====== Coloquio 21/12/2005 ====== ===== Enunciado ===== **1)** Sea T y sea B = \{v_1;v_2;v_3\} una base de V. **(a)** Sabiendo que para cierta base B' de V, [T]_{B'} = \left[ \begin{array}{ccc} \alpha + 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{array} \right], determine los valores de \alpha . para los cuales [T]_B es diagonalizable. **(b)** Considerando B' = \{v_1 + v_2; v_2 + v_3; v_2 - v_3\} y \alpha = -2, hallar los autovalores y autoespacios de S = T^5 + 2T . **2) (a)** Sea U ortogonal y tal que \det (U)= 1. Probar que existe v \in \mathbf R^3, v \not= 0 , tal que Uv = v. **(b)** Probar que si A \in \mathbf R^{n \times n} es simétrica y tal que 2\| x \| ^2 \leq x^t(A+I)x \leq 3\|x\| ^2 para todo x \in \mathbf R^n, entonces A es inversible y los autovalores de A^{-1} pertenecen al intervalo [0.5,\;1] **3)** La temperatura del punto [x_1 \quad x_2]^t del plano es T(x) = x_1^2 + 2 \alpha x_1x_2 + 4x_2^2 ( \alpha \in \mathbf R ). **(a)**Hallar los valores de \alpha para los cuales las isotermas son curvas cerradas. **(b)** Considerando \alpha =2, hallar los puntos de la curva x_1^2+4x_2^2 =4 en los cuales la temperatura es mínima. **4) (a)** Hallar A \in \mathbf R^{3 \times 3} tal que 4 y 1 sean autovalores de A^tA, [1 \quad 1 \quad 0]^t \in \mathrm{Nul} (A) y [1 \quad 0 \quad 1]^t \in \mathrm{Nul} (A^t). **(b)** Sabiendo que A \in \mathbf R^{2 \times 2} es simétrica y tal que A[1\quad 2]^t = [2 \quad 4]^t y \det (A) = -2 , hallar la solución del problema a valor inicial X' = A^{-1}X , X(0) = [1 \quad 0 ]^t. Los alumnos del 2do cuatrimestre de 2004 o del 1ro de 2005 deben reemplazar el punto 4(b) por el siguiente: **(b*)** Sea A \in \mathbf R^{m \times n}. Probar que \mathrm{Col} (A^+) = \mathrm{Fil} (A) y que \mathrm{Nul} (A^+) = \mathrm{Nul} (A^t). El examen se aprueba resolviendo correctamente al menos cuatro puntos. Justifique todas sus rerspuestas. ===== Resolución Ejercicio 1) ===== **1.a)** T es diagonalizable sii las multiplicidades algebráica y geómetrica de todos sus autovalores coinciden. Empezamos obteniendo los autovalores de [T]_B. [T_B] - \lambda I = \left( \begin{array}{ccc} \alpha+1-\lambda & 1 & 0 \\ 0 & 1 - \lambda & 0 \\ 0 & 0 & -1-\lambda \end{array} \right) p(\lambda) = det( [T_B] - \lambda I) = -(1+\lambda)(1-\lambda)(\alpha+1-\lambda) = 0 => \lambda_1=-1, \ \lambda_2=1,\ \lambda_3=\alpha+1 Si los tres autovalores son distintos, entonces sus multiplicidades algebráicas y geométricas son 1. Por lo tanto para \alpha\not=0 \wedge \alpha\not=-2 se verifica que T es diagonalizable. Ahora vamos a los dos casos más puntuales: Con \alpha=0, \lambda_3 = \lambda_2=1 S_{\lambda_2} = nul(A-\lambda_2 I) = nul \left( \begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -2 \end{array} \right) = gen \left\{ \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right) \right\} Como para \lambda_2 la multiplicidad algebráica \left( m_2 = 2 \right) es diferente de la geométrica \left( \mu_2 = 1 \right), entonces con \alpha =0, T no es diagobalizable. Con \alpha=-2, \lambda_3 = \lambda_1=-1 S_{\lambda_1} = nul(A-\lambda_1 I) = nul \left( \begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right) = gen \left\{ \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right) , \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right) \right\} Como para \lambda_2 la multiplicidad algebráica \left( m_2 = 2 \right) es igual a la geométrica \left( \mu_2 = 2 \right), entonces con \alpha =-2, T es diagobalizable. Así podemos recopilar todo y decir que T es diagonalizable \forall \alpha \in R - \{ 0 \} **1.b)** Para este insciso del ejercicio vamos a usar dos resultados del ejercicio anterior: [list]- Si \alpha=2 \Rightarrow T es diagonalizable y \lambda_3=-1 - [T_{B'}] = P D_T P^{-1} siendo D_T=\left( \begin{array}{c c c} -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right) y P una matriz cuyas columnas son una base de \mathbf K^3 formada por autovectores de [T_{B'}] ordenados de la misma manera que sus autovalores asociados lo están en D_T[/list] Entonces comenzamos a resolver el ejercicio: [S_{B'}]=[T_{B'}]^5 + 2 [T_{B'}] = P {D_T}^5 P^{-1} + 2 ( P D_T P^{-1}) = P ( {D_T}^5 + 2 D_T ) P^{-1} La primera igualdad se da por ser [T_{B'}] diagonalizable. En la segunda simplemente agrupamos. Por último podemos reemplazar de la siguiente manera: [S_{B'}] = P D_S P^{-1} con D_S = {D_T}^5 + 2 D_T De aquí sacamos que: [list]- Los autoespacios de S son los mismos que los de T. - Un autovalor \lambda_S de S es \lambda_S = \lambda^5+2\lambda siendo \lambda un autovalor de T.[/list] Luego los autovalores de S son \lambda_{S1}=-3, \ \lambda_{S2} = 3, \ \lambda_{S3} = -3 y los autoespacios asociados son: {\mathcal S}_{\lambda_{S1}} = gen \left\{ C_{B'}^{-1} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right) , C_{B'}^{-1} \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right) \right\} = gen \left\{ v_1 + v_2 , v_2 - v_3 \right\} {\mathcal S}_{\lambda_{S2}} = gen \left\{ C_{B'}^{-1}\left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 0 \end{array} \right) \right\} = gen \left\{ v_1 + 3 v_2 + 2 v_3 \right\} ===== Resolución Ejercicio 2) ===== ===== Resolución Ejercicio 3) ===== ===== Resolución Ejercicio 4) =====