λ 3 son los valores propios.
√2 λ 1
√%.
Vectores propios: Ï +
0
Para Ï 0:
f
0
2 √2 F yH F H
0
√2 1
√2f L 0
Como f M L M 1, entonces f ü
Para Ï 3:
√l
;L
l
ý
√þ
l
√2 Ff H F0H
1
y
0
√2
2
√þ
√l
Con el mismo procedimiento: f l ; L l
Resulta:
0 0
tal que F
H.
0 3
Resp.: l √3 √6
√6 √3
E.10. Efectuar una transformación de coordenadas que diagonalice la forma
cuadrática Åb b% $b% b b% $b%% .
Solución:
3 5
λ3
5
La matriz de la forma cuadrática es F
H. En I
I 0 se deduce
5 3
5
λ3
que Ï 8 y λ 2 son los valores propios. ResolviendoÏ +
0 y normalizando
los correspondientes vectores propios, se obtiene la matriz ortogonal:
29
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
√2 1 1
F
H
2 1 1
La transformación ortogonal de coordenadas está dada por:
+
+
O sea
f
√2 1 1 f
F
H
FLH L
2 1 1
de manera que È se convierte en:
Resp.: Èf y , L y 8fM 2LM
donde los coeficientes son los valores propios de la matriz
Ejercicios
1. Sea una matriz cuadrada de orden 3 que verifica:
⁄√$
⁄√$
%⁄√*
%⁄√*
⁄√% ⁄√% ; ⁄√$ % ⁄√$ ; ⁄√* ⁄√* ⁄√%
⁄√%
⁄√$
⁄√$
⁄√*
⁄√*
Hallar: a) La matriz . b) ¿Por qué es diagonalizable? Hallar la matriz diagonal
semejante a y la matriz de paso correspondiente. c) Consideremos la forma
cuadrática de a$ : Åb, c, d c% d% %bc %bd. Hallar la matriz asociada.
Solución:
a)
0
1⁄√3
0
2⁄√3 2⁄√6
2⁄√6
1⁄√2 1⁄√3 1⁄√6 1⁄√2 2⁄√3 1⁄√6
1⁄√2 1⁄√3 1⁄√6
1⁄√2 2⁄√3
1⁄√6
0
2⁄√3 2⁄√6
0
1⁄√3
2⁄√6
1⁄√2 2⁄√3 1⁄√6 1⁄√2 1⁄√3 1⁄√6 1⁄√2 2⁄√3
1⁄√2 1⁄√3 1⁄√6
1⁄√6
0 1 1
Resp.: #1 1 0'
1
0 1
Los valores propios de se calculan anulando el polinomio característico:
Ï
1
1
detÏ e 1 Ï 1
0 e0
1
0
Ï1
cuyas raíces son dichos valores propios: λ 1, λM 2, λl 1. Como son todos
distintos, entonces es diagonalizable.
:
A continuación se hallan los vectores propios con Ï +
0
b)
Para λ 1
1 1 1 f
0
f
# 1 0 0 ' # M ' #0'
fl
1 0 0
0
Se observa que la 3ª fila es CL y que la 1ª y la 2ª son LI. Por tanto, f fM fl 0 y
f 0 ; es decir fM fl . Un vector propio es 0,1,1.
Para λM 2:
30
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
0
2 1 1 f
# 1 1 0 ' #fM ' #0'
fl
1 0 1
0
Análogamente f fM fl y un vector propio es 1, 1,1
Para λl 1:
1 1 1 f
0
# 1 2 0 ' #fM ' #0'
1 0 2 fl
0
es decir, f 2fM 2fl y un vector propio es 2,1, 1. Por lo tanto, una matriz de
paso que diagonaliza es:
0 1
2
Resp.: #1 1 1 '
1 1 1
Comprobación:
0 1
2 0 1 1 0 1
2
1 0 0
#1 1 1 ' #1 1 0' #1 1 1 ' #0 2 0 '
1 1 1
1
0 1 1 1 1
0 0 1
matriz diagonal, con los valores propios en la diagonal principal.
c)
La matriz asociada a Èf, L, g L M g M 2fL 2fg es precisamente :
0 1 1
Resp.: #1 1 0'
1
0 1
2. Sea Å: a$ Æ a$ la aplicación lineal definida por:
Åb, c, d b %c $d, b c, b c %d
Hallar, si existe, una base en a$ respecto a la cual la matriz asociada a Å sea
diagonal.
