Primer Examen Parcial. 21-01-2008. - Tu blog de apuntes de ... · R-280 Primer Parcial. 2007-08. (c) La f´ormula dada en (a) es v´alida para dos matrices cuadradas Ae Bdel mismo

Primer Parcial. 2007-08. R-279

Algebra. 2007-2008. Ingenierıa Aeronautica.

Departamento de Matematica Aplicada II.

Escuela Superior de Ingenieros. Universidad de Sevilla.

Primer Examen Parcial. 21-01-2008.

(y Primera Parte de la Tercera Convocatoria)

Ejercicio 1.

(1.1) [1 punto] Describe la formula del binomio de Newton (escribe dicha formula y describelos elementos que intervienen) y bajo que condiciones es valida para la potencia de unasuma de matrices (cuadradas del mismo orden).

(1.2) [3 puntos] Resuelve (determina todas las soluciones complejas de) las ecuaciones com-plejas:

(a) z2 = z 2, (b) z4 − 2iz2 + 3 = 0.

(1.3) [3 puntos] Determina α ∈ R sabiendo que la cuadrica de ecuacion

x2 − 2x+ 2y2 + 4α2y + 4αz2 + 2α4 = 0

no es un elipsoide y que el centro de dicha cuadrica esta en el plano de ecuacionx + y + z = 0. Determina los elementos caracterısticos de la cuadrica considerada yesboza su grafica.

(1.4) [3 puntos] Dado un numero complejo generico z ∈ C, sea t ∈ C su simetrico respectoal eje horizontal y sea w ∈ C el numero complejo que se obtiene cuando sobre t seefectua el giro de centro el origen de coordenadas y angulo θ = π

6. Expresa w en funcion

de z mediante operaciones complejas y aplica dicha transformacion z −→ w a z0 = 1+ i.

(1.1) (a) Formula del Binomio de Newton. Siendo n = 1, 2, . . . un numero natural y a y bdos numeros (reales o complejos) se verifica la siguiente igualdad,

(a + b)n =

(

n0

)

anb0 +

(

n1

)

an−1b1 + · · ·(

nm

)

an−mbm + · · ·+(

nn

)

an−nbn

= an +

(

n1

)

an−1b1 + · · ·(

nm

)

an−mbm + · · ·+ bn.

(b) Los coeficientes del desarrollo anterior son los numeros combinatorios

(

nm

)

para

m = 0, 1, . . . , n dados por

(

nm

)

=n(n− 1) · · · (n−m+ 1)

m!=

n!

m!(n−m)!.

Algebra. F. Mayoral Ingenierıa Aeronautica.

R-280 Primer Parcial. 2007-08.

(c) La formula dada en (a) es valida para dos matrices cuadradas A e B del mismoorden que conmuten, es decir si AB = BA se verifica la igualdad

(A+B)n =

(

n0

)

AnB0+

(

n1

)

An−1B1+ · · ·(

nm

)

An−mBm+ · · ·+(

nn

)

An−nBn.

(1.2) (a) Sin mas que aplicar las propiedades elementales de las operaciones con numeroscomplejos tenemos

z2 = z 2 ⇐⇒ z2 = z2 ⇐⇒ z2 es real.

Siendo z = x+ iy (x, y ∈ R) tenemos

z2 = x2 − y2 + i 2xy ∈ R⇐⇒ xy = 0⇐⇒ x = 0 o y = 0.

Es decir, las soluciones de la ecuacion dada son todos los numeros reales y todoslos numeros complejos imaginarios puros.

(b) Puesto que se trata de una ecuacion bicuadrada reducimos su resolucion a la deuna ecuacion de segundo grado expresando la ecuacion en w = z2,

z4 − 2iz2 + 3 = 0 ⇐⇒ w2 − 2iw + 3 = 0 =⇒

w =2i±

√−4− 12

2=

2i± 4i

2=⇒

w1 = 3iw2 = −i.

Y ahora basta con resolver la ecuacion z2 = w para cada uno de los valores wobtenidos. En cualesquiera de los casos se trata de calcular las dos raıces cuadradasde un numero complejo imaginario puro.

z2 = 3i = 3ei π

2 ⇐⇒

z11 =√

3ei π

4 =√

3(√

22

+ i√

22

)

=√

62

(1 + i) ,

z12 = −z11 = −√

62

(1 + i) .

z2 = −i = e−i π

2 ⇐⇒

z21 = e−i π

4 =(√

22− i

√2

2

)

=√

22

(1− i) ,z22 = −z21 = −

√2

2(1− i) .

(1.3) Completando cuadrados en x y en y tenemos

x2 − 2x = (x− 1)2 − 1,

2y2 + 4α2y = 2 [y2 + 2α2y] = 2 [(y + α2)2 − α4] = 2(y + α2)2 − 2α4,

y por tanto la ecuacion puede expresarse mediante

(x− 1)2 − 1 + 2(y + α2)2 − 2α4 + 4αz2 + 2α4 = 0

o, lo que es equivalente

(x− 1)2 + 2(y + α2)2 + 4αz2 = 1.

Para α = 0 se trata de un cilindro elıptico, (x − 1)2 + y2

1/2= 1. Para α > 0 se trata de

un elipsoide (x− 1)2 + (y+α2)2

1/2+ z2

(

1

2√

α

)

2 = 1.


Ejercicio 1. R-281

Para α < 0 se trata de un hiperboloide de una hoja con centro (1,−α2, 0). Para quedicho centro este en el plano x+ y + z = 0 tiene que verficarse

1− α2 + 0 = 0⇐⇒ α = ±1.

Por tanto, para que se cumplan las condiciones dadas, α = −1, en cuyo caso la ecuacionqueda

(x− 1)2 +(y + 1)2

1/2− z2

14

= 1.

Se trata del hiperboloide de una hoja con centro (1,−1, 0) y eje (paralelo al eje OZ)

x− 1 = 0,y + 1 = 0.

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

5

−3−2

−10

1

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

X

Y

ZEje

C = (1,−1, 0)

(1.4) Puesto que en terminos de operaciones complejas

el simetrico respecto del eje de abscisas es su conjugado y

el numero complejo que se obtiene al girar t ∈ C con centro el origen y anguloθ = π

6es eiθt = ei π

6 t,

aplicando una transformacion a continuacion de la otra (en el orden dado) tenemos

z ∈ C −→ t = z ∈ C −→ w = ei π

6 t⇒ w = ei π

6 z.

Aplicando esta transformacion a z0 = 1 + i obtenemos

w0 = ei π

6 (1− i) =(

cos π6

+ i sen π6

)

(1− i) =(√

32

+ i12

)

(1− i)

= 12

(√3− i

√3 + i+ 1

)

= 12

([

1 +√

3]

+ i[

1−√

3])

.



Ejercicio 2.

(2.1) [4 puntos] Determina la ecuacion, los elementos caracterısticos y la grafica de cadauna de las dos parabolas que tienen como vertice el punto V = (−3, 1) y pasan por elpunto P = (0, 7). ¿Se puede obtener una de la otra mediante un giro? ¿Por que?

(2.2) [3 puntos] Determina la matriz E, cuadrada de orden n, que verifica que

v1 v2 · · · vn

E =

vn v1 · · · vn−1

para cualquier conjunto v1, v2, . . . , vn de n vectores-columna. Siendo n = 4, calculala inversa de la matriz B = AE sabiendo que la matriz cuadrada A tiene inversa y quedicha inversa es

A−1 =

1 2 3 45 6 7 81 0 1 00 1 0 −1

.

(2.3) [1 punto] Enuncia condiciones equivalentes a que un conjunto u1, . . . , un de n vec-tores de Rm sea Linealmente Independiente.

(2.4) [2 puntos] Sean u1, . . . , un vectores de Rm, m ≥ n. Demuestra que si P es una matriz

cuadrada de orden m que tiene inversa y los vectores Pu1, . . . , Pun son linealmenteindependientes, entonces los vectores u1, . . . , un tambien son linealmente indepen-dientes. ¿Se puede obtener el mismo resultado sin exigir que la matriz P tenga inversa?¿Y sin exigir que P sea ni siquiera cuadrada? Justifica las respuestas.

(2.1) Aunque no este enunciado de forma explıcita, se trata de obtener las dos parabolas quecumplen las condiciones dadas y tienen ejes paralelos a los ejes coordenados (queson las ecuaciones consideradas en el primer cuatrimestre).

Parabola con eje de simetrıa paralelo al eje OX. La ecuacion de dicha parabolasera de la forma (y − β)2 = 2p(x− α) siendo (α, β) el vertice.

Puesto que el vertice es (−3, 1) la ecuacion de la parabola sera del tipo

(y − 1)2 = 2p(x+ 3).

Puesto que (0, 7) esta en la parabola, tiene que verificarse

(7− 1)2 = 2p(0 + 3) =⇒ 36 = 6p =⇒ p = 6 =⇒ (y − 1)2 = 12(x+ 3) .

Elementos caracterısticos:

• Vertice V = (−3, 1).

• Eje de simetrıa y = 1.

• Foco (x = α + p2, y = β) = (−3 + 3, 1) = (0, 1).

• Directriz x = α− p2

=⇒ x = −6.


Ejercicio 2. R-283

−10 −8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

x

y

X

Y

O

(y − 1)2 = 12(x+ 3)

F = (0, 1)

y = 1

x = −3

x = −6

V = (−3, 1)

P = (0, 7)

Parabola con eje de simetrıa paralelo al eje OY . La ecuacion de dicha parabolasera de la forma (x− α)2 = 2q(y − β) siendo (α, β) el vertice.

Puesto que el vertice es (−3, 1) la ecuacion de la parabola sera del tipo

(x+ 3)2 = 2q(y − 1).

Puesto que (0, 7) esta en la parabola tiene que verificarse

(0 + 3)2 = 2q(7− 1) =⇒ 9 = 12q =⇒ q =9

12=

3

4=⇒ (x+ 3)2 = 3

2(y − 1) .

Elementos caracterısticos:

• Vertice V = (−3, 1).

• Eje de simetrıa x = −3.

• Foco (x = α, y = β + q2) = (−3, 1 + 3

8) = (−3, 11

8).

• Directriz y = β − q2

=⇒ y = 1− 38

=⇒ y = 58.

−10 −8 −6 −4 −2 0 2 4 6 8

−6

−4

−2

0

2

4

6

8

x

y

X

Y

O

(x+ 3)2 = 32(y − 1)

F = (−3, 118)

x = −3

y = 1 y = 58

V = (−3, 1)

P = (0, 7)



¿Se puede obtener una de la otra mediante un giro? ¿Por que? Puesto que losvalores absolutos de los coeficientes p = 6 y q = 3

4son las distancias respectivas del foco

a la directriz en cada una de las parabolas y las distancias no se modifican cuando sehace un giro, no se puede obtener una parabola de la otra mediante un giro.

(2.2) Puesto que la matriz E pedida tiene que verificar la condicion dada para cualquierconjunto de n vectores de cualquier numero (comun) m de coordenadas, en particularse tiene que verificar para los n vectores canonicos de Rn con lo que obtenemos

e1 e2 · · · en

E =

en e1 · · · en−1

es decir,

I E =

en e1 · · · en−1

=⇒ E =

0 1 0 · · · 00 0 1 · · · 0...

.... . .

. . ....

0 0 0. . . 1

1 0 0 · · · 0

.

Obviamente la matriz E obtenida verifica la condicion enunciada.

Para la matriz A cuya inversa viene dada, la inversa de B = AE sera B−1 = E−1A−1.Calculamos E−1 (para n = 4)

[E|I] =

0 1 0 0 1 0 0 00 0 1 0 0 1 0 00 0 0 1 0 0 1 01 0 0 0 0 0 0 1

reordenando−→

las filas

1 0 0 0 0 0 0 10 1 0 0 1 0 0 00 0 1 0 0 1 0 00 0 0 1 0 0 1 0

.

