====== Examen Final - 61.08. Álgebra II A - 07/03/2008 ====== **Cátedra:** Indistinta\\ **Fecha:** 5º Oportunidad - 2º Cuatrimestre 2008\\ **Día:** 07/03/2008 ===== Enunciado ===== ==== Punto 1 ==== === a) === Sea A \in \mathbf{C}^{3 \times 3} y sea \left\{ v_1, \, v_2, \, v_3 \right\} \, \subset \, \mathbf{C}^3 \, - \, \{ 0 \} tal que Av_i=\lambda_iv_i \, \forall i y \lambda_i \not= \lambda_j si i \not= j. Probar que si w=v_1+v_2+v_3, entonces \left\{w, \, Aw, \, A^2w \right\} es base de \mathbf{C}^3. === b) === Sea T \in \mathcal{L} \left(\mathbf{R}^3\right) tal que [T]_{EB} = \left( \begin{array}{ccc} \alpha +1 & 1 & 0 \\ - \alpha - 1 & 0 & 0 \\ \alpha +1 & 0 & -1 \end{array} \right) con E la base canónica y B= \left\{ \left( \begin{array}{c} 1\\ 1\\ 0\\ \end{array} \right), \left( \begin{array}{c} 0\\ 1\\ 1 \end{array} \right), \left( \begin{array}{c} 0\\ 0\\ 1 \end{array} \right) \right\}. Hallar todos los valores de \alpha para los cuales existe una base B' tal que [T]_{B'} es diagonal. ==== Punto 2 ==== === a) === Probar que si A \in \mathbf{R}^{n \times n} es simétrica y A^4=A, entonces Ax= P_{\mathrm{Col}(A)}x \quad \forall x \in \mathbf{R}^n. === b) === Definir un producto interno (\cdot , \cdot) en \mathbf{R}^2 tal que \mathrm{m\acute{a}x}_{x^\mathrm{T}x=1} \, (x, \, x)=4, (u, \, u)=8 para u=(1, \, 1)^\mathrm{T} y \left(e_1, \, e_1\right)+\left(e_2, \, e_2\right)=6 si e_1=(1, \, 0)^\mathrm{T} y e_2=(0, \, 1)^\mathrm{T} ==== Punto 3 ==== === a) === Sea A \in \mathbf{R}^{2 \times 2} simétrica tal que \mathrm{det}(A)<0. Determinar, justificando la respuesta, qué clase de curva define x^\mathrm{T}Ax=0. === b) === Hallar la representación matricial en la base canónica de la transformación lineal T: \mathbf{R}^3 \mapsto \mathbf{R}^2, definida como: dado v \in \mathbf{R}^3, entonces T(v)=w si w \in \mathbf{R}^2 es el vector de menor norma que satisface Aw=P_{\mathrm{Col}(A)}v. A^\mathrm{T} = \left( \begin{array}{ccc}1 & -1 & 2 \\1 & -1 & 2 \end{array} \right) ==== Punto 4 ==== === a) === Hallar la solución general del siguiente sistema: X' = \left( \begin{array}{cc}4 & -1 \\-1 & 4 \end{array} \right) X + \left( \begin{array}{c} -1\\ 1 \end{array} \right). === b) === Hallar todas las soluciones de: y''-9y=1+e^{-3t} que tienen límite finito cuando t \rightarrow + \infty. ===== Resolución A ===== ==== Punto 2 ==== === a) === A es simetrica, por lo tanto A = A^\mathrm{T} Como A es simetrica, entonces se puede diagonalizar ortogonalmente. A = P.D.P^\mathrm{T} A^4 = P.D^4.P^\mathrm{T} Y el enunciado nos da el dato de : A^4 = A \Rightarrow D^4 = D \Rightarrow D^4 - D = 0 \Rightarrow \lambda^4 - \lambda = 0 Los unicos avas que cumplen eso son : 1 y 0 Si 1 y 0 son sus autovalores, entonces: D = D^2 \Rightarrow A = A^2 Y como demostre que : A =A^2 y que A = A^\mathrm{T} entonces A es matriz de proyeccion. === b) === Para una forma cuadratica de la forma x^\mathrm{T}Ax=G(x) con A simetrica y definida positiva, la forma cuadratica define un producto interno. Entonces puedo definir una matriz A= \left( \begin{array}{cc} a & b \\ b & c \end{array} \right) . Del dato de que (u, \, u)=8 con U=(1, \, 1)^\mathrm{T} resuelvo \left( \begin{array}{cc} 1 & 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} a & b \\ b & c \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array} \right)=8 a + 2b + c=8 Hago lo mismo con los canónicos \left( \begin{array}{cc} 1 & 0 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} a & b \\ b & c \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array} \right) + \left( \begin{array}{cc} 0 & 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} a & b \\ b & c \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \end{array} \right)=6 Y obtengo que a+c = 6 Despejando de la otra ecuacion queda que 6 + 2b=8 b=1 Del dato que \mathrm{m\acute{a}x}_{x^\mathrm{T}x=1} \, (x, \,x)= 4 , como estoy en norma 1, se que 4 sera el autovalor máximo, por lo tanto raíz máxima del polinomio caracteristico de (\lambda I-A) \mathrm{det}(\lambda I-A) = \lambda^2+ac-(a+c)\lambda - b=0 como \lambda=4 satisface la ecuacion por ser autovector, y tenemos que a+c=6 4^2+ac-6 \cdot 4-1=0 ac=9 ahi despeje a y c y obtuve a=c=3 por lo tanto la matriz que genera el producto interno es A= \left( \begin{array}{cc} 3 & 1 \\ 1 & 3 \end{array} \right) Solo falta multiplicar la matriz por los vectores genericos para obtener Q(x) ==== Punto 3 ==== === a) === Sabemos que: \mathrm{det}(A) = \lambda_1 . \lambda_2 Como \mathrm{det}(A) < 0 entonces los signo de \lambda_1 y \lambda_2 son diferentes. Hago el cambio de variables para eliminar los productos cruzados: x = Py y me queda: Q(x) = y^\mathrm{T}. D. y Igualo a cero: \lambda_1 . y_1^2 - \lambda_2 . y_2^2 = 0 \Rightarrow \lambda_1 . y_1^2 = \lambda_2 . y_2^2 \Rightarrow y_1^2 = \frac{\lambda_2}{\lambda_1}y_2^2 \Rightarrow y_1 = \pm \sqrt{\frac{\lambda_2}{\lambda_1}y_2} Con lo cual nos quedan dos rectas: y_1 = \sqrt{ \frac{\lambda_2}{\lambda_1}y_2} y y_1 = -\sqrt{ \frac{ \lambda_2}{\lambda_1} y_2} ===== Resolución B ===== ==== Punto 1 ==== === a) === == H) == A\in \mathbf{C}^{3\times3}\\ \left\{ v_1, \, v_2, \, v_3 \right\} \, \subset \, \mathbf{C}^3 \, - \, \{ 0 \}\\ Av_i=\lambda_iv_i \, \forall i y \lambda_i \not= \lambda_j si i \not= j\\ w=v_1+v_2+v_3 == T) == \left\{w, \, Aw, \, A^2w \right\} es base de \mathbf{C}^3\\ Es decir, \left\{w, \, Aw, \, A^2w \right\} son LI y **generan** \mathbf{C}^3 == D) == Ni v_1 ni v_2 ni v_3 son nulos, y\\ \left. \begin{array}{rcl} Av_1 & = & \lambda_1 v_1 \\ Av_2 & = & \lambda_2 v_2 \\ Av_3 & = & \lambda_3 v_3\end{array} \right\} Luego, v_1, v_2 y v_3 son autovectores de A.\\ Por otro lado, como \lambda_1\neq\lambda2, \lambda_1\neq\lambda3, \lambda_2\neq\lambda3, el conjunto \left\{ v_1,v_2,v_3\right\} es LI.\\ ¿Cómo se si \left\{ v_1, \, v_2, \, v_3 \right\} es base?\\ O sea, ¿cómo se si \left\{ v_1, \, v_2, \, v_3 \right\} genera \mathbf{C}^3\\ Pues bien, \underbrace{\mathrm{dim}\left(\mathbf{C}^3\right)}_{\parbox{50pt}{\centering como un $\mathbf{C}$-espacio vectorial}}=3=\mathrm{dim}\left(gen\left\{ v_1, \, v_2, \, v_3 \right\}\right) y como \left\{ v_1, \, v_2, \, v_3 \right\} \subset \mathbf{C}^3 \Longrightarrow \left\{ v_1, \, v_2, \, v_3 \right\} genera \mathbf{C}^3 y por tanto es base.