Solución:
1 2 3 f
Como Èf, L, g f 2L 3g, f L, f L 2g #1 1 0' ©Lª,
1 1 2 g
1 2 3
entonces #1 1 0' es su matriz asociada.
1 1 2
Los valores propios de se calculan anulando el polinomio característico:
Ï 1 2
3
detÏ e 1
Ï1
0 e0
1
1 Ï 2
cuyas raíces son dichos valores propios: λ λM 2, λl 0. Hay dos valores propios
iguales λ λM 2.
:
A continuación se hallan los vectores propios con Ï +
0
Para λ λM 2
1 2 3 f
0
#1
1
0 ' © L ª #0 '
g
1 1 0
0
Se observa que la 3ª fila es igual a la 2ª cambiada de signo y que la 1ª y la 2ª son LI. Por
tanto, f 2L 3g 0 y f L 0. La solución a este sistema de ecuaciones es de la
forma A, A, A A1, 1,1. Como el orden de multiplicidad de λ λM es 2 y la
dimensión del subespacio solución es 1, entonces no es diagonalizable.
Resp.: No existe ninguna base
31
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
3. Sea Å: a$ Æ a$ la aplicación lineal definida por:
% b
Åb, c, d # % ' ©cª
% d
Hallar una base en a$ respecto a la cual la matriz asociada a Å sea diagonal.
Solución:
Los valores propios se calculan con
Ï 2 1
1
e 1 Ï 2 1 e 0
1
1 Ï 2
cuyas raíces son dichos autovalores: λ λM 1, λl 4. Hay dos valores propios
:
iguales λ λM 1. Calculemos los vectores propios con Ï +
0
Para λ λM 1:
1 1 1 f
0
#1 1 1' ©Lª #0'
1 1 1 g
0
Como las tres filas son iguales entonces f L g 0. Es decir, cualquier vector
asociado a λ λM 1 es de la forma A, C, A C A1,0, 1 C0,1, 1. Los
vectores 1,0, 1 y 0,1, 1 son LI y constituyen una base del subespacio solución
λ λM 1. Como la dimensión de esta base es 2 y coincide con el grado de
multiplicidad de λ λM 1, la matriz de È es diagonalizable. Los vectores
1,0, 1 y 0,1, 1 son autovectores asociados.
Para λl 4:
2 1 1 f
0
#1 2 1' ©Lª #0'
g
1 1 2
0
2 1 1
2 1
Como det #1 2 1' 0 y det F
H N 0 el rango es 2; es decir la tercera
1 2
1 1 2
ecuación es CL. Por tanto, 2f L g 0, f 2L g 0, o sea, el vector propio
asociado a λl 4 es de la forma A, A, A. Sea el vector 1,1,1.
Por lo tanto, una base que diagonaliza es:
Resp.: 1,0, 1, 0,1, 1, 1,1,1
Comprobación:
1
0 1 2 1 1
1
0 1
1 0 0
#0
1 1 ' #1 2 1 ' # 0
1 1' # 0 1 0'
1 1 1
1 1 2 1 1 1
0 0 4
4. Sea Å: a$ Æ a$ la aplicación lineal cuya matriz asociada respecto a la base canónica
es:
# '
Hallar una base ortonormal respecto a la cual la matriz asociada a Å sea diagonal.
Solución:
Los valores propios se calculan con
Ï 1 1
e1 Ï 1e 0
1 1 Ï
cuyas raíces son dichos autovalores: λ λM 1, λl 2. Hay dos iguales λ λM
:
1. Calculemos los vectores propios con Ï +
0
32
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
Para λ λM 1:
1 1 1 f
0
#1 1 1' ©Lª #0'
1 1 1 g
0
Como las tres filas son iguales, entonces f L g 0. Es decir, cualquier vector
asociado a λ λM 1 es de la forma A, C, A C A1,0, 1 C0,1, 1.