Por tanto

E−1 =

0 0 0 11 0 0 00 1 0 00 0 1 0

y teniendo en cuenta queE−1 es un producto de matrices elementales, mediante que opera-ciones elementales se puede obtener a partir de la matriz identidad de orden 4 y el efectoque tiene el producto por matrices elementales cuando se multiplican a la izquierda deuna matriz, tenemos

B−1 = E−1A−1 =

0 0 0 11 0 0 00 1 0 00 0 1 0

1 2 3 45 6 7 81 0 1 00 1 0 −1

=

fila 4 de A−1

fila 1 de A−1

fila 2 de A−1

fila 3 de A−1

=

0 1 0 −11 2 3 45 6 7 81 0 1 0

.

(2.3) Dado un conjunto de n vectores u1, . . . , un de Rm consideremos la matriz U cuyascolumnas son los vectores dados. Son condiciones equivalentes:

u1, . . . , un.Nul (U) = 0.


Ejercicio 2. R-285

Al reducir U a forma escalonada se obtienen n pivotes (tantos como columnas).

Ux = 0 es un S.C.D.

Cualquier sistema Ux = y, y ∈ Rm es o bien compatible determinado o bienincompatible.

Ningun vector uk se puede expresar como combinacion lineal de los restantes.

...

(2.4) Sabiendo que P es una matriz que tiene inversa hay que demostrar que si el conjun-to de vectores Pu1, . . . , Pun es linealmente independiente entonces tambien lo es elconjunto u1, . . . , un (y ninguna otra cosa extrana). Siendo U la matriz cuyos vec-tores columna son u1, . . . , un tenemos que demostrar que el sistema de ecuacioneshomogeneo asociado Ux = 0 es compatible determinado. Sea x ∈ Rn tal que Ux = 0.Multiplicando por P a la izquierda tenemos

Ux = 0 =⇒ PU x = P0 = 0.

Es decir x es solucion del sistema homogeneo asociado a PU . Puesto que los vectorescolumna de PU son linealmente independientes, la unica solucion de este sistema esx = 0. Y ya esta.

¿Se puede obtener el mismo resultado sin exigir que la matriz P tenga in-versa? Si. En el plantemiento anterior no se ha usado para nada que P tenga inversao no.

¿Y sin exigir que P sea ni siquiera cuadrada? Si. Tampoco se ha exigido que seacuadrada.



Ejercicio 3. Sean A y w la matriz y el vector dados, respectivamente, por

A =

1 2 0−1 0 22 3 α0 1 1

y w =

11

α + 2β

α, β ∈ R.

(3.1) [3 puntos] Determina α y β sabiendo que una base de Col (A), el espacio columna deA, la forman dos vectores y que w ∈ Col (A).

(3.2) [2 puntos] Calcula una base y ecuaciones implıcitas de Col (A). Calcula las coorde-nadas del vector w respecto de la base calculada.

(3.3) [2 puntos] Calcula una base de Nul (A). Determina V = x ∈ R3 : Ax = w y la

relacion de V con Nul (A).

(3.4) [3 puntos] Siendo e1, e2, e3 la base canonica de R3, calcula la matriz B de la trans-formacion lineal T : R3 −→ R4 que verifica:

T (e1) = A(e2 + e3), T (e1 + e2) = Ae3 y T (e1 + e3) = Ae2.

Puesto que tenemos que obtener, entre otras cosas, una base y ecuaciones implıcitas deCol (A) para una matriz A que tenemos que determiar con ciertas condiciones, lo mas comodoes plantear directamente la determinacion de las ecuaciones implıcitas de

Col (A) =

y ∈ R4 : Ax = y es un S.C.

reduciendo la matriz ampliada del sistema a forma escalonada,

[A|y] =

1 2 0−1 0 22 3 α0 1 1

y1

y2

y3

y4

F2 + F1

−→F3 − 2F1

1 2 00 2 20 −1 α0 1 1

y1

y2 + y1

y3 − 2y1

y4

F2 ↔ F4

−→

1 2 00 1 10 −1 α0 2 2

y1

y4

y3 − 2y1

y2 + y1

F3 + F2

−→F4 − 2F2

1 2 0

0 1 10 0 α + 10 0 0

y1

y4

y3 − 2y1 + y4

y2 + y1 − 2y4

.

(3.1) El que una base del espacio Col (A) este formada por dos vectores es equivalente a decirque en la reduccion de A a forma escalonada se obtengan (exactamente) dos pivotes.Por tanto, para que se cumpla dicha condicion tiene que ser α+1 = 0, es decir α = −1 .Por otra parte, siendo α = −1, para que w ∈ Col (A)el sistema Ax = w (con incognitax) tiene que ser compatible. Es decir si sustituimos w en el termino independiente de lareduccion hecha anteriormente tiene que obtenerse un sistema compatible. Sustituyendo(con α = −1) obtenemos

[A|w] −→

1 2 0

0 1 10 0 00 0 0

1β

1− 2 + β1 + 1− 2β

≡

1 2 0

0 1 10 0 00 0 0

1β

β − 12− 2β

.

Por tanto tiene que verificarse β − 1 = 0 y 2− 2β = 0, es decir β = 1.


Ejercicio 3. R-287

(3.2) Una base del espacio Col (A) (para α = −1) sera la formada por las columnas-pivote que hemos obtenido en la reduccion a forma escalonada, es decir los dosprimeros vectores-columna de A,

v1 =

1−120

, v2 =

2031

.

Unas ecuaciones implıcitas (independientes) de Col (A) seran las dadas por lascondiciones de compatibilidad del sistema Ax = y (con incognita x). Segun lo quehemos obtenido antes, este sistema es compatible si y solo si

y3 − 2y1 + y4 = 0y2 + y1 − 2y4 = 0.

Las coordenadas de vector w respecto de la base v1, v2 son los coeficientes α, β ∈R que verifican w = λ1v1 + λ2v2. Basta, por tanto, con resolver el sistema

v1 v2

[

λ1

λ2

]

= w →

1 2 1−1 0 12 3 10 1 1

→

1 2 10 2 20 −1 −10 1 1

→

λ2 = 1λ1 = 1− 2λ2

= −1.

Notemos que la resolucion del sistema anterior se podrıa obtener de la reduccionhecha al principio del sistema [A|y] sin mas que (considerando α = 1, β = −1)suprimir la tercera columna de A y sustituir en y las coordenadas de w

(3.3) Para calcular una base de Nul (A) basta con resolver el sistema Ax = 0 (conα = −1). Usando la reduccion hecha al principio con un termino indepenientegenerico, para el sistema homogeneo tenemos

[A|0] −→

1 2 0

0 1 10 0 00 0 0

0000

→

x2 = −x3

x1 = −2x2

= 2x3

→

x1

x2

x3

= x3

2−11

=⇒ Nul (A) = Gen

2−11

.

Para determinar V = x ∈ R3 : Ax = w basta con resolver el sistema Ax = w

(con α = −1, β = 1),

[A|w] −→

1 2 0

0 1 10 0 00 0 0

1100

→

x2 = 1− x3

x1 = 1− 2x2

= −1 + 2x3

→

x1

x2

x3

=

−1 + 2x3

1− x3

x3

=⇒

x1

x2

x3

=

−110

+ x3

2−11

.



Es decir,

V =

x ∈ R3 : x =

−110

+ λ

2−11

, λ ∈ R

.

La relacion entre V y Nul (A) es la relacion entre el conjunto-solucion de un sistemade ecuaciones (lineales) Ax = w y el conjunto-solucion del sistema homogeneo Ax =0 asociado. Puesto que Ax = w es un sistema compatible, ya que w ∈ Col (A),

solucion generaldel sistema completo

Ax = w

=

solucion particulardel sistema completo

Ax = w

+

solucion generaldel sistema homogeneo

asociado Ax = 0

.

Segun lo que hemos obtenido antes,

V =

−110

+ Nul (A).

Es decir V es la variedad que pasa por v0 = [−1, 1, 0]T y tiene como subespaciodireccion a Nul (A) (es la recta de R3 que pasa por v0 y es paralela a la rectaNul (A), que pasa por el origen de coordenadas).

(3.4) Siendo B la matriz de T tienen que verificarse las igualdades vectoriales

Be1 = A(e2 + e3), B(e1 + e2) = Ae3 yB(e1 + e3) = Ae2.

Expresando estas tres igualdades vectoriales como una igualdad matricial tenemos

B

e1 e1 + e2 e1 + e3

= A

e2 + e3 e3 e2

y de esta ecuacion podemos despejar B

B = A

e2 + e3 e3 e2

e1 e1 + e2 e1 + e3

−1

B = A

0 0 01 0 11 1 0

1 1 10 1 00 0 1

−1

=

2 0 22 2 02 −1 32 1 1

1 1 10 1 00 0 1

−1

.

Calculo de la inversa:

•

1 1 10 1 00 0 1

1 0 00 1 00 0 1

F1 − F2 − F3

−→

1 0 00 1 00 0 1

1 −1 −10 1 00 0 1

.

Por tanto,

B =

2 0 22 2 02 −1 32 1 1

1 −1 −10 1 00 0 1

=

2 −2 02 0 −22 −3 12 −1 −1

.


Segundo Parcial. 2007-08. R-289




Segundo Examen Parcial. 6 de Junio de 2008.

Ejercicio 1. Considera el subespacio vectorial E y los vectores b y u de R4 definidosrespectivamente mediante

E ≡

x1 − x2 + x4 = 02x1 − x2 − x3 + x4 = 0

, b =

1111

y u =

1113

.

(1.1) [2 puntos] Definicion de complemento ortogonal de un subespacio vectorial S deRn. Enunciados de las propiedades mas importantes relativas al complemento ortogonalde un subespacio vectorial.

(1.2) [3 puntos] Determina una base ortogonal de E y amplıala hasta una base ortogonalde R

4.

(1.3) [1 punto] Calcula la proyeccion ortogonal de b sobre E.

(1.4) [2 puntos] Determina, si existen, los vectores de la recta F generada por el vector ucuya proyeccion ortogonal sobre E sea [1, 3, 1, 2]T .

(1.5) [2 puntos] Determina, si existen, los valores de α ∈ R para los que

x2 + α2y2 − 4xy + (α + 2)x− (α + 2)y − 5 = 0

es la ecuacion de una parabola.

(1.1) Complemento ortogonal de un subespacio vectorial S de Rn.

Definicion.- El complemento ortogonal S⊥ de un subespacio vectorial S de Rn esel conjunto formado por los vectores de Rn que son ortogonales a todos los vectoresde S. Es decir

v ∈ S⊥ ⇐⇒ v ⊥ u ∀u ∈ S ⇐⇒ v · u = 0 ∀u ∈ S.

Propiedades.-

• S⊥ es un sebespacio vectorial de Rn.

•(

S⊥)⊥= S.

• S ⊕ S⊥ = Rn. Es decir, S ∩ S⊥ = 0 y S + S⊥ = Rn.


R-290 Segundo Parcial. 2007-08.

• De forma equivalente a lo anterior, cualquier vector w de Rn se puede expresar,de forma unica, como suma de un vector u ∈ S (el vector proyeccion ortogonalde w sobre S) y un vector v ∈ S⊥ (el vector proyeccion ortogonal de w sobreS⊥).

• Dibujo correspondiente a la propiedad anterior.

• Ejemplos tıpicos.

• · · ·

(1.2) Determinamos una base de E resolviendo el sistema homogeneo que lo determina,

[

1 −1 0 1 02 −1 −1 1 0

]

F2−2F1−→[

1 −1 0 1 00 1 −1 −1 0

]

F1+F2−→[

1 0 −1 0 00 1 −1 −1 0

]

=⇒

x1

x2

x3

x4

=

x3

x3 + x4

x3

x4

= x3

1110

+ x4

0101

=⇒ E = Gen

v1 =

1110

, v2 =

0101

.

Para obtener una base ortogonal de E basta con ortogonalizar v1, v2,

v′1 = v1, v′2 = v2 −v2 · v′1||v′1||2

v′1 = v2 −1

3v′1 =

1

3

−12−13

.

Una base ortogonal de E es v1, 3v′2.

