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ÁLGEBRA II
FACULTAD DE INGENIERÍA - UBA
Primer cuatrimestre 2009
PRIMER EXAMEN PARCIAL
9 de mayo de 2009 (Primera oportunidad)
TEMA 2
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.
EJERCICIO 1: Sea T : P2   una transformación lineal tal que T B Bˆ
3

4
  a 2
 1

1 2
a 0 ,
2 1
y
para
algún
donde
B  1 t  t 2, 1 t , 1
a ,
t
t
t
Bˆ  1  1 0 , 1 0  1 ,  1 2 1 . Determinar todos los a   para los cuales T no
es sobreyectiva. ¿Para cuáles de estos valores encontrados existe p  P2 tal que


T ( p)   1 3 2 t ?
RESOLUCIÓN (a): 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:  4a  4a 2  2a  a 2  0 , o bien:
0  6a  3a 2  3a(a  2) . Por lo tanto, para que T no sea sobreyectiva, debe ser a = 0 o
bien a = 2. Ahora, indicando B   p1 , p 2 , p3  y Bˆ   v1 , v2 , v3  se tiene que
T ( p1 )  4v1  a 2 v 2  v3 , T ( p2 )  v1  av2  2v3 y T ( p3 )  2v1  v3
y además:
 1
3 2 t  1  1 0 t   2 4 2 t  v1  2v3
Por lo tanto, para a = 0 es T ( p 2 )  v1  2v3   1 3 2 t . Ahora, para a = 2, los vectores
T ( p1 )  4v1  4v 2  v3   1 6  3 t ,
T ( p 2 )  v1  2v 2  2v3  1 3 0 t ,
T ( p3 )  2v1  v3  1 0 1 t
verifican T ( p1 )  2T ( p2 )  3T ( p3 ) y
entonces la imagen de T está generada por
T ( p2 )  1 3 0 y T ( p3 )  1 0 1 . Puesto que los vectores,  1 3 2 t , 1 3 0 t , y
t
t
0 1 t son linealmente independientes (*),  1 3 2 t no pertenece a la imagen de T. Es
decir: si a = 0, 1 1 3 t IM (T )) y si a = 2, 1 1 3 t IM (T )) .
1
2
  1 1 1
(*)
Det  3 3 0  12  0
 2 0 1
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------EJERCICIO 2: Dadas las bases B , B̂ y la transformación lineal del ejercicio precedente, con a
= 2, encontrar todos los p  P2 para los cuales la distancia entre T(p) y  1 3 2 t es mínima.
(Considerar el producto interno canónico en  3 ).
RESOLUCIÓN: Para a  2 hemos visto que la imagen de T está generada por
T ( p2 )  1 3 0 t y T ( p2 )  1 0 1 t .
Por otra parte, de T ( p1 )  2T ( p2 )  3T ( p3 )  0 (y del hecho de que el núcleo de T tiene
dimensión 1) se deduce que una base del núcleo es p1  2 p2  3 p3 . Una base ortogonal de
IM(T) está dada, por ejemplo, por
1 
1
1  12 
1
w1  0 y w2  3  0   3  
  2   
1 
0
1  12 
 1

1 
2  6
  1
Por lo tanto, la proyección de v   1 3 2 t sobre IM(T) es
1
( w1 , v)
( w2 , v)
1 
P (v ) 
w1 
w2  0 
2
2
2
w1
w2
1
15
2
19
2
 19
 15
 34
 17
 12   12   15
38 
38 
38 
38 
19 
 3   0   45    0    45    45    45 
     19     19   19   19 
  19
  15
  384   192 
 12   12   15
38 
38 
38 
y entonces:
P (v ) 
15
19
1
1 
0




3  2 0  15 T ( p )  2 T ( p )  T ( 15 p  2 p )   T ( p  2 p  3 p ) 
2
3
2
1
2
3
19
19
19 3
  19   19
0
1
15
 T ( 19
p 2  192 p3   ( p1  2 p 2  3 p3 ))
15
p2  192 p2   ( p1  2 p2  3 p3 ) ,   
Por lo tanto, la respuesta es 19
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
3
1
 2 0
EJERCICIO 2: Sea A   a 2 0
a  , a   . Determinar todos los valores de a   para

  4 1  4
los cuales ( x, y)  x t At Ay es un producto interno en  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:
 2
Det  a 2
  4
1
0
a   a 2  2a  a(a  2)
1  1
0
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 3: Sean S y Ŝ los dos siguientes subespacios de  3 : S  gen 1 0 1 t ,
Sˆ  gen 1 2 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 2 1 t . Por ser W de dimensión 2, es de la forma
W  gen w1 , w2 , donde w1  1 2 1 t y w2 (a determinar) constituyen una base ortogonal
( w , x)
( w , x)
de W. Entonces, la proyección PW :  3   3 es de la forma PW ( x)  1 2 w1  2 2 w2 ,
w1
w2
3
t
para cada x   . De la condición P (s)  Sˆ para todo s  S  gen1 0 1 , resulta, en
W
particular, para s 0  1 0 1 t , que el vector PW ( s0 ) 
( w1 , s0 )
w1
2
w1 
( w2 , s0 )
w2
2
w2 debe ser un
elemento de Sˆ  genw1 , lo que implica que ( w2 , s0 )  0 . En definitiva, el vector w2 debe ser
ortogonal a w1  1 2 1 t y a s 0  1 0 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,
4


la respuesta es W  gen 1 2 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
1
 1
1
2  0  1  ˆ
PW ( s0 ) 
w1 
w2  2   0  2  S
2
2
6
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 
32
T  
EJERCICIO 4: Sea A  
una matriz de rango 2 tal que A 1    . Sabiendo que

0
1  
xb  1 1 t es solución por cuadrados mínimos de Ax  b , donde b  1 0 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 1 1 t Nul ( AT ) , se tiene que
col ( A))   genv. Entonces,
Pcol ( A) (b)  b  P( col ( A)) 
1
1  13 
(v, b)
2
 
b
v  0  1   23 
2
3
v
1
1  13 
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------