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ÁLGEBRA II
FACULTAD DE INGENIERÍA - UBA
Primer cuatrimestre 2009
PRIMER EXAMEN PARCIAL
9 de mayo de 2009 (Primera oportunidad)
TEMA 1
RESOLUCIÓN
Aclaración: El alumno debe tener presente que siempre hay más de una forma correcta
de resolver un ejercicio. La resolución aquí presentada es una de las tantas posibles.
 1
EJERCICIO 1: Sea T : P2   una transformación lineal tal que T B Bˆ   a 2

  1
t
t
para algún a   , donde B  1  t  t 2 , 1  t , 1  y Bˆ  1 1 1 , 0 1 1 , 0
Determinar todos los a   para los cuales T no es sobreyectiva. ¿Para cuáles
valores encontrados existe p  P2 tal que T ( p)  1 1 0 t ?
3

1 2
a 0 ,
2 1
t
0 1 .
de estos

RESOLUCIÓN: Puesto que Dim ( P2 )  Dim ( 2 )  3 , del teorema de la dimensión resulta
que Dim ( IM (T ))  3  Dim ( Nu(T ))  3  Dim ( Nu(T ))  1 . Para que el núcleo de T sea no
trivial, el determinante de T B Bˆ debe ser nulo, es decir: a  4a 2  2a  a 2  0 , o bien:
0  3a  3a 2  3a(a  1) . Por lo tanto, para que T no sea sobreyectiva, debe ser a = 0 o
bien a = -1. Ahora, indicando B   p , p , p  y Bˆ   v , v , v  se tiene que
1
2
3
1
2
3
T ( p1 )  v1  a 2 v 2  v3 , T ( p2 )  v1  av2  2v3 y T ( p3 )  2v1  v3
y además:
1
1 0 t  1 1 1 t  0 0 1 t  v1  v3
Por lo tanto, para a = 0 es T ( p1 )  v1  v3  1 1 0 t . Ahora, para a = -1, los vectores
T ( p1 )  v1  v2  v3 , T ( p2 )  v1  v2  2v3 , T ( p3 )  2v1  v3
verifican T ( p3 )  T ( p1 )  T ( p2 ) y
entonces la imagen de T está generada por
T ( p1 )  v1  v2  v3 y T ( p2 )  v1  v2  2v3 . Puesto que los vectores v1  v2  v3 ,
v1  v2  2v3 y v1  v3 son linealmente independientes (*), v1  v3 no pertenece a la imagen
de T. Es decir: si a = 0, 1 1 0 t IM (T )) y si a = -1, 1 1 0 t IM (T )) .
(*)
1 1  1
Det 1  1 2  1  0  2  1  0  1  0
1 0  1
2
EJERCICIO 2: Dadas las bases B , B̂ y la transformación lineal del ejercicio precedente,
con a = -1, encontrar todos los p  P2 para los cuales la distancia entre T(p) y 1 1 0 t es
mínima. (Considerar el producto interno canónico en  3 ).
RESOLUCIÓN : Para a  1 hemos visto que la imagen de T está generada por
T ( p1 )  v1  v 2  v3  1 2 1 t y T ( p 2 )  v1  v 2  2v3  1 0 2 t .
Por otra parte, de T ( p3 )  T ( p1 )  T ( p2 ) (y del hecho de que el núcleo de T tiene
dimensión 1) se deduce que una base del núcleo es p3  p1  p 2 Una base ortogonal de
IM(T) está dada, por ejemplo, por
1 
1
1  12 
 1
1
1
w1  2 y w2  0  2    1   2
  2    2 
1 
2
1  32 
 3 
Por lo tanto, la proyección de v  1 1 0 t sobre IM(T) es
1
( w1 , v)
( w2 , v)
3    12
P (v ) 
w1 
w2  2  7
2
2
6
w1
w2
2
1
 12   12   141   147   141   146   73 
  1  1   1    14    2    16    8 
     7   14   14   14   7 
 32   12   143   147   143   144   72 
y entonces:
1 
1 
0




1  
4
1
4
1
P (v)  2  7 0  7 T ( p1 )  7 T ( p 2 )  T ( 7 p1  7 p 2 )   T ( p3  p 2  p1 ) 
1 
2
 T ( 74 p1  17 p 2   ( p3  p1  p 2 ))
4
7
Por lo tanto, la respuesta es 74 p1  17 p2   ( p3  p1  p2 ) ,   
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------
1 0
 1
EJERCICIO 3: Sea A   a 2
a 0 , a   . Determinar todos los valores de a  