Para ampliar una base ortogonal de E, dim (E) = 2, hasta una base ortogonal deR

4, dim (R4) = 4, habra que obtener 2 vectores w1, w2, ortogonales entre sı, que seanortogonales a los vectores de la base dada de E, es decir, habra que obtener una baseortogonal de E⊥.

Puesto que

E⊥ = Gen

u1 =

1−101

, u2 =

2−1−11

,

para obtener una base ortogonal de E⊥ basta con ortogonalizar u1, u2,

u′1 = u1, u′2 = u2 −u2 · u′1||u′1||2

u′1 = u2 −4

3u′1 =

1

3

21−3−1

.


Ejercicio 1. R-291

Por tanto, una base ortogonal de R4 es

v1 =

1110

, 3v′2 =

−12−13

, u1 =

1−101

, w2 = 3u′2 =

21−3−1

,

siendo v1, 3v′2 una base ortogonal de E.

Observacion.- Es inmediato comprobar si los resultados obtenidos (que no son unicos) secorresponden con los exigidos en el enunciado: los 4 vectores obtenidos son ortogonalesdos a dos, v1 y 3v′2 son vectores de E (verifican sus ecuaciones).

(1.3) Puesto que v1, v′′2 = 3v′2 es una base ortogonal de E, la proyeccion ortogonal de b

sobre E es

proyE(b) =b · v1

||v1||2v1 +

b · v′′2||v′′2 ||2

v′′2 =

= 33v1 + 3

15v′′2 = v1 + 1

5v′′2 = 1

5

4743

(∈ E).

(1.4) Los vectores de la recta F , generada por el vector u, son los vectores de la formax = tu, t ∈ R. La proyeccion ortogonal de uno de estos vectores sobre E es

proyE(tu) = t proyE(u) = t

(

u · v1

||v1||2v1 +

u · v′′2||v′′2 ||2

v′′2

)

=

= t

(

3

3v1 +

3

15v′′2

)

= t(v1 +1

5v′′2 ) =

t

5

4743

(∈ E).

Obviamente no existe ningun vector tu ∈ F cuya proyeccion ortogonal sobre E sea[1, 3, 1, 2]T .

(1.5) Para que la ecuacion dada sea la de una parabola, uno de los autovalores de la matriz

simetrica A =

[

1 −2−2 α2

]

, asociada a la parte cuadratica de la ecuacion, tiene que ser

nulo. En este caso, la conica podra ser una parabola (caso no-degenerado) o un par derectas, paralelas o coincidentes (casos degenerados) o nada.

A −→ det(A) = λ1λ2 = α2 − 4 = 0⇐⇒ α = ±2.

En estos casos (α = ±2), los autovalores de A seran λ1 = 0 y λ2 = α2 + 1 = 5 (puestoque traza(A) = λ1 + λ2).

Para α = −2 tenemos la ecuacion x2 + 4y2− 4xy − 5 = 0 que es la ecuacion de unpar de rectas paralelas

(x− 2y)2 − 5 = 0⇐⇒ x− 2y = ±√

5⇐⇒

x− 2y =√

5,o

x− 2y = −√

5.



Para α = 2 tenemos la ecuacion x2 + 4y2− 4xy+ 4x− 4y− 5 = 0. Los autovaloresde la matriz A de la parte cuadratica son λ1 = 0 y λ2 = 5. Los autovectorescorrespodientes son

v1 =

[

21

]

y v2 =

[

−12

]

.

Haciendo el cambio de variables asociado a la diagonalizacion ortogonal de A,

Q =[

v1

||v1||v2

||v2||

]

= 1√5

[

2 −11 2

]

, QTAQ = D =

[

05

]

, QT = Q−1,

[

xy

]

= Q

[

x′

y′

]

,

x = 1√5(2x′ − y′)

y = 1√5(x′ + 2y′)

obtenemos la ecuacion en (x′, y′)

5y′2 +4√5(2x′ − y′ − x′ − 2y′)− 5 = 0 ≡ 5y′2 +

4√5(x′ − 3y′)− 5 = 0

que obviamente es la ecuacion de una parabola pues: podemos completar el cuadrado eny′, tenemos un termino en x′ (con coeficiente no nulo) y podremos obtener una ecuaciondel tipo 5y′′2 + 4√

5x′′ = 0 siendo la relacion entre las variables (x′′, y′′) y las variables

(x′, y′) la dada por una traslacion

x′′ = x′ − a,y′′ = y′ − b.

Resumiendo, la ecuacion dada es la de una parabola ⇐⇒ α = 2.


Ejercicio 2. R-293

Ejercicio 2. Considera la matriz A y el vector y0 dados por

A =

3 −1 −40 2 02 3 −1

, y0 =

201

.

(2.1) [4 puntos] Determina los autovalores y los autovectores de A y una diagonalizacionde A si existe (matriz de paso, matriz diagonal, relacion con la matriz A).

(2.2) [3 puntos] Resuelve el problema de valor inicial

y′ = (A− I)y,y(0) = y0.

(2.3) [1 punto] Siendo y(t) la solucion obtenida en el apartado anterior, determina, si existe,el menor valor de T > 0 para el cual y(T ) = y(0).

(2.4) [2 puntos] Determina el polinomio caracterıstico de una matriz B2 sabiendo que elde la matriz B, de orden 3, es p(λ) = −(λ− 1)(λ+ 2)(λ− 3). Enuncia y demuestra laspropiedades que utilices.

(2.1) Polinomio caracterıstico. Desarrolando det(A−λI) por los elementos de la segundafila obtenemos

p(λ) = det (A− λI) = (2− λ)

∣

∣

∣

∣

3− λ −42 −1− λ

∣

∣

∣

∣

=

= (2− λ) [(3− λ)(−1− λ) + 8] = (2− λ) [λ2 − 2λ+ 5] .

Autovalores de A,

λ1 = 2

λ2 − 2λ+ 5 = 0 −→ λ =2±√

4− 20

2=

2± 4i

2→

λ2 = 1 + 2i.

λ3 = λ2 = 1− 2i.

Autovectores de A.

Autovectores asociados a λ1 = 2, (A− 2I)x = 0,

1 −1 −4 00 0 0 02 3 −3 0

−→

1 −1 −4 00 5 5 00 0 0 0

→

x2 = −x3

x1 = x2 + 4x3 = 3x3

→ Nul (A− 2I) = Gen

v1 =

3−11

.



Autovectores asociados a λ2 = 1 + 2i, (A− (1 + 2i)I)x = 0,

2− 2i −1 −4 00 1− 2i 0 02 3 −2− 2i 0

F3− 2

2−2iF1−→

2− 2i −1 −4 00 1 0 00 3 + 2

2−2i0 0

−→

F1 + F2

−→F3 − ∗F2

2− 2i 0 −4 00 1 0 00 0 0 0

→

x2 = 0,(1− i)x1 = 2x3

→

x1

x2

x3

= x3

21−i

01

=⇒ Nul (A− (1 + 2i)I) = Gen

v2 =

21−i

01

=

1 + i01

.

Autovectores asociados a λ3 = λ2,

Nul (A− λ3I) = Gen

v3 = v2 =

1− i01

.

Diagonalizacion de A. Puesto que todos sus autovalores son simples, la matriz A esdiagonalizable y una diagonalizacion se obtiene sin mas que considerar autovectoreslinealmente independientes, AP = PD ≡ A = PDP−1 ≡ P−1AP = D siendo

P =

v1 v2 v3

=

3 1 + i 1− i−1 0 01 1 1

,

D =

λ1

λ2

λ3

=

21 + 2i

1− 2i

.

(2.2) Teniendo en cuenta las propiedades del calculo de autovalores y autovectores y losautovalores y autovectores obtenidos para la matriz A, para la matriz A− I tenemos

A A− I Autovectoresλ1 = 2 µ1 = λ1 − 1 = 1 v1

λ2 = 1 + 2i µ2 = λ2 − 1 = 2i v2

λ3 = 1− 2i µ3 = λ3 − 1 = −2i = µ2 v3 = v2

Por tanto, la solucion general del sistema diferencial y′(t) = (A− I)y(t), t ∈ R, es

yg(t) = c1y1(t) + c2y2(t) + c3y3(t)

donde c1, c2, c3 son tres constantes complejas arbitrarias y

y1(t) = eµ1tv1 = et

3−11

, y2(t) = eµ2tv2 = e2it

1 + i01

,

y3(t) = y2(t) = eµ3tv3 = e−2it

1− i01


Ejercicio 2. R-295

son 3 soluciones linealmente independientes asociadas a las parejas autovalores-autovec-tores de A− I.Puesto que A − I tiene autovalores complejos (y es real) la solucion general real dey′ = (A − I)y puede expresarse, sustituyendo la pareja de soluciones complejas lineal-

mente independientes

y2(t), y2(t)

por la pareja de soluciones reales linealmente inde-

pendientes Real [y2(t)] , Ima [y2(t)], mediante

ygr(t) = αy1(t) + βReal [y2(t)] + γIma [y2(t)] , α, β, γ ∈ R.

Imponiendo la condicion inicial y(0) = y0 determinamos α, β y γ,

αe0v1 + βReal [y2(0)] + γIma [y2(0)] = y0 ≡ αv1 + βReal [v2] + γIma [v2] = y0,

3 1 1−1 0 01 1

αβγ

=

201

→ · · · −→

αβγ

=

011

.

Por tanto, la soluciom del P.V.I. planteado es

y(t) = Real[

e2itv2

]

+ Ima[

e2itv2

]

y ya solo queda obtener la parte real y la parte imaginaria de e2itv2. Desarrollandoqueda

e2itv2 = [cos(2t) + i sen(2t)]

1 + i01

=

cos(2t)− sen(2t) + i(sen(2t) + cos(2t))0

cos(2t) + i sen(2t)

=

=

cos(2t)− sen(2t)0

cos(2t)

+ i

sen(2t) + cos(2t)0

sen(2t)

.

Por tanto,

Real[

e2itv2

]

=

cos(2t)− sen(2t)0

cos(2t)

, Ima[

e2itv2

]

=

sen(2t) + cos(2t)0

sen(2t)

y la solucion del P.V.I. planteado es

y(t) =

cos(2t)− sen(2t)0

cos(2t)

+

sen(2t) + cos(2t)0

sen(2t)

=

2 cos(2t)0

cos(2t) + sen(2t)

.

(2.3) La condicion y(T ) = y(0) es equivalente a que se verifique cos(2T ) = 1 con lo cual 2Ttiene que ser un multiplo entero de 2π. Por tanto el valor de T > 0 pedido es T = π.

Observacion.- De entre todas las soluciones

ygr(t) = αetv1 + βReal[

e2itv2

]

+ γIma[

e2itv2

]

, α, β, γ ∈ R,

del sistema diferencial y′(t) = (A−I)y(t), las que se obtienen para α = 0 son periodicasde periodo π puesto que Real [e2itv2] y Ima [e2itv2] son funciones periodicas de periodoπ.



(2.4) Si el polinomio caracterıstico de una matriz B es p(λ) = −(λ − 1)(λ + 2)(λ − 3), losautovalores de B son λ1 = 1, λ2 = −2, λ3 = 3. Por tanto, los autovalores de B2 sonµ1 = λ2

1 = 1, µ2 = λ22 = 4, µ3 = λ2

3 = 9 y el polinomio caraterıstico de B2 es

q(µ) = −(µ− 1)(µ− 4)(µ− 9).

Recuerdese que el nombre que le pongamos a la variable del polinomio es irrelevante.

Propiedad. Si λ es un autovalor de una matriz cuadrada A, entonces λ2 es autovalor

de A2. Demostracion. Siendo v 6= 0 un autovector de A asociado a λ tenemos

Av = λv =⇒ AAv = λAv = λλv =⇒ A2v = λ2v,

es decir λ2 es autovalor de A2 y v es un autovector asociado.


Ejercicio 3. R-297

Ejercicio 3. Considera la matriz A dada por

A =

2 α− 2 10 3 0

α− 1 2− α α

.

(3.1) [3 puntos] Determina los valores de α para los que A es diagonalizable.