\\ \\ \\ \\ B=\left\{ v_1, v_2, v_3\right\}\\ \begin{array}{rcl}w&=&v_1+v_2+v_3\\ Aw&=&Av_1+Av_2+Av_3\\ &=&\lambda_1v_1+\lambda_2v_2+\lambda_3v_3\\ A^2w=A\left(Aw\right) & = & \lambda_1^2v_1+\lambda_2^2v_2+\lambda_3^2v_3 \end{array}\\ Entonces:\\ \left. \begin{array}{rcl} C_B(w) & = & \left( \begin{array}{c} 1\\ 1\\ 1\end{array} \right)\\ C_B\left(Aw\right) & = & \left( \begin{array}{c} \lambda_1\\ \lambda_2\\ \lambda_3\end{array} \right)\\ C_B\left(A^2w\right) & = & \left( \begin{array}{c} \lambda_1^2\\ \lambda_2^2\\ \lambda_3^2\end{array} \right)\end{array} \right\} Si \left\{ \left( \begin{array}{c} 1\\ 1\\ 1\end{array} \right), \left( \begin{array}{c} \lambda_1\\ \lambda_2\\ \lambda_3\end{array} \right), \left( \begin{array}{c} \lambda_1^2\\ \lambda_2^2\\ \lambda_3^2\end{array} \right) \right\} es LI \Longrightarrow \left\{w, \, Aw, \, A^2w \right\} es LI. == sub-T) == \left\{ \left( \begin{array}{c} 1\\ 1\\ 1\end{array} \right), \left( \begin{array}{c} \lambda_1\\ \lambda_2\\ \lambda_3\end{array} \right), \left( \begin{array}{c} \lambda_1^2\\ \lambda_2^2\\ \lambda_3^2\end{array} \right) \right\} LI. == AT) (antítesis) == Supongamos que es LD. Entonces:\\ \\ \alpha \left( \begin{array}{c} 1\\ 1\\ 1\end{array} \right) + \beta \left( \begin{array}{c} \lambda_1\\ \lambda_2\\ \lambda_3\end{array} \right) + \gamma \left( \begin{array}{c} \lambda_1^2\\ \lambda_2^2\\ \lambda_3^2\end{array} \right) = \mathbf{0} con \alpha, \beta, \gamma no todos cero.\\ \\ \left. \begin{array}{rcl} \gamma \lambda_1^2 + \beta \lambda_1 + \alpha & = & 0\\ \gamma \lambda_2^2 + \beta \lambda_2 + \alpha & = & 0\\ \gamma \lambda_3^2 + \beta \lambda_3 + \alpha & = & 0\end{array} \right\} En general, cada uno de estos tres polinomios tiene dos soluciones distintas, \lambda_a y \lambda_b, tal que:\\ \gamma\lambda_i^2 + \beta \lambda_i + \alpha = 0 con \left\{ \begin{array}{rcl} \alpha & \neq & 0\\ \beta & \neq & 0\\ \gamma & \neq & 0\end{array} \right.\\ Pero entonces cada \lambda_i puede tomar sólo dos valores, y como \left\{ \begin{array}{rcl} \lambda_1 & \neq & \lambda_2\\ \lambda_1 & \neq & \lambda_3\\ \lambda_2 & \neq & \lambda_3\end{array} \right\} hemos llegado a un absurdo.\\ El conjunto \left\{ \left( \begin{array}{c} 1\\ 1\\ 1\end{array} \right), \left( \begin{array}{c} \lambda_1\\ \lambda_2\\ \lambda_3\end{array} \right), \left( \begin{array}{c} \lambda_1^2\\ \lambda_2^2\\ \lambda_3^2\end{array} \right) \right\} es LI y entonces también lo es \left\{w, \, Aw, \, A^2w \right\}.\\ Pero, ¿genera \mathbf{C}^3?