Los vectores 1,0, 1 y 0,1, 1 son LI y constituyen una base del subespacio
solución λ λM 1. Como la dimensión de esta base es 2 y coincide con el grado
de multiplicidad de λ λM 1, la matriz de È es diagonalizable. Los vectores
1,0, 1 y 0,1, 1 son autovectores asociados.
Para λl 2:
2 1 1 f
0
#1 2 1' ©Lª #0'
g
1 1 2
0
2 1 1
2 1
Como det #1 2 1' 0 y det F
H N 0 el rango es 2; es decir la tercera
1 2
1 1 2
ecuación es CL. Por tanto, 2f L g 0, f 2L g 0, o sea, el vector propio
asociado a λl 4 es de la forma A, A, A. Sea el vector 1,1,1.
La base 1,0, 1, 0,1, 1, 1,1,1 diagonaliza la matriz, pero no es
ortonormal. Para ello, como 1,0, 1 es perpendicular a 1,1,1, pero no lo es a
0,1, 1, elegimos otro vector f, L, g que sea normal a 1,0, 1 y a 1,1,1 y que
cumpla la condición f L g 0 impuesta por el autovalor λ λM 1. Es decir:
f, L, g 1,0, 1 f g 0 y f, L, g 1,1,1 f L g 0. Vemos que la
condición f L g 0 se reitera. De estas ecuaciones se deduce que un vector es,
por ejemplo, 1, 2,1. Una base ortogonal que diagonaliza la matriz es
1,0, 1, 1, 2,1, 1,1,1. Para normalizarla basta dividir por el módulo de cada
vector:
Resp.: 1,0, 1/√2, 1, 2,1/√6, 1,1,1/√3
Comprobación:
1/√2
1/√6 1/√3
0
2/√6 1/√3
1/√2 1/√6 1/√3
1 0 0
# 0 1 0'
0
0 2
0
#1
1
1/√2
1/√6 1/√3
1 1
0 1' 0
2/√6 1/√3
1 0
1/√2 1/√6 1/√3
5. Sea Åb, c, d c d, b d, b c, hallar una base ortonormal respecto a la cual
la matriz de la aplicación lineal admita una expresión diagonal.
Solución:
Como L g, f g, f L f0,1,1 L1,0,1 g1,1,0 entonces:
0 1 1 f
Èf, L, g #1 0 1' ©Lª
1 1 0 g
con
0 1 1
# 1 0 1'
1 1 0
Por tanto, la solución es la misma que la del ejercicio 4.
6. Sea Å: a$ Æ a$ la aplicación lineal cuya matriz asociada respecto a la base canónica
es:
33
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
% # % '
%
Hallar: a) los autovalores y autovectores. b) Una base de a$ respecto a la cual admite una expresión diagonal. c) La forma cuadrática que tiene a como matriz
asociada.
Solución:
a)
Los valores propios se calculan con
Ï 2 1
1
e 1 Ï 2 1 e 0
1
1 Ï 2
cuyas raíces son dichos autovalores: λ λM 3, λl 0.
Resp.: autovalores λ λM 3, λl 0
:
Hay dos iguales λ λM 3. Calculemos los vectores propios con Ï +
0
Para λ λM 3:
f
1 1 1
0
#1 1 1' ©Lª #0'
g
1 1 1
0
Como la 1ª y la 3ª filas son iguales y la 2ª es igual a la 1ª cambiada de signo, entonces
f L g 0. Es decir, cualquier vector asociado a λ λM 3 es de la forma
A, A C, C A1,1,0 C0,1,1. Los vectores 1,1,0 y 0,1,1 son LI y constituyen
una base del subespacio solución λ λM 3. Como la dimensión de esta base es 2 y
coincide con el grado de multiplicidad de λ λM 3, es diagonalizable. Los
vectores 1,1,0 y 0,1,1 son autovectores asociados.