(3.2) [3 puntos] Determina los valores de α ∈ R para los que A es diagonalizable orto-gonalmente y calcula una diagonalizacion ortogonal de A en los casos en los quesea posible (matriz de paso, matriz diagonal, relacion con la matriz A).

(3.3) [3 puntos] Para los valores de α ∈ R obtenidos en el apartado (3.2) determina:

el signo de la forma cuadratica ϕ asociada a la matriz A− I,el maximo y el mınimo (absolutos) de ϕ sobre la esfera x2

1 +x22 +x2

3 = 4 (de centroel origen de coordenadas y radio 2) y

los puntos/vectores donde dichos extremos se alcanzan.

(3.4) [1 punto] Demuestra que para cualquier matriz real B (cuadrada o no) la matriz BTB(la forma cuadratica asociada) es semidefinida positiva (o definida positiva).

(3.1) Polinomio caracterıstico:

p(λ) = det(A− λI) =

desarrollando porlos elementos dela segunda fila

= (3− λ)

∣

∣

∣

∣

2− λ 1α− 1 α− λ

∣

∣

∣

∣

=

= (3− λ) [λ2 − (α + 2)λ+ α + 1] .

Autovalores de A, p(λ) = 0 −→

→

λ1 = 3,

λ2 − (α+ 2)λ+ α + 1 = 0→ λ =α+2±√

(α+2)2−4(α+1)

2=

=α + 2± α

2=

λ2 = 1,λ3 = α + 1.

Por tanto, los autovalores (iguales o distintos) son

λ1 = 3, λ2 = 1 y λ3 = α + 1.

• Si α+1 6= 3, 1 ≡ α 6= 2, 0, los 3 autovalores son distintos entre sı y, por tanto,A es diagonalizable.

Veamos los casos de autovalores multiples.

• Si α = 0, la matriz A correspondiente tiene un autovalor simple λ1 = 3 y unodoble λ2 = 1. Tenemos que estudiar la multiplicidad geometrica de λ2 = 2,

m.g.(λ2 = 1) = dim [Nul (A− I)] = 3− rango(A− I),



(A− I)x = 0 ≡

1 −2 1 00 2 0 0−1 2 −1 0

F3−F1−→

1 −2 1 0

0 2 0 00 0 0 0

=⇒ dim(Nul (A− I)) = 1 < m.a.(λ2 = 1) = 2.

Por tanto, A no es diagonalizable para α = 0.

• Si α = 2, la matriz A correspondiente tiene un autovalor simple λ2 = 2 y unodoble λ1 = 3. En este caso la matriz A es simetrica (y real)

A =

2 0 10 3 01 0 2

y por tanto es diagonalizable.

Resumiendo,A es diagonalizable⇐⇒ α 6= 0.

(3.2) Por el Teorema Espectral para matrices simetricas reales, una matriz real es diago-nalizable mediante una matriz de paso ortogonal si, y solo si, es simetrica. Aplicandoeste resultado, la matriz real A dada es diagonalizable ortogonalmente si, y solo si, essimetrica,

A = AT ⇐⇒

α− 2 = 0α− 1 = 1

⇐⇒ α = 2.

Para α = 2 tenemos la matriz A

A =

2 0 10 3 01 0 2

cuyos autovalores son λ1 = λ3 = 3 (doble) y λ2 = 1 (simple).

Autovectores asociados a λ1 = 3, (A− 3I)x = 0,

−1 0 1 00 0 0 01 0 −1 0

→ x1 = x3 ⇒ Nul (A−4I) = Gen

v1 =

101

, v3 =

010

.

Autovectores asociados a λ2 = 1, (A− I)x = 0,

1 0 1 00 2 0 01 0 1 0

−→ x2 = 0, x1 = −x3 =⇒ Nul (A− I) = Gen

v2 =

−101

.

Una diagonalizacion (no ortogonal) de A, A = PDP−1,

P =

v1 v3 v2

=

1 0 −10 1 01 0 1

, D =

λ1

λ1

λ2

=

33

1

.

Autovectores ortogonales. Los tres autovectores obtenidos son ortogonales entre sı:


Ejercicio 3. R-299

• v1 ⊥ v2 y v3 ⊥ v2, como tiene que ser puesto que, por parejas, v1, v2 yv3, v2 son autovectores de una matriz simetrica real asociados a autovaloresdistintos.

• v1 ⊥ v3 por simple azar (son autovectores asociados a un mismo autovalor conlo cual, si no hubieran sido ortogonales, habrıamos necesitado ortogonalizar-los).

Autovectores ortonormales. Normalizamos los autovectores ortogonales obtenidos,

v1

||v1||=

1√2v1;

v3

||v3||= v3;

v2

||v2||=

1√2v2.

Diagonalizacion ortogonal: A = QDQ−1, Q−1 = QT , siendo

Q =

v1

||v1||v3

||v3||v2

||v2||

=

1√2

0 − 1√2

0 1 01√2

0 1√2

,

D =

λ1

λ1

λ2

=

33

1

.

(3.3)

Los autovalores de la matriz simetrica (real) A− I asociada a la forma cuadraticason

µ1 = λ1 − 1 = 0(= µ3) (doble) y µ2 = λ2 − 1 = 2 (simple).

Por tanto, la forma cuadratica ϕ(x) = xT (A− I)x es semi-definida positiva.

Para cualquier vector x 6= 0,

ϕ(x) = xT (A− I)x = ||x||2(

xT

||x||

)

(A− I)(

x

||x||

)

= ||x||2 ϕ(

x

||x||

)

Por tanto, sobre la esfera de centro el origen y radio 2, ϕ(x) = 4ϕ(

x||x||

)

. Es decir,

los valores que alcanza ϕ sobre ||x|| = 2 son los que resultan de multiplicar por 4los que alcanza sobre la esfera unidad.

Los (valores) extremos de ϕ sobre la esfera unidad x21 + x2

2 + x23 = 1 son:

valor mınimo = menor autovalor de la matriz simetrica asociada a ϕ = 0,valor maximo = mayor autovalor de la matriz simetrica asociada a ϕ = 2.

Por tanto,

el valor mınimo de ϕ sobre x : ||x|| = 2 es 4µ2 = 0,el valor maximo de ϕ sobre x : ||x|| = 2 es 4µ1 = 8

Los valores extremos de ϕ sobre la esfera unidad se alcanzan en los correspon-dientes autovectores unitarios. Por tanto, los valores extremos de ϕ sobre la esfera||x|| = 2 se alcanzan en los correspondientes autovectores. Es decir,

•4µ2 = 0 = ϕ (u) , ∀u ∈ Nul (A− I) = Gen v2 , ||u|| = 2

⇐⇒ u = ±2 v2

||v2|| = ±√

2v2.



• 4µ1 = 8 = ϕ (u) , ∀u ∈ Nul (A−I−2I) = Gen v1, v3 , ||u|| = 2. En particular

ϕ

(

±2v1

||v1||

)

= ϕ

(

±2v3

||v3||

)

= 8.

Notemos que puesto que el espacio propio Nul (A− I − 2I) = Nul (A− 3I), deA− I asociado a µ1 = 2, es un plano

Nul (A− 3I) = Gen v1, v3 ≡ x1 = x3,

al cortar la esfera ||x|| = 2 con dicho plano se obtiene una circunferencia cuyospuntos determinan los vectores donde se alcanza el valor maximo.

(3.4) Siendo B una matriz real m× n, la matriz BTB es una matriz simetrica real n× n,

(

BTB)T

= BT(

BT)T

= BTB.

Para cualquier vector z ∈ Rn tenemos

zTBTBz = (Bz)T (Bz) = ||Bz|| ≥ 0.

Por tanto la forma cuadratica ψ(x) = xT (BTB)x asociada a BTB es semidefinidapositiva, o definida positiva si Bz 6= 0 cuando z 6= 0 (o lo que es equivalente, si lascolumnas de B son Linealmente Independientes).


Examen de Junio. 2007-08. R-301




Examen Final de Junio (Segundo Parcial). 27-06-2008.

Ejercicio 1. Considera la matriz A y el vector b ∈ R4 siguientes,

A =

1 −1 1 01 0 1 −11 1 1 −2

y b =

1111

.

(1.1) [3 puntos] Calcula una base ortogonal de E = Nul (A) y una base ortogonal de E⊥.

(1.2) [3 puntos] Calcula la proyeccion ortogonal de b sobre E y la distancia de b a E.

(1.3) [2 puntos] Resuelve el sistema ATx = b en el sentido de los mınimos cuadrados ydetermina, si existe, la solucion (en mınimos cuadrados) cuya segunda coordenada esx2 = −2.

(1.4) [2 puntos] Demuestra que si u1, u2, . . . , uk es un conjunto de vectores no-nulos orto-gonales dos a dos entonces es linealmente independiente.

(1.1) Puesto que A es una matriz 3× 4, por definicion,

E = Nul (A) =

x ∈ R4 : Ax = 0

es un subespacio vectorial de R4 (y su complemento ortogonalE⊥, tambien). ResolvamosAx = 0,

1 −1 1 0 01 0 1 −1 01 1 1 −2 0

→

1 −1 1 0 0

0 1 0 −1 00 2 0 −2 0

→

1 −1 1 0 0

0 1 0 −1 00 0 0 0 0

x2 = x4,x1 = x2 − x3

= x4 − x3

⇒

x1

x2

x3

x4

= x3

−1010

+ x4

1101

, ∀x3, x4 ∈ R.

Por tanto, una base de E es

v1 =

−1010

, v2 =

1101

.


R-302 Examen de Junio (Segundo Parcial). 2007-08.

Esta base no es ortogonal, v1 ·v2 = −1 6= 0. Para obtener una base ortogonal de E bastacon ortogonalizar v1, v2. Aplicando Gram-Schmidt

u1 = v1, u2 = v2 −v2 · u1

||u1||2u1 = v2 −

−1

2u1 =

1

2

1212

.

Por tanto una base ortogonal de E es

u1 = v1 =

−1010

, u′2 = 2u2 =

1212

Puesto que v1, v2 es una base de E, tenemos asociadas las correspondientes ecuacionesimplıcitas de E⊥,

E⊥ =

x ∈ R4 : x · v = 0, ∀v ∈ E

=

x ∈ R4 :

x · v1 = 0 ≡ −x1 + x3 = 0x · v2 = 0 ≡ x1 + x2 + x4 = 0

Obtenemos una base de E⊥ resolviendo el sistema[

-1 0 1 0 01 1 0 1 0

]

→[

-1 0 1 0 00 1 1 1 0

]

−→

x1 = x3,x2 = −x3 − x4

=⇒

x1

x2

x3

x4

= x3

1−110

+ x4

0−101

, ∀x3, x4 ∈ R.

Por tanto, una base no ortogonal de E⊥ es

v3 =

1−110

, v4 =

0−101

, v3 · v4 = 1.

Para obtener una base ortogonal de E⊥ basta con ortogonalizar v3, v4. AplicandoGram-Schmidt

u3 = v3, u4 = v4 −v4 · u3

||u3||2u3 = v4 −

1

3u3 = −1

3

121−3

.

Por tanto una base ortogonal de E⊥ es

u3 =

1−110

, u′4 = −3u4 =

121−3

, u3 · u′4 = 0, u3, u′4 ∈ E⊥.


Ejercicio 1. R-303

(1.2) Puesto que u1, u′2 es una base ortogonal de E, la proyeccion ortogonal de b sobre E

puede obtenerse mediante

proyE(b) =b · u1

||u1||2u1 +

b · u′2||u′2||2

u2 =0

2u1 +

6

10u′2 =

3

5

1212

.

La distancia de b a E es, por tanto,

dist(b, E) = ||b− proyE(b)|| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

3

5

2/3−1/32/3−1/3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=1

5

√10.