\\ Veamos: \left\{w, \, Aw, \, A^2w \right\} \subset \mathbf{C}^3 pues w\in\mathbf{C}^3 y Aw\in\mathbf{C}^3 y A^2w\in\mathbf{C}^3 y A\in\mathbf{C}^{3\times3}\\ Además, \mathrm{dim}\left(gen\left\{w, \, Aw, \, A^2w \right\}\right)=\mathrm{dim}\mathbf{C}^3=3\\ y entonces \left\{w, \, Aw, \, A^2w \right\} es base de \mathbf{C}^3 QUOD ERAT DEMONSTRANDUM. === b) === T_{EE}=C_{BE}T_{EB}\\ T_{EE}=\left(\begin{array}{ccc} 1&0&0\\1&1&0\\0&1&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}\alpha+1&1&0\\-(\alpha+1)&0&0\\ \alpha+1&0&-1\end{array}\right)\\ T_{EE}=\left(\begin{array}{ccc} \alpha+1 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & -1\end{array} \right)\\ T_{EE}=C_{B'E}T_{B'B'}C_{EB'}=C_{B'E}T_{B'B'}C_{B'E}^{-1} \quad \mbox{(1)}\\ Entonces T_{EE} \sim T_{B'B'}\\ y por tanto los avales de T_{EE} son los de T_{B'B'} con igual mg y ma.\\ Más aún, como T_{B'B'} debe ser diagonal, T_{B'B'} contiene a los avales de T_{EE} en su diagonal. Dichos avales son:\\ \left. \begin{array}{rcl} \lambda_1 & = & \alpha +1\\ \lambda_2 & = & 1\\ \lambda_3 & = & -1 \end{array} \right\} pues T_{EE} es triangular.\\ Para que \mbox{(1)} se cumpla, T_{EE} debe ser diagonalizable. Para ello, o bien:\\ \begin{array}{rclcrcl} \alpha+1 & \neq & 1 & \land & \alpha+1 & \neq & -1\\ \alpha & \neq & 0 & \land & \alpha & \neq & -2\end{array}\\ o bien:\\ \alpha+1=1 y \mathrm{dim} \left( \mathcal{S}_{\lambda_1=lambda_2}\right) = 2\\ o bien:\\ \alpha+1=-1 y \mathrm{dim} \left( \mathcal{S}_{\lambda_1=\lambda_3}\right) = 2\\ (Faltan ver las condiciones sobre \alpha en los dos últimos casos). ==== Punto 2 ==== === a) === == H) == A\in\mathbf{R}^{n\times n}, \ A=A^T, \ A^4 = A == T) == Ax= P_{\mathrm{Col}A}x \quad \forall x \in \mathbf{R} == D) == Como A=A^T\\ A=UDU^T con U^T=U^{-1} \Longrightarrow A^4=UD^4U^T y si A^4=A\\ Entonces:\\ \begin{array}{rcl} UD^4U^T & = & UDU^T\\ U^TUD^4U^T & = & U^TUDU^T\\ D^4U^T & = & DU^T\\ D^4 U^TU & = & DU^TU\\ D^4 & = & D\\ \left( \begin{array}{ccc} \lambda_1^4 & & \\ & \ddots & \\ & & \lambda_n^4 \end{array} \right) & = & \left( \begin{array}{ccc} \lambda_1 & & \\ & \ddots & \\ & & \lambda_n \end{array} \right) \end{array}\\ Si \lambda_i = \lambda_i^4, \quad i=1,\ldots, n:\\ \begin{array}{rcl} \lambda_i & = & \lambda_i^4\\ 0 & = & \lambda_i \left( \lambda_i^3 -1 \right) \end{array}\\ \lambda_i=0, \quad i=1, \ldots, n o bien \lambda_i^3=1 \Longleftrightarrow \lambda_i=1, \quad i=1, \ldots, n\\ En resumen: cada \lambda_i puede ser ó 0 ó 1.\\ \begin{array}[b]{rcl} A^T & = & A\\ A & = & UDU^T\\ A^T & = & UD^TU^T = UDU^T \end{array} \mbox{ pues } D \mbox{ es diagonal.}\\ A^2=UDU^TUDU^T=UD^2U^T=UDU^T=A pues \lambda_i=0 \vee \lambda_i=1, \quad i=1, \ldots, n, entonces \lambda_i^2 = \lambda_i \quad \forall i=1, \ldots, n y entonces D=D^2\\ Como \left\{ \begin{array}{rcl} A & = & A^T\\ A & = & A^2 \end{array} \right\} \Longrightarrow A es matriz de proyección, y proyecta sobre \mathrm{Col}(A)\\ \Longrightarrow Ax=P_{\mathrm{Col}(A)}x c.q.d. === b) === Para definir un PI en \mathbf{R}^2 puedo usar una matriz A simétrica y definida positiva, A \in \mathbf{R}^{2\times2}\\ \mathrm{m\acute{a}x}_{x^Tx=1}\left\langle x;x \right\rangle \left( x^TAx \right) = 4\\ ¿Cómo garantizo esto?\\ A=A^T \Longrightarrow A=UDU^T \mbox{ con } \left\{ \begin{array}{r} U^{-1} =U^T\\ D \mbox{ diagonal}\end{array} \right.