Para λl 0:
f
2 1 1
0
#1 2 1' ©Lª #0'
1 1 2 g
0
2 1 1
2 1
Como det #1 2 1' 0 y det F
H N 0 el rango es 2; es decir la tercera
1 2
1 1 2
ecuación es CL. Por tanto, 2f L g 0, f 2L g 0, o sea, el vector propio
asociado a λl 0 es de la forma B, B, B. Sea el vector 1, 1,1.
Resp.: Vectores propios: A, A, 0, 0, C, C, B, B, B
b)
Una base respecto a la cual admite una expresión diagonal es:
Resp.: 1,1,0, 0,1,1, 1, 1,1
Comprobación:
3 0 0
1 0 1 2 1 1 1 0 1
#1 1 1' # 1 2 1 ' #1 1 1' #0 3 0'
0 1 1
1 1 2
0 1 1
0 0 0
c)
2 1 1 f
Èf, L, g f L g # 1 2 1 ' ©Lª
g
1 1 2
Resp.: Èf, L, g 2f M 2L M 2g M 2fL 2fg 2Lg
7. Consideremos la forma cuadrática de a$ Åb, c, d b% %c% d% bd. Hallar: a)
La matriz asociada respecto de la base canónica. b) Una base ortonormal de a$
respecto de la cual la matriz anterior adopta una forma diagonal.
Solución:
34
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
a)
1
0 1/2
2
0 '
Resp.: # 0
1/2 0
1
La matriz asociada es
1
0 1/2 f
f L g # 0
2
0 ' ©Lª f M 2L M g M fg
g
1/2 0
1
Comprobación:
b)
Los valores propios se calculan con
Ï1
0
1/2
Ï2
0 '0
det # 0
1/2
0
Ï1
cuyas raíces son dichos autovalores: λ 2, λM 1/2, λl 3/2. Calculemos los
:
vectores propios con Ï +
0
Para λ 2:
1
0 1/2 f
0
L
0
0
0
#
' © ª #0 '
g
1/2 0
1
0
Es decir, f M g 0 y M f g 0 con cualquier valor de L. Estas condiciones se
satisfacen con el vector 0, A, 0.
Para λM 1/2:
1/2
0
1/2
f
0
3/2
0 ' © L ª #0 '
# 0
1/2
0
1/2 g
0
O sea, f g 0, L 0, f g 0. Estas ecuaciones se satisfacen con el vector
C, 0, C.
Para λl 3/2:
1/2
0
1/2 f
0
1/2
0 ' ©Lª #0'
# 0
1/2
0
1/2 g
0
O sea, f g 0, L 0. Estas ecuaciones se satisfacen con el vector B, 0, B.
Por tanto, una base ortogonal es 0,1,0, 1,0,1, 1,0, 1. Para normalizarla,
dividimos por sus módulos:
Resp: 0,1,0, 1/√21,0,1, 1/√21,0, 1
Comprobación:
1
0 1/2 0 1/√2 1/√2
0 1/√2 1/√2
2
0 ' 1
1
0
0 # 0
0
0 1/2
0
1
0 1/√2 1/√2
0 1/√2 1/√2
2
0
0
0 '
#0 1/2
0
0
3/2
8. Sea #%' y sea Å: a$ Æ a$ la aplicación lineal cuya matriz asociada respecto a la
base canónica es . Hallar: a) Åb, c, d. b) Una base de a$ respecto de la cual la
matriz asociada a Å sea diagonal. c) La forma cuadrática asociada a la matriz de Å.