(1.3) Puesto que

Col (AT ) = Nul (A)⊥ = E⊥ ≡

−x1 + x3 = 0,x1 + x2 + x4 = 0,

b 6∈ Col (AT ) y el sistema ATx = b es un sistema incompatible. Para resolver este sistemaen el sentido de los mınimos cuadrados podemos resolver

ATx = proyE⊥(b) = b− proyE(b) =1

5

2−12−1

o bien las ecuaciones normales de Gauss (AT )TATx = (AT )T b ≡ AATx = Ab. Notemosque puesto que rango(AT ) = dim(E⊥) = 2 y AT tiene 3 columnas, el sistema homogeneoATx = 0 tiene infinitas soluciones y cualquier sistema ATx = c tiene que tener infinitassoluciones en mınimos cuadrados.

Resolviendo las ecuaciones normales de Gauss tenemos

AATx = Ab ≡

3 2 1 12 3 4 11 4 7 1

→

1 4 7 12 3 4 13 2 1 1

→

1 4 7 10 −10 −20 −20 −5 −10 −1

→

→

1 4 7 1

0 5 10 10 0 0 0

→

x2 = 15− 2x3

x1 = 1− 4x2 − 7x3 = · · · = 15

+ x3⇒

⇒

x1

x2

x3

=

1/51/50

+ x3

1−21

, ∀x3 ∈ R.

Tomando x3 apropiado tendremos la solucion en mınimos cuadrados con coordenadax2 = −2,

x2 =1

5− 2x3 = −2⇐⇒ x3 =

11

10=⇒

x1

x2

x3

=

13/10−2

11/10

.



(1.4) (Tomado, literalmente, del Tema 7) Si tenemos una combinacion lineal de los vectoresdados igual al vector nulo

α1u1 + α2u2 + · · ·+ αpup = ~0 (∗)

al multiplicar escalarmente por el vector u1 tenemos

(α1u1 + α2u2 + · · ·+ αpup) · u1 = ~0 · u1 = 0.

Desarrollando el primer miembro de la igualdad

α1u1 · u1 + α2u2 · u1 + · · ·+ αpup · u1 =

usando lacondicion deortogonalidad

=

= α1 ||u1||2 + α20 + · · ·+ αp0 = 0⇒[

puestoque u1 6= 0

]

=⇒ α1 = 0.

De manera analoga, al multiplicar escalarmente la igualdad (∗) por un vector

uk, k = 2, . . . , n,

se obtiene

α10 + α20 + · · ·+ αk ||uk||2 + · · ·+ αn0 = 0⇒[

puestoque uk 6= 0

]

⇒ αk = 0.

Por tanto, la unica combinacion lineal que es igual al vector nulo es la combinacionlineal identicamente nula (todos los coeficientes son nulos). Es decir, los vectores dadosson linealmente independientes.


Ejercicio 2. R-305

Ejercicio 2. Considera los siguientes vectores de R3,

u =

100

, v =

01−1

y w =

211

.

(2.1) [3 puntos] Describe en que consiste una diagonalizacion ortogonal de una matrizsimetrica real. Describe, de manera esquematica, la forma de obtenerla distinguiendolos casos en los que todos los autovalores son simples y los casos en los que hay algunautovalor multiple.

(2.2) [6 puntos] Sabiendo que u, v y w son autovectores de una matriz simetrica real A yque los autovalores de dicha matriz son λ1 = −1 (simple) y λ2 = 2 (doble),

Determina a que autovalor corresponde cada autovector.

Determina la matriz A.

Determina una diagonalizacion ortogonal de A.

(2.3) [1 punto] Determina en funcion de α ∈ R el signo de la forma cuadratica asociada ala matriz αI − A−1.

(2.1) Por el Teorema Espectral, toda matriz A simetrica real se puede diagonalizar medianteuna matriz de paso ortogonal, es decir, existen

una matriz ortogonal Q (matriz cuadrada real tal que QQT = I ≡ QT = Q−1) y

una matriz diagonal D tales que

A = QDQT ≡ QTAQ = D.

Cualquier factorizacion de A de la forma anterior se denomina diagonalizacion orto-gonal de A. Necesariamente los elementos diagonales de D tienen que ser autovalores(reales) de A y las columnas (ortonormales) de Q tienen que ser autovectores asociados,respectivamente, a dichos autovalores.

Calculo de los autovalores: resolucion de la ecuacion caracterıstica

p(λ) = det(A− λI) = 0 (ecuacion polinomica de grado n).

Los autovalores tienen que ser todos reales. Pueden ser simples o multiples.

Calculo de los autovectores asociados a cada autovalor. Asociado a cada auto-valor λ0 hay que resolver el sistema homogeneo (A−λ0I)x = 0. En dicha resoluciontienen que obtenerse tantas soluciones (reales) linealmente independientes como in-dique la multiplicidad del autovalor.

Si todos los autovalores son simples, los autovectores tienen que ser ortogo-nales dos a dos.

Si hay autovalores multiples,

• dos autovectores correspondientes a autovalores distintos tienen que ser orto-gonales



• dos autovectores correspondientes a un mismo autovalor (multiple) λ0 puedenno ser ortogonales. Sin embargo, al ortogonalizar una base v1, . . . del sube-spacio Nul (A−λ0I) se obtiene una base ortogonal de Nul (A−λ0I). Es decir, alaplicar el metodo de Gram-Schmidt a un conjunto de autovectores (linealmenteindependientes) asociados a un mismo autovalor se obtienen autovectoresortogonales asociados a dicho autovalor.

Diagonalizacion en el caso de autovalores simples.

• Siendo λ1, . . . , λn ∈ R los autovalores de A y v1, v2, . . . , vn ∈ Rn los autovec-tores respectivos, tenemos una diagonalizacion, posiblemente no-ortogonal, deA,

A = PDP−1, D =

λ1

. . .

λn

, P =

v1 · · · vn

.

Las columnas de la matriz de paso P son ortogonales.

• Puesto que las columnas de P son una base ortogonal de Rn formada porautovectores de A, para obtener una diagonalizacion ortogonal de A basta condividir cada columna por su norma. Tendremos una base ortonormal de Rn

(por tanto una matriz ortogonal) formada por autovectores de A,

Q =

v1

||v1|| · · ·vn

||vn||

, Q−1 = QT , A = QDQ−1.

Diagonalizacion en el caso de autovalores multiples.

• Al calcular autovectores obtendremos bases de los correspondientes espaciosNul (A−λ0I). Para cada autovalor multiple tendremos que ortogonalizar dichabase. Siendo P la matriz (cuadrada) cuyas columnas son los autovectores orto-gonales obtenidos (en un cierto orden) tendremos una matriz de paso quediagonaliza A, (AP = PD, P−1AP = D) cuyas columnas son ortogonales (nonecesariamente unitarias).

• Puesto que las columnas de P son una base ortogonal de Rn formada porautovectores de A, para obtener una diagonalizacion ortogonal de A basta condividir cada columna por su norma. Tendremos una base ortonormal de Rn

(por tanto una matriz ortogonal) formada por autovectores de A,

Q =

v1

||v1|| · · ·vn

||vn||

, Q−1 = QT , A = QDQ−1.

(2.2) Puesto que se trata de una matriz simetrica real, a autovalores distintos tienen quecorresponder autovectores ortogonales. Para los vectores dados,

u · v = 0 (u ⊥ v), u · w = 2 6= 0 (u 6⊥ w) y v · w = 0 (v ⊥ w).

Por tanto, u y w no pueden ser autovectores asociados a autovalores distintos y launica opcion es

• v es autovector de A asociado al autovalor simple λ1 = −1,• u y w son autovectores de A asociados al autovalor doble λ2 = 2.


Ejercicio 2. R-307

Es decir, la matriz A verifica que

Av = −v, Au = 2u y Aw = 2w.

Expresando estas igualdades vectoriales en forma matricial tenemos

A

v u w

=

v u w

−12

2

y por tanto

A =

v u w

−12

2

v u w

−1

=

=

0 1 21 0 1−1 0 1

−12

2

0 1 21 0 1−1 0 1

−1

=

=

0 2 4−1 0 21 0 2

12

0 1 −12 −2 −20 1 1

= 12

4 0 00 1 30 3 1

.

Calculo de la inversa de la matriz de paso,

0 1 21 0 1−1 0 1

1 0 00 1 00 0 1

→

1 0 10 1 2−1 0 1

0 1 01 0 00 0 1

→

1 0 10 1 20 0 2

0 1 01 0 00 1 1

−→

1 0 00 1 00 0 2

0 1/2 −1/21 −1 −10 1 1

.

Para obtener una diagonalizacion ortogonal deA bastara con ortogonalizar u, w (auto-vectores asociados al autovalor doble) y despues normalizar los tres autovectores orto-gonales obtenidos.

Aplicando el metodo de Gram-Schmidt a u, w obtenemos

u′ = u, w′ = w − w · u′||u′||2

u′ = w − 2

1u′ =

011

.

Por tanto u, w′ es una base ortogonal de Nul (A−2I) y v, u, w′ es una base ortogonalde R

3 formada por autovectores de A. Siendo

Q =

v||v||

u||u||

w′

||w′||

=

0 1 01√2

0 1√2

− 1√2

0 1√2

y D =

λ1

λ2

λ2

=

−12

2

se verifica AQ = QD (pues las columnas de Q son autovectores de A) y Q−1 = QT , pueslas columnas de Q son ortonormales. Tenemos, por tanto, una diagonalizacion ortogonalde A,A = QDQT .



(2.3) Puesto que los autovalores de A son λ1 = −1 (simple) y λ2 = 2 (doble), la matriz Atiene inversa y los autovalores de A−1 son 1

λ1= −1 (simple) y 1

λ2= 1

2(doble). Por tanto,

los autovalores de αI − A−1 son

µ1 = α− (−1) = α + 1 (simple) y µ2 = α− 1

2(doble).

Por tanto, puesto que αI −A−1 es simetrica y real, tenemos los siguientes casos:

α µ1 = α + 1 µ2 = α− 12

αI − A−1

α < −1 < 0 < 0 Definida Negativaα = −1 = 0 < 0 SemiDefinida Negativa

−1 < α <1

2> 0 < 0 InDefinida

α =1

2> 0 = 0 SemiDefinida Positiva

α >1

2> 0 > 0 Definida Positiva


Ejercicio 3. R-309

Ejercicio 3. Considera la matriz A dada por

A =

1 −1 −40 1 02 3 −3

.

(3.1) [4 puntos] Diagonaliza la matriz A (matriz diagonal, matriz de paso, relacion con A).Determina una casi-diagonalizacion real de A (matriz casi-diagonal, matriz de paso,relacion con A).

(3.2) [2 puntos] Determina los valores de α ∈ R para los cuales los todos los autovalores deA3 + αI son numeros reales positivos.

(3.3) [2 puntos] Halla el area del recinto plano descrito por las siguientes desigualdades:

(x− y + 2)2 + 4(2x+ y − 1)2 ≤ 4

(x− y + 2)2 + (2x+ y − 1)2 ≥ 1

(3.4) [2 puntos] Demuestra que si la suma de los elementos de cada una de las filas, respec-tivamente columnas, de una matriz cuadrada A es 7, entonces λ = 7 es uno de losautovalores de A.

(3.1) Polinomio caracterıstico:

p(λ) = det (A− λI) = det

1− λ −1 −40 1− λ 02 3 −3− λ

=

= (1− λ)

∣

∣

∣

∣

1− λ −42 −3− λ

∣

∣

∣

∣

= (1− λ) [(1− λ)(−3− λ) + 8] =

= (1− λ) [λ2 + 2λ+ 5] .

Autovalores de A,

λ1 = 1

λ2 + 2λ+ 5 = 0 −→ λ =−2±

√4− 20

2=−2± 4i

2→

λ2 = −1 + 2i.

λ3 = λ2 = −1− 2i.

Autovectores de A.

Autovectores asociados a λ1 = 1, (A− I)x = 0,

0 −1 −4 00 0 0 02 3 −4 0

−→

2 3 −4 00 −1 −4 00 0 0 0

→

x2 = −4x3

2x1 = −3x2 + 4x3 = 16x3

→ Nul (A− I) = Gen

v1 =

8−41

.