  1  1 1
para los cuales ( x, y)  x t At Ay es un producto interno en  3 .
3
RESOLUCIÓN: La matriz G  A t A   3 es obviamente simétrica; para que sea definida
positiva, es necesario y suficiente que sus menores principales sean positivos. Otro criterio,
en este caso, es el siguiente: At A es definida positiva sii rango(A) = 3. Por tratarse de una
matriz cuadrada, esto último equivale a que Det ( A)  0 . Veamos:
 1
Det  a 2
  1
1 0
a 0  a  a 2  a(a  1)
 1 1
Por lo tanto, ( x, y)  x t At Ax es un producto interno en  3 sii a  0, 1 .
Observación: Una tercera forma de verlo: ( x, y)  x t At Ay  ( Ax) t ( Ay) . Es decir: si
indicamos con < . , . > el producto interno canónico en  3 , se tiene ( x, y )  Ax, Ay  . Por
lo tanto, se trata efectivamente de una forma bilineal simétrica, y además ( x, x)  Ax, Ax 
nunca es negativo y vale 0 solamente si Ax = 0. Ahora, para que Ax = 0 se verifique
solamente si x = 0, debe ser Nul ( A)  0 3 .
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------EJERCICIO 4: Sean S y Ŝ los dos siguientes subespacios de  3 : S  gen 1 2 1 t ,
Sˆ  gen 1 1 1 t  . Determinar un subespacio W de  3 tal que Dim (W )  2 y P (s)  Sˆ


W
para todo s  S . (Considere el producto interno canónico en  ). ¿Es W único?
3
RESOLUCIÓN: La proyección PW :  3   3 debe ser de rango 2, pues su imagen es el
subespacio bidimensional W. Su núcleo es W  , de dimensión 1, y no puede coincidir con S,
pues S y Ŝ no son ortogonales y Sˆ  W (por la condición PW (s)  Sˆ para todo s  S ). Es
decir: W debe contener al subespacio Sˆ  gen1 1 1 t . Por ser W de dimensión 2, es de
la forma W  gen w1 , w2 , donde w1  1 1 1 t y w2 (a determinar) constituyen una
base ortogonal de W. Entonces, la proyección PW :  3   3 es de la forma
PW ( x) 
(w1 , x)
w1

2
w1 
(w2 , x)
w2
2
w2 , para cada x   3 . De la condición PW (s)  Sˆ para todo

s  S  gen 1 2 1 t , resulta, en particular, para s 0  1 2 1 t , que el vector
(w , s )
(w , s )
PW ( s0 )  1 20 w1  2 20 w2 debe ser un elemento de Sˆ  genw1 , lo que implica que
w1
w2
( w2 , s0 )  0 . En definitiva, el vector w2 debe ser ortogonal a w1  1 1 1 t y a
s 0  1 2 1 t . Por ejemplo, w2  1 0  1 t . (Obsérvese que toda otra elección posible
para w2 es de la forma  1 0  1 t , con   0 ). Por lo tanto, la respuesta es
W  gen 1 1 1 t , 1 0  1 t . Comprobación: que la dimensión de W es 2 es evidente.
Por otra parte, la proyección de s 0  1 2 1 t sobre W resulta


4
1
 1
1
2  0  2  ˆ
PW ( s0 ) 
w1 
w2  1   0  1  S
2
2
3
2
3
w1
w2
1
  1
1
y para todo s   s0  S es PW (s)  PW (s0 )  Sˆ .
( w1 , s0 )
( w2 , s0 )
Unicidad de W: El subespacio W no es único. Puede tomarse, por ejemplo, W  S  , con lo
cual PW (s)  0  Sˆ para todo s  S . La solución dada anteriormente es la que verifica que
PW (s) : s  S   0.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------1
0 
T  
32
EJERCICIO 5: Sea A  
una matriz de rango 2 tal que A 0    . Sabiendo que
0
1  
xb  1 1 t es solución por cuadrados mínimos de Ax  b , donde b  1 2 1 t , calcular
Axb .
RESOLUCIÓN: Si x b es solución de Ax = b por cuadrados mínimos, entonces
Axb  Pcol ( A) (b) . Por hipótesis la dimensión del espacio columna de A es 2, por lo tanto
dim Nul ( AT )  dim( col ( A))   1 . Puesto que el vector v  1 0 1 t Nul ( AT ) , se tiene
que col ( A))   genv. Entonces,
Pcol ( A) (b)  b  P( col ( A))   b 
(v, b)
v
2
1
1 0
2   


v  2  0  2
2
1
1 0
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------