Álgebra lineal Abril 25, 2015 Soluciones parcial 3[B] 1. (i) Los

´
Algebra
lineal
1.
Abril 25, 2015
Soluciones parcial 3[B]
(i) Los vectores son ortogonales ya que (u1 ) · (u2 ) = 1 ∗ 0 + 0 ∗ (−1) + 0 ∗ 1 + (−1) ∗ 0 = 0.
Dado que u1 y u2 ya son ortogonales podemos definir v1 := u1 y v2 := u2 como los dos primeros
vectores de una base ortogonal de W y para encontrar un tercero ortogonal, v3 , aplicamos el metodo
de Gram-Schmidt i.e.,
 
 
 
 
−1
1
0
−1
 1  1  0  1 −1 1  1 
(v2 ) · (u3 )
(v1 ) · (u3 )

 
 
 
v1 −
v2 = 
v3 := u3 −Proyv1 (u3 )−Proyv2 (u3 ) = u3 −
 0 + 2  0 + 2  1  = 2  1  .
||v12 ||
||v22 ||
0
−1
0
−1
     
−1 
0
1


     

−1
0
 ,   ,  1  forman una base ortogonal de W .
Por lo tanto los vectores 






0
1 
1





−1
0
−1


 ⊥
 
1
1






1
1
4
 

(ii) Por definici´
on de W tenemos que W = v ∈ R : v · 
1 = 0 es decir W = 1 . Como para





1
 1
1 



 
1
cualquier subespacio V se tiene que ((V )⊥ )⊥ = V concluimos que W ⊥ = span 


1 





1
(iii) En el inciso (i) se encontr´
o una base ortogonal de W que contiene a los vectores u1 y u2 , por tanto s´
olo
tenemos que completar ´esta base a una base de R4 de tal forma que los vectores extra sean ortogonales
⊥
a los que ya se tienen. Lo anterior se lograadicionando
, que se hallo en el inciso (ii),
W
 de
 base
   una
1 
−1
0


 1

 0  −1  1  1
4
, , , 
por tanto tal base para R est´
a dada por 
   1   1  1


 0


1
−1
0
−1
 
 
1 
1



 


1
 es una base para W ⊥ , si se define la matriz AW ⊥ = 1, tenemos que la matriz
(iv) Dado que 
1
1





1
1
de proyecci´
on sobre W ⊥ est´
a dada por
 


1
1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1



PW ⊥ = AW ⊥ (AtW ⊥ AW ⊥ )−1 AtW ⊥ = 
1 4 1 1 1 1 = 4 1 1 1 1 .
1
1 1 1 1
(v) El vector xW ⊥ es por definici´
on
Proy(x)W ⊥
 
 
1
1
1 3 1
6
=  
= Proy(x)1 = 
4 1 2 1
 
1
1
1
 
 
1
 
1
(tambi´en se puede calcular, utilizando
  la matriz
  del inciso
 anterior, como xW ⊥ = PW ⊥ · x .) Restando
2
1
1
1 3 1 1 −1

 
 
obtenemos que xW = x − xW ⊥ = 
0 − 2 1 = 2 −3
3
1
3
2.
x + 2
−5
0 x+2
0 =
(i) El polinomio caracter´ıstico p(x) de A es por definici´on p(x) = − −5
0
0
x − 1
x + 2
5 = −(x−1)((x+2)2 −25) = −(x−1)(x+2+5)(x+2−5) = (x−1)(x+7)(x−3).
= −(x−1) 5
x + 2
Concluimos que los valores propios de A son λ1 = 1, λ2 = −7 y λ3 = 3. Los
 espaciospropios
 
−3 5 0
1 0 0
 0 
Eλ1 , Eλ2 y Eλ3 est´
an dados por Eλ1 = Null  5 −3 0 = Null 0 1 0 = span 0 ,


0 0 
0
0 0 0
1




5 5 0
1 1 0
−5 5
0
 −1 
Eλ2 = Null 5 5 0 = Null 0 0 1 = span  1  y por Eλ3 = Null  5 −5 0  =


0 0 8
0
0
0 −2
 0 0 0

1 −1 0
 1 
Null 0 0 1 = span 1 .


0 0 0
0
(ii) Dado que A es sim´etrica s´ı es diagonalizable. La matriz C es la matriz cuyas columnas forman una base
para R3 formada por autovalores de A, y la matriz D es una matriz diagonal con diagonales los autovalores de A ordenados
 de tal forma
 que correspondan

a los autovectores puestos en C. Expl´ıcitamente
0 −1 1
1 0 0
podemos tomar C = 0 1 1 , D = 0 −7 0.
1 0 0
0 0 3
3.
(i) Verdadero. Utilizando las propiedades de determinantes vemos que det(BC −1 (3A)T ) =
1
det(B) det(C −1 ) det((3A)T ) = det(B) det(C)−1 det(3A) = 27 det(B) det(C)−1 det(A) = 27·−2· ·1 = −18.
3
(ii) Falso. | − 1| =
6 2. El volumen es
1 0 1 1
0 1 1 = 0
1 1 1 0
igual al valor absoluto del determinante
1 0
0 1 1 0 1 1 0 0
1 1 = 0 0 1 = 0 0 1 = − 0 1
0 0
1 0 0 1 0 0 1 0
0
0 = −1.
1
Las operaciones elementales realizadas en cada igualdad son: (R3 : R3 − R1), (R2 : R2 − R3), (R1 :
R1 − R3), (R3 R2)
√
(iii) Falso. La primera columna de la matriz tiene norma 2/2 6= 1 por lo tanto las columnas no forman
una base ortonormal.

Download Report