Autovectores asociados a λ2 = −1 + 2i, (A− (−1 + 2i)I)x = 0,

2− 2i −1 4 00 2− 2i 0 02 3 −2− 2i 0

−→

2− 2i 0 −4 00 1 0 02 0 −2− 2i 0

−→

1− i 0 −2 00 1 0 01 0 −1− i 0

→

1 0 −1− i 00 1 0 00 0 0 0

→

x2 = 0,x1 = (1 + i)x3

=⇒

x1

x2

x3

= x3

1 + i01

=⇒ Nul (A− (−1 + 2i)I) = Gen

v2 =

1 + i01

.

Autovectores asociados a λ3 = λ2,

Nul (A− λ3I) = Gen

v3 = v2 =

1− i01

.

Diagonalizacion de A. Puesto que todos sus autovalores son simples, la matriz A esdiagonalizable y una diagonalizacion se obtiene sin mas que considerar autovectoreslinealmente independientes, AP = PD ≡ A = PDP−1 ≡ P−1AP = D siendo

P =

v1 v2 v3

=

8 1 + i 1− i−4 0 01 1 1

,

D =

λ1

λ2

λ3

=

1−1 + 2i

−1− 2i

.

Casi-Diagonalizacion real de A. Separamos las partes real e imaginaria de la igual-dad Av2 = λ2v2. Siendo u2 y w2 la parte real y la parte imaginaria, respectivamente,de v2

v2 =

1 + i01

=

101

+ i

100

= u2 + iw2,

tenemos, puesto que A es real,

Av2 = A(u2 + iw2) = Au2 + iAw2,λ2v2 = (−1 + 2i)(u2 + iw2) =

= −u2 − 2w2 + i(2u2 − w2),Av2 = λ2v2

⇐⇒

Au2 = −u2 − 2w2

Aw2 = 2u2 − w2.

.


Ejercicio 3. R-311

Por tanto

A

v1 u2 w2

=

v1 u2 w2

λ1

−1 2−2 −1

y tenemos una casi-diagonalizacion real de A : A = PCP−1 siendo

P =

v1 u2 w2

=

8 1 1−4 0 01 1 0

, C =

1−1 2−2 −1

.

(3.2) Para α ∈ R obtenemos los autovalores de A3 + αI a partir de los autovalores de A,

A λ λ1 = 1 λ2 = −1 + 2i λ3 = λ2

A3 + αI µ = λ3 + α µ1 = 1 + αµ2 = λ3

2 + α= 11− 2i+ α

µ3 = µ2

= 11 + 2i+ α

Obviamente no hay ningun valor α ∈ R para el que µ2 = (11 + α) + 2i sea un numeroreal.

(3.3) Consideremos la transformacion lineal T : R2 −→ R2 definida mediante

[

xy

]

−→[

x′

y′

]

=

[

x− y2x+ y

]

=

[

1 −12 1

] [

xy

]

que esta definida por la matriz A =

[

1 −12 1

]

.

Mediante la anterior transformacion lineal/matriz, el recinto

Ω =

(x, y) ∈ R2 :

(x− y + 2)2 + 4(2x+ y − 1)2 ≤ 4

(x− y + 2)2 + (2x+ y − 1)2 ≥ 1

,

del que tenemos que calcular el area, se transforma en

Ω′ = T (Ω) =

(x′, y′) ∈ R2 :

(x′ + 2)2 + 4(y′ − 1)2 ≤ 4

(x′ + 2)2 + (y′ − 1)2 ≥ 1

.

En el plano (x′, y′) la desigualdad

(x′ + 2)2 + 4(y′ − 1)2 ≤ 4 ≡ (x′ + 2)2

22+

(y′ − 1)2

1≤ 1

describe al recinto encerrado por la elipse de centro (x′ = −2, y′ = 1) y semiejes a = 2y b = 1. Por otra parte la desigualdad

(x′ + 2)2 + (y′ − 1)2 ≥ 1

describe al exterior de la circunferencia de centro (x′ = −2, y′ = 1) y radio r = 1.



-2

1

X’

Y’

Puesto que el cırculo esta en el interior de la elipse el area del recinto Ω′ es

πab− πr2 = 2π − π = π.

Por tanto,

area(T (Ω)) = |det (A)| area(Ω) ≡ π = 3area(Ω) =⇒ area(Ω) =π

3.

(3.4) Si la suma de cada una de las filas de A es 7 tenemos

A

1...1

=

a11 + a12 + · · ·+ a1n

a21 + a22 + · · ·+ a2n...

an1 + an2 + · · ·+ ann

=

77...7

= 7

1...1

.

Por tanto λ = 7 es un autovalor de A.

Si la suma de cada una de las columnas de A es 7, entonces la suma de cada unade las filas de AT es 7 y aplicando lo anterior tenemos que λ = 7 es un autovalorde AT y por tanto tambien lo es de A.


Examen de Junio (Primer Parcial). 2007-08. R-313




Examen Final de Junio (Primer Parcial). 27-06-2008.

Ejercicio 4.

(4.1) [2 puntos] Determina los valores de ρ ∈ R para los cuales

2x2 + ρy2 + (ρ2 − 4)z2 − 4x− 2z = 5

es un paraboloide hiperbolico (silla de montar). Determina el punto de silla.

(4.2) [3 puntos] Resuelve la ecuacion compleja (z − z)4 = 1. Representa graficamente lassoluciones en el plano complejo.

(4.3) [3 puntos] Calcula α ∈ R sabiendo que la proyeccion ortogonal del punto/vectorP = (1, 2,−1) sobre el plano π ≡ x− y + αz = 0 es Q = (1, 2, 3). Calcula (la expresionde) la matriz de la proyeccion ortogonal sobre π.

(4.4) [2 puntos] Calcula la inversa de la siguiente matriz de orden n = 2, 3, . . . (generico)

0 0 · · · 0 n0 0 · · · n− 1 0...

... . .. ...

...0 2 0 · · · 01 1 · · · 1 1

(4.1) La ecuacion reducida/canonica de un paraboloide hiperbolico (silla de montar) es dela forma

Z =X2

a2− Y 2

b2.

Es decir, debemos tener solo dos cuadrados, de distinto signo, y en la otra variabledebemos tener termino de primer grado.

Para que la ecuacion

2x2 + ρy2 + (ρ2 − 4)z2 − 4x− 2z = 5

pueda ser la de un paraboloide hiperbolico (silla de montar) tiene que ser

ρ = 0 o ρ2 − 4 = 0 ≡ ρ = ±2.

Estudiemos cada uno de estos casos:


R-314 Examen de Junio (Primer Parcial). 2007-08.

Para ρ = 0 tenemos la ecuacion 2x2 − 4z2 − 4x − 2z = 5 que obviamente no esla de un paraboloide hiperbolico (no hay ningun sumando en y). Se trata de unCilindro Hiperbolico,

2(x− 1)2 − 4

(

z +1

4

)2

=27

4.

Para ρ = 2 tenemos la ecuacion 2x2 + 2y2 − 4x− 2z = 5 que tampoco es la de unparaboloide hiperbolico (los dos cuadrados tienen el mismo signo). Se trata de unParaboloide Elıptico,

2(x− 1)2 + 2y2 = 2

(

z +7

2

)

.

Para ρ = −2 tenemos la ecuacion 2x2−2y2−4x−2z = 5. Completando el cuadradoen x,

2 [(x− 1)2 − 1]− 2y2 = 2z + 5 =⇒ 2(x− 1)2 − 2y2 = 2(

z + 72

)

=⇒ (x− 1)2 − y2 =(

z + 72

)

.

Por tanto, para ρ = −2 tenemos un paraboloide hiperbolico con punto de silla(x− 1 = 0, y = 0, z + 7

2) ≡ (x = 1, y = 0, z = −7

2).

(4.2) Expresando z en forma binomica, z = x+ iy, x, y ∈ R, tenemos

z−z = 2yi =⇒ (z−z)4 = (2yi)4 = 16y4 = 1 =⇒ y4 =1

16⇒

[

Puesto quey ∈ R

]

⇒ y = ±1

2.

Por tanto, las soluciones son todos losnumeros complejos de la forma

z = x+1

2i o z = x− 1

2i, ∀x ∈ R.

Dichas soluciones determinan dos rectashorizontales en el plano complejo.

−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

−1

−0.8

−0.6

−0.4

−0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0 Re

Ima

12i

−12i

(4.3) Decir que Q = (1, 2, 3) es la proyeccion ortogonal de P = (1, 2,−1) sobre

π ≡ x− y + αz = 0

es equivalente a que se cumplan (simultaneamente) dos condiciones:

Q ∈ π ←→ 1− 2 + 3α = 0,

~QP = ~OP − ~OQ = [0, 0,−4]T esta en el complemento ortogonal de π,

π⊥ = Gen

1−1α

.

Obviamente la segunda condicion no se cumple para ningun valor de α.


Ejercicio 4. R-315

(4.4) Aplicando el metodo de Gauss-Jordan para el calculo de la inversa tenemos:

[A|I] =

0 0 · · · 0 n0 0 · · · n− 1 0...

... . .. ...

...0 2 0 · · · 01 1 · · · 1 1

1 0 · · · 0 00 1 · · · 0 0...

.... . .

......

0 0 · · · 1 00 0 · · · 0 1

ordenando lasfilas−→

de abajoarriba

→

1 1 · · · 1 10 2 0 · · · 0...

.... . .

......

0 0 · · · n− 1 00 0 · · · 0 n

0 0 · · · 0 10 0 · · · 1 0...

... . .. ...

...0 1 · · · 0 01 0 · · · 0 0

F1 − 12F2

...−→

F1 − 1nFn

→

1 0 · · · 0 00 2 0 · · · 0...

.... . .

......

0 0 · · · n− 1 00 0 · · · 0 n

−1/n −1/(n− 1) · · · −1/2 10 0 · · · 1 0...

... . .. ...

...0 1 · · · 0 01 0 · · · 0 0

1kFk

→k = 2, . . . , n

1 0 · · · 0 00 1 0 · · · 0...

.... . .

......

0 0 · · · 1 00 0 · · · 0 1

−1/n −1/(n− 1) · · · −1/2 10 0 · · · 1/2 0...

... . .. ...

...0 1/(n− 1) · · · 0 0

1/n 0 · · · 0 0

.

Por tanto,

A−1 =

− 1n− 1

(n−1)· · · −1

21

0 0 · · · 12

0...

... . .. ...

...0 1

(n−1)· · · 0 0

1n

0 · · · 0 0

.



Ejercicio 5. Considera la matriz A y el vector b ∈ R4 siguientes,

A =

1 2 a1

a2 −1 12 a3 0a4 a5 a6

y b =

α3α2

−3

(α ∈ R).

(5.1) [4 puntos] Determina A sabiendo que sus espacios nulo y columna verifican, respecti-vamente,

Nul (A) = Gen

1−23

y Col (A) ⊂ y1 + y2 − y3 − y4 = 0.

(5.2) [2 puntos] Para la matriz A obtenida, estudia el sistema de ecuaciones Ax = b segunlos valores de α.

(5.3) [2 puntos] Determina V =

x ∈ R3;Ax = A

102

e interpreta geometricamente

el resultado.

(5.4) [2 puntos] Sea P una matriz real m × n y sean v1, . . . , vk vectores de Rn tales quePv1, P v2, . . . , P vk son linealmente independientes. Demuestra que v1, v2, . . . , vk sonlinealmente independientes.

(5.1) Observacion.- Notemos que puesto que A es una matriz 4×3, Nul (A) es un subespaciovectorial de R3, Col (A) es un subespacio vectorial de R4 y por el Teorema del Rango,

dim Nul (A) + dim Col (A) = 3.

Por tanto, dim Nul (A) = 1 =⇒ dim Col (A) = 2 y Col (A) tiene que caracterizarsemediante 2 ecuaciones implıcitas (homogeneas).

1−23

∈ Nul (A) ⇐⇒ A

1−23

=

1− 4 + 3a1

a2 + 2 + 32− 2a3

a4 − 2a5 + 3a6

=

0000

⇔

a1 = 1,a2 = −5,a3 = 1,a4 − 2a5 + 3a6 = 0.