\\ \begin{array}{rcl} x^TAx & = & x^TUDU^Tx\\ x^TAx & = & y^TDy \mbox{ con } y=U^Tx \Rightarrow y^T=x^TU\\ & = & \left[\begin{array}{cc} y_1 & y_2 \end{array}\right] \left( \begin{array}{cc} \lambda_1\\ & \lambda_2 \end{array} \right) \left[ \begin{array}{c} y_1\\ y_2 \end{array} \right]\\ & = & \lambda_1 y_1^2+\lambda_2 y_2^2 \mbox{ con } \lambda_i \mbox{ aval de } A \end{array}\\ Si \lambda_1 > \lambda_2, entonces:\\ \begin{array}{rcl} x^TAx = \lambda_1y_1^2 + \lambda_2 y_2^2 & \leq & \lambda_1 \left( y_1^2+y_2^2 \right)\\ & \leq & \lambda_1 y^Ty\\ & \leq & \lambda_1 x^Tx\\ x^TAx & \leq & \lambda_1\end{array}\\ \mbox{Aclaraci\'on: } \begin{array}[t]{rcl} y^Ty & = & {\left( U^Tx \right)}^T U^Tx\\ y^Ty & = & x^T UU^T x\\ y^Ty & = & x^Tx = 1\end{array}\\ Con x^Tx=1, el máximo impuesto es igual al valor del máximo aval de A. Dicho aval, \lambda_M, debe ser 4.\\ \lambda_M=4\\ Por otro lado, como A=A^T y es def. positiva, sus avales \lambda_M y \lambda_m deben ser mayores a cero.\\ \lambda_M = 4 > 0 OK\\ \lambda_m > 0\\ A=\left( \begin{array}{cc} a & b\\ b & c \end{array} \right), entonces a+c=4+\lambda_m.\\ \begin{array}{rcl} \left\langle u ; u \right\rangle = 8 = \left[ \begin{array}{cc} 1 & 1 \end{array} \right] \left( \begin{array}{cc} a & b\\ b & c \end{array} \right) \left[ \begin{array}{c} 1\\ 1 \end{array} \right] &=& \left[ \begin{array}{cc} a+b & b+c \end{array} \right] \left[ \begin{array}{c} 1\\ 1 \end{array} \right]\\ & = & a+b+b+c = 8\\ & = & a+c + 2b =8 \end{array}\\ \begin{array}{rcl} \left\langle e_1 ; e_1 \right\rangle + \left\langle e_2;e_2 \right\rangle &=& 6\\ e_1^TAe_1+e_2^TAe_2 &=& 6\\ \left[ \begin{array}{cc} 1 & 0 \end{array} \right] \left( \begin{array}{cc} a & b\\ b & c \end{array} \right) \left[ \begin{array}{c} 1\\ 0 \end{array} \right] + \left[ \begin{array}{cc} 0 & 1 \end{array} \right] \left( \begin{array}{cc} a & b\\ b & c \end{array} \right) \left[ \begin{array}{c} 0\\ 1 \end{array} \right]&=& 6\\ \left[ \begin{array}{cc} a & b \end{array} \right] \left[ \begin{array}{c} 1\\ 0 \end{array} \right] + \left[ \begin{array}{cc} b & c \end{array} \right] \left[ \begin{array}{c} 0\\ 1 \end{array} \right]&=& 6\\ a+c &=& 6\\ 4+\lambda_m &=& 6\\ \lambda_m &=& 2 \end{array}\\ \begin{array}{rcl} a+c+2b &=& 8\\ 6+2b &=& 8\\ 2b &=& 2\\ b &=& 1\end{array} Ahora supongamos que a=3 y que c=3, se cumple que a+c=6, y A queda: A=\left( \begin{array}{cc} 3 & 1\\ 1 & 3 \end{array} \right).\\ \left\langle u;v \right\rangle = u^T \left( \begin{array}{cc} 3 & 1\\ 1 & 3 \end{array} \right) v ==== Punto 3 ==== === a) === \begin{array}[b]{rcl}A&=&A^T\\ \Rightarrow A&=& UDU^T\end{array} \mbox{ con } U^T=U^{-1} \mbox{ y } D=\left(\begin{array}{cc} \lambda_1 \\ & \lambda_2 \end{array}\right) con \lambda_i aval de A\\ \begin{array}{rcl} x^TAx &=& 0 \quad \mbox{(1)}\\ x^TUDU^T &=& 0, \mbox{ tomando } y=U^Tx, y^T=x^TU\\ y^TDy &=& 0\\ \lambda_1 y_1^2 + \lambda_2 y_2^2 &=& 0 \quad \mbox{(2)}\end{array}\\ Además, es \mathrm{det}\left(A\right)<0, y como A^T=A, \lambda_1 \in \mathbf{R} \land \lambda_2 \in \mathbf{R}, y como \mathrm{det}(A)=\lambda_1\lambda_2<0, uno de los avales es positivo y el otro es negativo, con lo cual la ecuación \mbox{(2)} resulta (con \alpha > 0 y \beta > 0):\\ \alpha y_1^2-\beta y_2^2 =0 ó -\alpha y_1^2 + \beta y_2^2 =0\\ Vemos también que x^TAx está igualado a cero.