35
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
Solución:
a)
1
1
#2' 1 2 1 #2
1
1
2 1
4 2' , por tanto:
2 1
1 2
Resp.: Èf, L, g #2 4
1 2
1 f
2' © L ª
1 g
1 2 1
Sea #2 4 2' la matriz de la aplicación lineal È. Calculemos sus valores
1 2 1
propios mediante la expresión det Ï 0:
1Ï
2
1
e 2
4Ï
2 e0
1
2
1Ï
cuyas raíces son los valores propios: λ λM 0, λl 6. Hay dos valores propios
:
iguales λ λM 0. Calculemos los vectores propios con Ï+
0
b)
Para λ λM 0:
1 2 1 f
0
#2 4 2 ' © L ª # 0 '
1 2 1 g
0
Como la 2ª fila es el doble de la primera y la 3ª es igual a la primera, entonces el rango
es 1 y el sistema se reduce a la 1ª ecuación: f 2L g 0, o sea, cualquier vector
asociado a λ λM 0 es de la forma 2A C, A, C A2,1,0 C1,0,1. Los
vectores 2,1,0 y 1,0,1 son LI y constituyen una base del subespacio solución
λ λM 0. Como la dimensión de esta base es 2 y coincide con el grado de
multiplicidad de λ λM 0, es diagonalizable. Los vectores 2,1,0 y 1,0,1
son autovectores asociados.
Para λl 6:
f
0
5 2
1
# 2 2 2 ' ©Lª #0'
0
1
2 5 g
5 2
1
5 2
Como det # 2 2 2 ' 0 y det F
H N 0 el rango es 2; es decir la tercera
2 2
1
2 5
ecuación es CL. Por tanto, 5f 2L g 0, f L g 0, o sea, el vector propio
asociado a λl 6 es de la forma A, 2A, A. Sea el vector 1,2,1.
Resp.: 2,1,0, 1,0,2, 1,2,1
Por lo tanto, una base sería:
Comprobación:
2 1 1 1 2
#1
0 2 ' #2 4
0
1 1
1 2
c)
1 2 1 1
0
0 2' # 0
2' # 1
1
0
1 1
0
1 2
Èf, L, g f L g #2 4
1 2
1 f
2' © L ª
1 g
Resp.: Èf, L, g f 2L gM
9. Consideremos la aplicación lineal Å: a$ Æ a$ dada por:
36
0 0
0 0'
0 6
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
Å, , &, $, $; Å, , $, $, ; Å, , (, , $
Calcular: a) La matriz asociada respecto de la base canónica. b) Estudiar si es
diagonalizable y, en caso afirmativo, hallar una base respecto de la cual la matriz
asociada a Å en dicha base sea diagonal.
Solución:
a)
Ò
+
Ò
siendo x
la base canónica de al , entonces:
Como Ñ
1
3
1
4
1
5
#3' #1' ; # 3 ' #1' ; #1' #1'
1
1
1
3
0
3
expresiones que se pueden sintetizar en la siguiente:
1 1 1
5 3 4
#3 3 1' #1 1 1'
1 1 0
3 1 3
por lo tanto:
5 3 4 1 1 1 #3 3 1' #1 1 1'
3 1 3 1 1 0
es decir, la matriz de la aplicación lineal es:
3
Resp.: #1
1
1 1
0 2'
2 0
Calculamos detÏ 0:
Ï 3 1 1
e 1
Ï 2e 0
1 2 Ï
cuyas raíces son los valores propios: λ 1, λM 2, λl 4. Como son distintos:
Resp.: es diagonalizable
b)
:
Cálculo de los vectores propios Ï +
0
Para λ 1:
2 1 1 f
0
#1 1 2' ©Lª #0'
g
1 2 1
0
2 1 1
2 1
Como det #1 1 2' 0 y det F
H N 0 el rango es 2; es decir la tercera
1 1
1 2 1
ecuación es CL. Por tanto, 2f L g 0, f L 2g 0, o sea, el vector propio
asociado a λ 1 es de la forma A, A, A. Sea el vector 1,1,1.
Para λM 2:
0
5 1 1 f
#1 2 2' ©Lª #0'
0
1 2 2 g
5 1
Como la 2ª y 3ª filas son iguales y det F
H N 0 el rango es 2. Por tanto,
1 2
5f L g 0, f 2L 2g 0, o sea, el vector propio asociado a λM 2 es
de la forma 0, A, A. Sea el vector 0,1, 1.