Decir que Col (A) esta contenido en el subespacio de ecuacion y1 + y2 − y3 − y4 = 0 esequivalente a decir que cada una de las columnas de A verifica dicha ecuacion,

1 + a2 − 2− a4 = 0 −→ a4 = −6,2− 1− a3 − a5 = 0 −→ a5 = 0,a1 + 1− 0− a6 = 0 −→ a6 = 2.


Ejercicio 5. R-317

Por tanto la matriz A tiene que ser

A =

1 2 1−5 −1 12 1 0−6 0 2

.

Notemos que en la obtencion de A se ha impuesto que el vector [1,−2, 3]T esta enNul (A) (condicion que es equivalente a decir que el subespacio que genera dicho vectoresta contenido en Nul (A)). En sentido estricto no hemos utilizado la igualdad entreNul (A) y el subespacio que genera el vector. Para comprobar que el espacio nulo, de lamatriz obtenida, coincide con el subespacio generado por el vector basta con comprobarque la dimension del espacio nulo de la matriz obtenida es 1. Reducimos la matrizobtenida a forma escalonada,

A =

1 2 1−5 −1 12 1 0−6 0 2

F2 + 5F1

F3 − 2F1

−→F4 + 6F1

1 2 10 9 60 −3 −20 12 8

→

1 2 10 −3 −20 9 60 12 8

F3 + 3F2

−→F4 + 4F2

1 2 1

0 -3 −20 0 00 0 0

=⇒

dim Col (A) = 2,dim Nul (A) = 1.

(5.2) Dado un vector generico c ∈ R4

Ax = c

Si c ∈ Col (A) =⇒ S. Compatible (Indeterminado pues Ax = 0 es S.C.I.).Si c 6∈ Col (A) =⇒ S. Incompatible.

Por tanto, lo unico que tenemos que determinar es bajo que condiciones b esta en Col (A).

[A|b] =

1 2 1 α−5 −1 1 32 1 0 α2

−6 0 2 −3

F2 + 5F1

F3 − 2F1

−→F4 + 6F1

1 2 1 α0 9 6 3 + 5α0 −3 −2 α2 − 2α0 12 8 6α− 3

→

1 2 1 α0 −3 −2 α2 − 2α0 9 6 3 + 5α0 12 8 6α− 3

F3 + 3F2

−→F4 + 4F2

1 2 1 α0 −3 −2 α2 − 2α0 0 0 3− α + 3α2

0 0 0 4α2 − 2α− 3

.

Por tanto

b ∈ Col (A)⇐⇒

3α2 − α + 3 = 0 ≡ α = 1±√

1−366

y

4α2 − 2α− 3 = 0 ≡ α = 2±√

4+488

.

Por tanto, no existe ningun α ∈ R tal que b ∈ Col (A) y Ax = b es un sistema incom-patible para cualquier α ∈ R.



(5.3) Teniendo en cuenta la definicion de V ,

x ∈ V ⇔ Ax = A

102

⇔ A

x−

102

= 0

⇔ x−

102

∈ Nul (A)⇔ x ∈

102

+ Nul (A)⇔ x =

1 + t−2t

2 + 3t

, ∀t ∈ R.

Puesto que Nul (A) es una recta en R3 que pasa por el origen, V es la recta paralela que

pasa por

102

.

(5.4) Si tenemos una combinacion lineal de v1, . . . , vk igual al vector nulo,

α1v1 + α2v2 + · · ·+ αkvk = 0

tenemos que demostrar que necesariamente tienen que ser nulos todos los coeficientes,α1 = α2 = · · · = 0. Multiplicando por P los dos miembros de la igualdad α1v1 + α2v2 +· · ·+ αkvk = 0 obtenemos

P (α1v1 + α2v2 + · · ·+ αkvk) = α1Pv1 + α2Pv2 + · · ·+ αkPvk = 0.

Puesto que Pv1, . . . , P vk son linealemte independientes, tiene que ser

α1 = α2 = · · · = 0.


Examen de Septiembre. 2007-08. R-319




Examen Final de Septiembre. 10-09-2008.

Ejercicio 1.

(1.1) [4 puntos] Sea π un plano en R3 que pasa por el origen de coordenadas. Sabiendo quela proyeccion ortogonal sobre π del vector v1 = (0,−1, 4)T y del vector v2 = (−1, 0, 5)T

es el vector u = (1,−2, 3), determina:

La ecuacion de π.

La matriz de la proyeccion ortogonal sobre π.

La proyeccion sobre π de la recta que pasa por el origen de coordenadas y tienecomo vector direccion v = v1 − 2v2.

(1.2) [3 puntos] Sea C la parabola del plano OXY que:

Tiene como eje de simetrıa el eje OY .

Su vertice es el punto (0, 1, 0).

Pasa por el punto P = (1, 2, 0).

Determina las ecuaciones de C y la ecuacion implıcita de la superficie que se obtiene algirar C alrededor del eje OX. ¿Se trata de una cuadrica?

(1.3) [2 puntos] Resuelve la ecuacion compleja

(

1

1 + z

)4

= 1

expresando las soluciones en forma binomica. Representa graficamente dichas soluciones.

(1.4) [1 punto] Sea a un vector-columna n× 1 que verifica qiue aTa = 1. Demuestra que lainversa de la matriz A = I − 2aaT es ella misma.

(1.1) • Si los vectores v1 y v2 tienen la misma proyeccion ortogonal sobre π, el vector

v1 − v2 = (1,−1,−1)

tiene que ser ortogonal al plano π. Puesto que π pasa por el origen de coordenadas laecuacion del plano es

x1 − x2 − x3 = 0.


R-320 Examen de Septiembre. 2007-08.

• Determinamos la matriz P obteniendo su producto con tres vectores linealmente inde-pendientes (o lo que es lo mismo, calculando la proyeccion ortogonal de tres vectoreslinealmente independientes). Tomando un vector de π (distinto de u, linealmente inde-pendiente con u), como por ejemplo w = (1, 1, 0), la matriz P de la proyeccion ortogonalsobre π tiene que verificar

Pv1 = u, P

1−1−1

=

000

y P

110

=

110

.

Por tanto,

P

0 1 1−1 −1 14 −1 0

=

1 0 1−2 0 13 0 0

.

Y ahora basta con despejar P ,

P =

1 0 1−2 0 13 0 0

0 1 1−1 −1 14 −1 0

−1

=

1 0 1−2 0 13 0 0

19

1 −1 24 −4 −15 4 1

= 13

2 1 11 2 −11 −1 2

.

Calculo de la inversa:

0 1 1−1 −1 14 −1 0

11

1

→

−1 −1 10 1 14 −1 0

11

1

F3 + 4F1

−→

−1 −1 10 1 10 −5 4

11

4 1

F1 + F2

−→F3 + 5F2

−1 0 20 1 10 0 9

1 115 4 1

F1 − 29F3

−→F2 − 1

9F3

−1 0 00 1 00 0 9

−1/9 1/9 −2/94/9 −4/9 −1/95 4 1

• La proyeccion sobre π del vector v = v1 − 2v2 sera, por tanto,

Pv = P (v1 − 2v2) = Pv1 − 2Pv2 = u− 2u = −u.

Para calcular esto ultimo no hace falta conocer la matriz P , basta con los datos dadosde la proyeccion ortogonal.

Observacion.- Una vez obtenido el vector v1 − v2 ortogonal a π, dicho vector es unabase del complemento ortogonal, π⊥ de π, y puede obtenerse la matriz de la proyeccionortogonal sobre π⊥ aplicando la formula conocida y a partir de ella la de la proyeccionortogonal sobre π.


Ejercicio 1. R-321

(1.2) Puesto que la parabola C esta en el plano OXY podra determinarse por una ecuacionen la que solo intervienen las variables x e y junto con la ecuacion z = 0.

Trabajando con las coordenadas (x, y) (del planoOXY ), la parabola tendra una ecuaciondel tipo y−β = 2p(x−0)2 puesto es simetrica respecto al eje OY . Puesto que su verticees (0, 1) sera β = 1 Por tanto la ecuacion de la parabola es de la forma y − 1 = 2px2.Puesto que pasa por el punto (x, y) = (1, 2) tiene que cumplirse 1 = 2p. Por tanto, laecuacion de la parabola es y − 1 = x2 en el plano OXY y las ecuaciones en R3 son

y = 1 + x2,z = 0.

Al girar un punto (x, y, 0) (del planoOXY ) alrededor del eje OX se obtienenlos puntos (X, Y, Z) dados por

X = x,Y = |y| cos(θ),Z = |y|sen(θ),

θ ∈ [0, 2π].

Y considerando puntos (x, y, 0) de laparabola dada tenemos

Y 2 + Z2 = y2

X2 = x2

y2 = (1 + x2)2

⇒ Y 2+Z2 = (1+X2)2.−2

0

2

4

−4−2

02

46

8

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

5

6

7

XY

Z

Obviamente la superficie obtenida no es una cuadrica (es una superficie de grado 4).

(1.3) Para que z ∈ C sea una solucion de la ecuacion dada, w = 11+z

tiene que ser una de las

cuatro raıces cuartas de 1. Puesto que las raıces cuartas de 1 = e0i son

w1 = 1, w2 = e2π

4i = i, w3 = e2

2π

4i = −1 y w4 = e3

2π

4i = −i,

tenemos que resolver

• 11+z

= 1 ⇔ 1 + z = 1⇔ z1 = 0.

• 11+z

= i ⇔ 1 + z = 1i

= −i⇔ z = −1− i⇔ z2 = −1 + i.

• 11+z

= −1 ⇔ 1 + z = −1⇔ z3 = −2.

• 11+z

= −i ⇔ 1 + z = 1−i

= i

⇔ z = −1 + i⇔ z4 = −1− i.

(1.4) Basta comprobar que AA = I,

AA = (I − 2aaT )(I − 2aaT ) = I − 2aaT − 2aaT + 4a(aTa)aT

= I − 2aaT − 2aaT + 4aaT = I.



Ejercicio 2. Considera el subespacio vectorial S de R4 definido mediante

S ≡

x1 + 2x2 − x3 + x4 = 02x1 + x2 + αx3 + βx4 = 0x1 − x2 + 2x3 = 0

(α, β ∈ R).

(2.1) [3 puntos] Determina los valores de α y β para los que S tiene dimension 2. En dichoscasos, calcula una base ortogonal de S y una base ortogonal de S⊥.

(2.2) [3 puntos] Para α = 3, β = 2, determina una base de S y dos subespacios vectorialesF y G (distintos) que verifiquen

S + F = S +G = R4 y S ∩ F = S ∩G =

~0

.

(2.3) [3 puntos] Sea A es una matriz de orden 3 con polinomio caracterıstico

p(λ) = −λ3 + 2λ2 + λ− 2.

Demuestra que A es diagonalizable y verifica que

−A3 + 2A2 + A− 2I = 0.

Expresa A−1 como combinacion lineal de potencias (de exponente no-negativo) de A.

(2.4) [1 punto] Determina que tipo de conica es

x2 + y2 − 2xy + 3x = 0.

(2.1) Para obtener la dimension del subespacio S definido por las ecuaciones implıcitas dadasbasta con reducir el sistema a forma escalonada. Puesto que S es el espacio nulo de lamatriz M asociada al sistema, la dimension sera el numero de variables libres de dichosistema,

[M |0] =

1 2 −1 1 02 1 α β 01 −1 2 0 0

F2 − 2F1

−→F3 − F1

1 2 −1 1 00 −3 α + 2 β − 2 00 −3 3 −1 0

F3 − F2

−→

1 2 −1 1 00 −3 α + 2 β − 2 00 0 1− α 1− β 0

.

Por tanto, para que la dimension de S sea 2 tiene que verificarse que

α = 1 y β = 2.

En este caso, puesto que

S = Nul (M) = Nul

1 2 −1 10 −3 3 −10 0 0 0

= Nul

[

1 2 −1 10 −3 3 −1

]


Ejercicio 2. R-323

tenemos que

S⊥ = Gen

w1 =

12−11

, w2 =

0−33−1

.

