´ Algebra lineal 1. Abril 25, 2015 Soluciones parcial 3[A] (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 −1 −1 1 −1 para 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 lograadicionando , que se hallo en el inciso (ii), deW una base 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 −1 es una base para W ⊥ , si se define la matriz AW ⊥ = , 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 1 1 −2 = = 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 5 1 1 1 1 1 obtenemos que xW = x − xW ⊥ = 0 − 2 −1 = 2 1 3 1 5 2. x − 1 −3 0 x+4 0 = (i) El polinomio caracter´ıstico p(x) de A es por definici´on p(x) = − 2 0 0 x + 1 x − 1 −3 = −(x+1)((x−1)(x+4)+6) = −(x+1)(x2 +3x+2) = (x+1)(x+1)(x+2). = −(x+1) 2 x + 4 Concluimos que los valores propios de 2 Eλ2 est´ an dados por Eλ1 = Null −2 0 3 3 0 1 1 Eλ2 = Null 2 2 0 = Null 0 0 0 0 −3 0 0 A son λ1 = −1y λ2 = 3 0 1 3/2 −3 0 = Null 0 0 0 0 0 0 0 −1 0 = span 1 . 1 0 −2. propios Los espacios Eλ1 y 0 0 −3 0 = span 2 , 0 y por 0 1 1 (ii) Dado que dim(Eλ1 ) + dim(Eλ2 ) = 2 + 1 = 3 la matriz A 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 a los que correspondan −3 0 3 −1 0 0 autovectores puestos en C. Expl´ıcitamente podemos tomar C = 2 0 1 , D = 0 −1 0 . −1 1 0 0 0 −2 3. (i) Falso. −18 6= −9. Utilizando las propiedades de determinantes vemos que det((3B)C −1 AT ) = det((3B)) det(C −1 ) det(AT ) = 27 det(B) det(C)−1 det(A) = 27 · −2 · (ii) Verdadero. | − 1| = 1. 1 0 0 1 1 1 El volumen 1 1 0 1 = 0 1 1 0 1 es igual al valor absoluto 1 1 0 1 1 0 1 = 0 0 1 = 0 0 0 0 1 0 0 1 1 · 1 = −18. 3 del determinante 1 0 0 0 1 = − 0 1 0 = −1. 0 0 1 0 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 6= 1 por lo tanto las columnas no forman una base ortonormal.
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