Para λl 4:
37
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
1 1 1 f
0
#1 4 2' ©Lª #0'
g
1 2 4
0
Análogamente, llegamos a la conclusión de que el vector propio asociado a λl 4 es
de la forma 2A, A, A. Sea el vector 2,1,1. Por lo tanto, una base sería:
Resp.: 1,1,1, 0,1, 1, 2,1,1
Comprobación:
1 0 2 3 1 1 1 0 2
1 0 0
#1
1 1 ' #1 0 2 ' # 1
1 1' #0 2 0'
1 1 1
1 2 0
1 1 1
0 0 4
10. Obtener una transformación ortonormal que diagonalice la forma cuadrática
Åb, c b% %√* bc %c% .
Solución:
La matriz asociada a esta forma cuadrática es:
1 √6
√6 2
Entonces
λ 1 √6 0
ù
ù
√6 λ 2
cuyas raíces son los valores propios: λ 1, λM 4. Como son distintos, es
diagonalizable.
:
Cálculo de los vectores propios Ï +
0
Para λ 1:
Como det
f
0
2 √6 FLH F H
0
√6 3
2 √6
0 el rango es 1. Por tanto 2f √6L. Un vector propio sería
√6 3
√6, 2 cuyo módulo es î√6M 2M √10. Por tanto, un vector propio
normalizado es F
Para λM 4:
Como det
√þ M
, H.
√ √
√6 Ff H F0H
3
L
0
√6
2
3
√6
0 el rango es 1. Por tanto 3f √6L. Un vector propio
√6
2
M
sería √6, 3 cuyo módulo es î√6 3M √15. Un vector propio normalizado es
F
l
√þ
, H.
√Q √Q
Por lo tanto, la matriz pedida es:
Resp.:
Comprobación:
38
√þ
√M
√
√þ
√Q
l
√Q
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
√6 √6
[ √10 √15^
Z 2
3 ]
Y √10
√15\
√6 √6
[
^
1 0
1 √6
Z √10 √15] F
H
0 4
2
3
√6 2
Y √10 √15\
11. Hallar una transformación ortogonal para reducir la forma cuadrática Åb, c, d (b% (c% &d% (bd )cd a una suma de cuadrados.
Solución:
La matriz asociada a la forma cuadrática es:
4
0 2
# 0
4 4'
2 4 5
Entonces
4λ
0
2
e 0
4 λ 4 e 0
2
4 5 λ
cuyas raíces son los valores propios: λ 0, λM 9, λl 4. Como son distintos, es
diagonalizable.
:
Cálculo de los vectores propios Ï +
0
Para λ 0:
4
0 2 f
0
#0
4 4' ©Lª #0'
g
2 4 5
0
4
0 2
4 0
Como det # 0
H N 0 el rango es 2; es decir la tercera
4 4' 0 y det F
0 4
2 4 5
ecuación es CL. Por tanto, 4f 2g 0, 4L 4g 0, o sea, el vector propio asociado
a λ 0 es de la forma A, 2A, 2A. Sea el vector 1,2,2.
Para λM 9:
0
5 0 2 f
# 0 5 4' ©Lª #0'
0
2 4 4 g
5 0 2
5 0
Como det # 0 5 4' 0 y det F
H N 0 el rango es 2; es decir la tercera
0 5
2 4 4
ecuación es CL. Por tanto, 5f 2g 0, 5L 4g 0, o sea, el vector propio
asociado a λM 9 es de la forma 2A, 4A, 5A. Sea el vector 2, 4,5.
Para λl 4:
0
0 2 f
0
#0
4 4' ©Lª #0'
g
2 4 1
0
Análogamente, llegamos a la conclusión de que el vector propio asociado a λl 4 es
de la forma 2A, A, 0. Sea el vector 2,1,0.
Los tres vectores calculados son ortogonales porque se corresponden con
valores propios distintos. Por lo tanto, la matriz pedida es:
1 2 2
Resp.: #2 4 1 '
2 5
0
Comprobación:
39
ÁLGEBRA PARA INGENIEROS. Agustín E. González Morales
0 2 1
1 2 2 4
#2 4 1 ' # 0
4 4' #2
2 5
0
2 4 5
2
40
2 2
0 0
4 1 ' #0 9
5
0
0 0
0
0'
4