Hallamos una base de S resolviendo el sistema homogeneo (tomamos como variableslibres x2 y x3)

[

1 2 −1 1 00 −3 3 −1 0

]

−→

x4 = −3x2 + 3x3,x1 = −2x2 + x3 − x4 = x2 − 2x3,

→

x1

x2

x3

x4

= x2

110−3

+ x3

−2013

, ∀x2, x3 ∈ R.

Por tanto, una base de S es

v1 =

110−3

, v2 =

−2013

.

No es una base ortogonal puesto que v1 ·v2 = −11 6= 0. Para obtener una base ortogonalbasta con ortogonalizar la que tenemos,

v′1 = v1, v′2 = v2 −−11

11v′1 = v2 + v1 =

−1110

.

Ya tenemos una base ortogonal de S,

v1 =

110−3

, v′2 =

−1110

.

Para obtener una base ortogonal de S⊥ basta con ortogonalizar la base w1, w2,

w′1 = w1, w′

2 = w2 −−10

7w′

1 =1

7

10−1113

.

Por tanto, una base ortogonal de S⊥ es

w1 =

12−11

, 7w′2 =

10−1113

.



(2.2) Segun los calculos hechos en el apartado (2.1), el subespacio S esta determinado, paraα = 3, β = 2, por las ecuaciones

[M |0] · · · →

1 2 −1 1 00 −3 α + 2 β − 2 00 0 1− α 1− β 0

≡

1 2 −1 1 00 −3 5 0 00 0 −2 −1 0

.

Por tanto, dim(S) = 1. Tomando x3 como variable libre y expresando las restantesvariables en funcion de x3 obtenemos una base de S,

x4 = −2x3,3x2 = 5x3 → x2 = 5

3x3

x1 = −2x2 + x3 − x4

= (−103

+ 1 + 2)x3

= −x3

3

⇒

x1

x2

x3

x4

=x3

3

−153−6

⇒ S = Gen

w =

−153−6

.

Los subespacios vectoriales F y G pedidos tienen que ser subespacios de dimension tres.Por otra parte, si tenemos un subespacio H de dimension tres en el que no esta w,entonces dicho subespacio verificara las dos condiciones,

H + S = R4, H ∩ S = 0 .

Cualquier subespacio de R4que tenga dimension tres queda determinado por una ecuacionimplıcita. Por tanto, podemos tomar, por ejemplo,

F ≡ x1 = 0,G ≡ x1 + x2 = 0.

(2.3) Para obtener los autovalores de A, resolvemos la ecuacion caracterıstica. Puesto queλ = 1 es una solucion, p(1) = −1 + 2 + 1− 2 = 0, dividiendo p(λ) por λ− 1 obtenemos

−1 2 1 −21 −1 1 2

−1 1 2 0

y, por tanto,p(λ) = −λ3 + 2λ2 + λ− 2 = (λ− 1)(−λ2 + λ+ 2).

Y basta con resolver la ecuacion de segundo grado,

−λ2 + λ+ 2 = 0⇐⇒ λ =−1±

√1 + 8

−2=−1± 3

−2.

Por tanto los autovalores de A son

λ1 = 1, λ2 =−1 + 3

−2= −1 y λ3 =

−1− 3

−2= 2.

Puesto que todos los autovalores de A son simples, la matriz A es diagonalizable.

Notemos que al ser todos los autovalores de A distintos de cero, la matriz A tiene inversa.

Demostrar que A verifica que

−A3 + 2A2 + A− 2I = 0


Ejercicio 2. R-325

es demostrar (directamente) que para la matriz A se verifica el Teorema de Cayley-Hamilton.

Si tenemos una diagonalizacion de A,

A = PDP−1, D =

λ1

λ2

λ3

=

1−1

2

,

entonces Ak = PDkP−1 para cualquier exponente k = 1, 2, . . . Por tanto,

−A3 + 2A2 + A− 2I = −PD3P−1 + 2PD2P−1 + PDP−1 − 2PP−1

= P (−D3 + 2D2 +D − 2I)P−1

= P

−λ31 + 2λ2

1 + λ1 − 2p(λ2)

p(λ3)

P−1

= P

00

0

P−1 = 0.

Para expresar A−1 como combinacion lineal de potencias (de exponente no-negativo) deA basta con tener en cuenta la igualdad −A3 + 2A2 + A− 2I = 0,

−A3 + 2A2 + A− 2I = 0 ⇔ −A3 + 2A2 + A = 2I ⇔ A(−A2 + 2A+ I) = 2I

⇔ A−1 = −12A2 + A+ 1

2I (I = A0).

(2.4) Calculemos los autovalores de la matriz (simetrica) asociada ala parte cuadratica de laecuacion.

A =

[

1 −1−1 1

]

−→ det(A− λI) = (1− λ)2 − 1 = λ(λ− 2) = 0→

λ1 = 0,λ2 = 2.

Por tanto, al hacer el cambio ortogonal de variables asociado a los autovectores de Aobtendremos una ecuacion de la forma

0x′2 + 2y′2 + ax′ + by′ + c = 0.

Si• a 6= 0 esta ecuacion es la de una parabola y si• a = 0 la ecuacion puede ser la de dos rectas paralelas, o coincidentes, o nada.

Los autovectores de A son:

• λ1 = 0→ Ax = 0 −→ v1 =

[

11

]

.

• λ2 = 2→ (A− 2I)x = 0 −→ v2 =

[

−11

]

⊥ v1.



Por tanto, haciendo el cambio de variables

[

xy

]

=

[

v1

‖v1‖v2

‖v2‖

] [

x′

y′

]

=1√2

[

1 −11 1

] [

x′

y′

]

obtenemos la ecuacion

5y′2 + 31√2(x′ − y′) = 0

y, obviamente, se trata de una parabola.


Ejercicio 3. R-327

Ejercicio 3. Sean

A =

1 α− 3 3− α0 α 10 α− 2 3

y b =

2−10

.

(3.1) [3 puntos] Determina los valores de α ∈ C para los que A es diagonalizable.

(3.2) [2 puntos] Determina una diagonalizacion de A (matriz de paso, matriz diagonal,relacion con la matriz A) para α = 0.

(3.3) [3 puntos] Determina los valores de α ∈ R para los que A es diagonalizable ortogonal-mente. Determina una diagonalizacion ortogonal de A para los valores de α ∈ R paralos que sea posible.

(3.4) [2 puntos] Para α = 3, resuelve el problema de valor inicial

y′(t) = (A− 2I)y(t),y(0) = b.

(3.1)

p(λ) = det(A− λI) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1− λ α− 3 3− α0 α− λ 10 α− 2 3− λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (1− λ)

∣

∣

∣

∣

α− λ 1α− 2 3− λ

∣

∣

∣

∣

= 0

→

λ = 1,λ2 − (α+ 3)λ+ 3α− α + 2 = λ2 − (α + 3)λ+ 2α+ 2 = 0.

Resolviendo la ecuacion de segundo grado,

λ =α+3±√

(α+3)2−4(2α+2)

2=

α+3±√

α2−2α+1)

2

=α+3±√

(α−1)2

2→

α+3+(α−1)2

= α+ 1,

α+3−(α−1)2

= 2.

Por tanto, los autovalores de A son λ1 = 1, λ2 = 2 y λ3 = α + 1.

Casos de posible multiplicidad:

1 = α + 1⇐⇒ α = 0, 2 = α + 1⇐⇒ α = 1.

• Para α = 0 tenemos que estudiar la multiplicidad geometrica del autovalor dobleλ1 = 1.

(A− I)x = 0→

0 −3 3 00 −1 1 00 −2 2 0

−→

0 −1 1 00 0 0 00 0 0 0

=⇒ dim(A− I) = 2.



Por tanto, para α = 0 la matriz A es diagonalizable.

• Para α = 1 tenemos que estudiar la multiplicidad geometrica del autovalor dobleλ2 = 2.

(A− 2I)x = 0→

−2 −2 2 00 −1 1 00 −1 1 0

−→

−1 −1 1 00 −1 1 00 0 0 0

=⇒ dim(A− 2I) = 1.

Por tanto, para α = 1 la matriz A no es diagonalizable.

• Para α 6= 0, 1, todos los autovalores de A son simples

λ1 = 1, λ2 = 2 y λ3 = α + 1 6= 0, 1.

Por tanto, A es diagonalizable.

Resumiendo A es diagonalizable ⇐⇒ α 6= 1 .

(3.2) Diagonalizacion de A para α = 0. Para α = 0, los autovalores de A son λ1 = 1(doble) y λ2 = 2 (simple). Calculemos los correspondientes autovectores,

asociados a λ1 = 1, (A− I)x = 0

0 −1 1 00 0 0 00 0 0 0

⇔ Nul (A− I) = Gen

v1 =

100

, v′1 =

011

.

asociados a λ2 = 2, (A− 2I)x = 0,

−1 −3 3 00 −2 1 00 −2 1 0

⇔

x3 = 2x2

x1 = · · · = 3x2

⇔ Nul (A−2I) = Gen

v2 =

312

.

Por tanto, una diagonalizacion de A es A = PDP−1 siendo

P =

v1 v′1 v2

=

1 0 30 1 10 1 2

y D =

λ1

λ1

λ2

=

11

0 2

.

(3.3) Diagonalizacion ortogonal de A. Puesto que A es real para α ∈ R, sera diagona-lizable ortogonalmente si, y solo si, es simetrica,

AT = A⇐⇒

α− 3 = 03− α = 0α− 2 = 1

⇐⇒ α = 3.

Para α = 3 los autovalores de A son: λ1 = 1, λ2 = 2 y λ3 = 4.

Autovectores:


Ejercicio 3. R-329

• asociados a λ1 = 1, (A− I)x = 0,

0 0 0 00 2 1 00 1 2 0

−→ u1 =

100

.

• asociados a λ1 = 2, (A− 2I)x = 0,

−1 0 0 00 1 1 00 1 1 0

−→ u2 =

0−11

.

• asociados a λ1 = 4, (A− 4I)x = 0,

−3 0 0 00 −1 1 00 1 −1 0

−→ u3 =

011

.

La matriz

P =

100

0−11

011

es una matriz que diagonaliza A, puesto que sus columnas son autovectores linealmenteindependientes. Sin embargo, la matriz P no es ortogonal (su inversa no coincide con sutraspuesta) aunque sus columnas sean ortogonales. Para que una matriz cuadrada realsea una matriz ortogonal sus columnas tienen que ser ortonormales (son autovectores deuna matriz simetrica real asociados a autovalores distintos). Normalizando cada una delas columnas obtendremos una matriz con columnas ortonormales que son autovectoresde A. Por tanto, una diagonalizacion ortogonal de A es A = QDQT (QT = Q−1) siendo

Q =

u1

‖u1‖u2

‖u2‖u3

‖u3‖

=

100

0− 1√

21√2

01√2

1√2

,

D =

λ1

λ2

λ3

=

12

4

.

(3.4) Teniendo en cuenta los autovalores y autovectores de A que hemos obtenido (paraα = 3), tenemos

A A− 2I Autovectoresλ1 = 1 µ1 = λ1 − 2 = −1 u1

λ2 = 2 µ2 = λ2 − 2 = 0 u2

λ3 = 4 µ3 = λ3 − 2 = 2 u3

Por tanto, la solucion general del sistema y′ = (A− 2I)y es

y(t) = c1e−tu1 + c2e

0tu2 + c3e2tu3.



Imponiendo la condicion inicial y(0) = b y resolviendo el sistema planteado obtenemos

c1u1 + c2u2 + c3u3 = b ≡

100

0−11

011

2−10

−→

c1 = 2,c2 = 1

2,

c3 = −12.

Por tanto, la solucion del P.V.I. planteado es

y(t) = 2e−t

100

+1

2

0−11

− 1

2e2t

011

=

2e−t

−1 + e2t

2

1− e2t

2

.


Documents

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