\\ La curva es, pues, una hipérbola degenerada en dos rectas. === b) === A=\left( \begin{array}{cc} 1 & 1\\ -1 & -1\\ 2 & 2 \end{array} \right) \in \mathbf{R}^{3\times2}\\ A=U_r D_{r\times r} V_r^T \mbox{ con } \begin{array}[t]{r@{=}ccl} U_r & \left[ \parbox{30pt}{\centering BON de Col($A$)} \right] &\in& \mathbf{R}^{3\times1}\\ D_{r\times r} & \sigma &\in& \mathbf{R}^{1\times1}\\ V_r & \left[ \parbox{30pt}{\centering BON de Fil($A$)} \right] &\in& \mathbf{R}^{2\times1} \end{array} A=\frac{\left[ \begin{array}{c} 1 \\ -1 \\ 2 \end{array} \right]}{\sqrt{6}} \sigma \frac{\left[ \begin{array}{cc} 1 & 1 \end{array} \right]}{\sqrt{2}} donde \sigma=\sqrt{\lambda}\neq 0, donde \lambda es un aval distinto de cero de A^TA.\\ A^TA= \left[ \begin{array}{ccc} 1 & -1 & 2\\ 1 & -1 & 2 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{cc} 1 & 1\\ -1 & -1\\ 2 & 2 \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{cc} 6 & 6\\ 6 & 6 \end{array} \right]\\ Es claro que \mathrm{Ran}\left( A^TA \right)=1. Entonces \lambda_0=0 es aval de A^TA. Además:\\ \begin{array}{rcl} \lambda_0+\lambda_1 &=& 6+6\\ 0+\lambda_1 &=& 12\\ \lambda_1 &=& 12 \end{array}\\ Luego, \sigma=\sqrt{12} y entonces:\\ A=\left[ \begin{array}{c} 1 \\ -1 \\ 2 \end{array} \right] \frac{\sqrt{12}}{\sqrt{2}\sqrt{6}} \left[ \begin{array}{cc} 1 & 1 \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{c} 1 \\ -1 \\ 2 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{cc} 1 & 1 \end{array} \right]\\ A^\dagger = V_r \sigma^{-1} U_r^T = \left[ \begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array} \right] \frac{1}{\sqrt{12}\sqrt{2}\sqrt{6}} \left[ \begin{array}{ccc} 1 & -1 & 2 \end{array} \right] = \frac{1}{12} \left[ \begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{ccc} 1 & -1 & 2 \end{array} \right]\\ AA^T es matriz de proyección sobre Col(A) y además x^\dagger = A^\dagger b es solución de cuadrados mínimos de mínima norma, siendo el problema de cuadrados mínimos: A\hat{x} = P_{\mathrm{Col}(A)} b\\ El cual es análogo a:\\ Aw = P_{\mathrm{Col}(A)}v\\ \Longrightarrow w = A^\dagger w = T(v)\\ \Longrightarrow T_{EE}=A^\dagger ==== Punto 4 ==== === a) === Cambio de Nombres: llamo Y(x) a X(t), y pues Y'(x) a X'(t)\\ Y' = \left( \begin{array}{cc}4 & -1 \\-1 & 4 \end{array} \right) Y + \left( \begin{array}{c} -1\\ 1 \end{array} \right) == Homogéneo == Y_h' = \left( \begin{array}{cc}4 & -1 \\-1 & 4 \end{array} \right) Y_h\\ Como \left( \begin{array}{cc}4 & -1 \\-1 & 4 \end{array} \right) = {\left( \begin{array}{cc}4 & -1 \\-1 & 4 \end{array} \right)}^T, es ortogonalmente diagonalizable:\\ \left( \begin{array}{cc}4 & -1 \\-1 & 4 \end{array} \right) = UDU^T\\ \begin{array}{r@{=}l} 0 = \left| \begin{array}{cc}4 & -1 \\-1 & 4 \end{array} \right| = {\left( 4-\lambda \right)}^2 -1 & 0\\ {\left( 4-\lambda \right)}^2 & 1\\ \lambda_1 & 3\\ \lambda_2 & 5 \end{array}\\ \mathcal{S}_{\lambda_1} = gen \left\{ \left( \begin{array}{c} 1\\ 1 \end{array} \right) \right\} y \mathcal{S}_{\lambda_2} = gen \left\{ \left( \begin{array}{c} 1\\ -1 \end{array} \right) \right\}\\ \left( \begin{array}{cc}4 & -1 \\-1 & 4 \end{array} \right) = \frac{\left( \begin{array}{cc} 1 & 1\\1 & -1 \end{array} \right)}{\sqrt{2}} \left( \begin{array}{cc} 3 & 0\\ 0 & 5 \end{array} \right) \frac{\left( \begin{array}{cc} 1 & 1\\1 & -1 \end{array} \right)}{\sqrt{2}}\\ __Cambio de Variables:__ \begin{array}{rclcrcl} z_h &=& U^T Y_h & \Longleftrightarrow & Y_h &=& Uz_h\\ z_h' &=& U^T Y_h' & \Longleftrightarrow & Y_h' &=& Uz_h' \end{array}\\ Queda, entonces: z_h' = \left( \begin{array}{cc} 3 & 0\\ 0 & 5 \end{array} \right) z_h \Longrightarrow z_h = \left( \begin{array}{c} c_1 e^{3x}\\ c_2 e^{5x} \end{array} \right)\\ \Longrightarrow Y_h = \frac{\left( \begin{array}{cc} 1 & 1\\1 & -1 \end{array} \right)}{\sqrt{2}} \left( \begin{array}{c} c_1 e^{3x}\\ c_2 e^{5x} \end{array} \right) = \frac{\left( \begin{array}{c} c_1 e^{3x} + c_2 e^{5x}\\ c_2 e^{5x} - c_2 e^{5x} \end{array} \right)}{\sqrt{2}} == Particular == \begin{array}{rcl} Y' &=& \left( \begin{array}{cc}4 & -1 \\-1 & 4 \end{array} \right) Y + \left( \begin{array}{c} -1\\ 1 \end{array} \right)\\ Y' &=& U \left( \begin{array}{cc}3 & 0 \\0 & 5 \end{array} \right) U^T Y + \left( \begin{array}{c} -1\\ 1 \end{array} \right)\\ U^T Y' &=& \left( \begin{array}{cc}3 & 0 \\0 & 5 \end{array} \right) U^T Y + U^T \left( \begin{array}{c} -1\\ 1 \end{array} \right)\\ Z' &=& \left( \begin{array}{cc}3 & 0 \\0 & 5 \end{array} \right) Z + \frac{\left( \begin{array}{cc} 1 & 1\\1 & -1 \end{array} \right)}{\sqrt{2}} \left( \begin{array}{c} -1\\ 1 \end{array} \right)\\ Z' &=& \left( \begin{array}{cc}3 & 0 \\0 & 5 \end{array} \right) Z + \frac{\left( \begin{array}{c} 0\\ -2 \end{array} \right)}{\sqrt{2}}\\ \end{array}\\ z_1'=3z_1 \Longrightarrow z_{G1}=z_{h1} pues z_{1p}=0\\ \begin{array}{rcl} z_2' &=& 5z_2-\frac{2}{\sqrt{2}}\\ z_2' -5z_2 &=& -\frac{2}{\sqrt{2}} = e^{\alpha x}P_n(x) \quad \mbox{(1)} \end{array}\\ donde \alpha = 0 y P_n(x)=-\frac{2}{\sqrt{2}}\\ \begin{array}{lrcl} Propongo & z_{2p} &=& Q_m(x)e^{\alpha x} = \overbrace{Q_m (x)}^{\mbox{Pol. de grado } m}\\ Derivo & z_{2p}' &=& Q_m'\end{array}\\ Reemplazo en \mbox{(1)}:\\ \begin{array}{rcl} Q_m'-5Q_m &=& -\frac{2}{\sqrt{2}}\\ \frac{Q_m'(x)}{5} + Q_m &=& \frac{2}{5\sqrt{2}}\\ \Longrightarrow Q_m(x) &=& \frac{2}{5\sqrt{2}}\\ \mbox{y } Q_m'(x)&=& 0\end{array}\\ Pues si Q_m'(x)=k \Longrightarrow Q_m(x)=kx+1 y \mathrm{gr}\left(P_n(x)\right) = 1 \neq \mathrm{gr}\left(Q_m(x)\right)\\ Entonces z_{2p} = \frac{2}{5\sqrt{2}} \Longrightarrow z_p = \left( \begin{array}{c} 0 \\ \frac{2}{5\sqrt{2}} \end{array} \right)\\ Y_p = U z_p = \frac{\left( \begin{array}{cc} 1 & 1\\1 & -1 \end{array} \right)}{\sqrt{2}} \left( \begin{array}{c} 0 \\ \frac{2}{5\sqrt{2}} \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} \frac{1}{5} \\ -\frac{1}{5} \end{array} \right) == General == \begin{array}{rcl} Y_G &=& Y_h+Y_p\\ Y_G &=& \frac{\left( \begin{array}{c} c_1 e^{3x} + c_2 e^{5x}\\ c_2 e^{5x} - c_2 e^{5x} \end{array} \right)}{\sqrt{2}} + \left( \begin{array}{c} \frac{1}{5} \\ -\frac{1}{5} \end{array} \right) \end{array} === b) === == Homogéneo == y_h'' - 9y_h =0\\ Planteo el polinomio fundamental asociado:\\ \\ \alpha^2-9=0 \Rightarrow \begin{array}{r@{=}l} \alpha_1 & 3\\ \alpha_2 & -3 \end{array}\\ z'-3z=0 \Longrightarrow z=c_1e^{3x}\\ \begin{array}{rcl} w'+3w=c_1e^{3x} \quad \mbox{(1)}\\ w_h'+3w_h' &=& 0 \Longrightarrow w_h=c_2 e^{-3x}\end{array}\\ Propongo: \left\{ \begin{array}{rcl} w_p &=& e^{3x} Q_m(x)\\ w_p' &=& 3e^{3x}Q_m(x) + e^{3x}Q_m'(x) \end{array} \right.\\ Reemplazo en \mbox{(1)}:\\ \begin{array}{rcl} e^{3x} \left[ 3Q_m(x)+Q_m'+3Q_m(x) \right] &=& c_1 e^{3x}\\ 6Q_m(x)+Q_m'(x) &=& c_1, \qquad e^{3x} \neq 0 \quad \forall x \in \mathbf{R}\\ \Longrightarrow Q_m(x) &=& \frac{c_1}{6} \end{array}\\ \Longrightarrow w_p = \frac{c_1}{6} e^{3x}\\ Entonces: y_h = w_G = w_h + w_p = c_2 e^{-3x} + \frac{c_1}{6} e^{3x} == Particular == Propongo: y_p = u_1 y_{H1} + u_2 y_{H2}, y elijo y_{H1} = e^{3x} & y_{H2} = e^{-3x}\\ Queda:\\ \left. \begin{array}{lrcl} & y_p &=& u_1 e^{3x} + u_2 e^{-3x}\\ Derivo & y_p' &=& u_1'e^{3x} + 3u_1e^{3x} + u_2'e^{-3x} - 3u_2e^{-3x}\\ Derivo & y_p'' &=& u_1''e^{3x} + 6u_1'e^{3x} + 9u_1e^{3x} + u_2''e^{-3x} - 6 u_2'e^{-3x} + 9u_2e^{-3x} \end{array} \right\} y reemplazo en y''-9y=1+e^{-3x}\\ Reemplazando:\\ \begin{array}{rcl} u_1''e^{3x} + 6u_1'e^{3x} + 9u_1e^{3x} + u_2''e^{-3x} - 6 u_2'e^{-3x} + 9u_2e^{-3x} - 9 \left(u_1 e^{3x} + u_2 e^{-3x}\right) &=& 1+e^{-3x}\\ u_1''e^{3x} + 6u_1'e^{3x} + 9u_1e^{3x} + u_2''e^{-3x} - 6 u_2'e^{-3x} + 9u_2e^{-3x} - 9u_1 e^{3x} -9u_2 e^{-3x} &=& 1+e^{-3x}\\ u_1''e^{3x} + 6u_1'e^{3x} + 9u_1e^{3x} - 9u_1 e^{3x} + u_2''e^{-3x} - 6 u_2'e^{-3x} + 9u_2e^{-3x} -9u_2 e^{-3x} &=& 1+e^{-3x}\\ u_1''e^{3x} + 6u_1'e^{3x} + u_2''e^{-3x} - 6 u_2'e^{-3x} &=& 1+e^{-3x} \qquad \mbox{(1)}\\ \end{array}\\ \left. \begin{array}{lrcl}Decreto & u_1'y_{H1} + u_2'y_{H2} &=& 0\\ & u_1'e^{3x} + u_2'e^{-3x} &=& 0\\ Derivo & u_1''e^{3x} + 3u_1'e^{3x} + u_2''e^{-3x} - 3u_2'e^{-3x} &=& 0 \end{array} \right\} Reemplazo en \mbox{(1)}\\ Reemplazando:\\ \begin{array}{rcl} u_1''e^{3x} + 6u_1'e^{3x} + u_2''e^{-3x} - 6 u_2'e^{-3x} &=& 1+e^{-3x}\\ u_1''e^{3x} + 3 u_1'e^{3x} + u_2''e^{-3x} - 3 u_2'e^{-3x} + 3 u_1'e^{3x} - 3 u_2'e^{-3x} &=& 1+e^{-3x}\\ 3 u_1'e^{3x} - 3 u_2'e^{-3x} &=& 1+e^{-3x}\\ \end{array}\\ Queda:\\ \left. \begin{array}{rcl} u_1'e^{3x} + u_2'e^{-3x} &=& 0\\ 3 u_1'e^{3x} - 3 u_2'e^{-3x} &=& 1+e^{-3x}\\ \end{array} \right\} y es entonces \left\{ \begin{array}{rcl} u_1' &=& \frac{-\left(1+e^{-3x}\right) e^{-3x}}{W \left( e^{3x}, e^{-3x} \right)}\\ u_2' &=& \frac{-\left(1+e^{-3x}\right) e^{3x}}{W \left( e^{3x}, e^{-3x} \right)} \end{array} \right.\\ Donde\\ \begin{array}{rcl} W\left( e^{3x}, e^{-3x} \right) &=& \left| \begin{array}{rr} e^{3x} & e^{-3x}\\ 3e^{3x} & -3e^{-3x} \end{array} \right|\\ &=& -3-3\\ &=& -6\end{array}\\ Con lo cual queda: \begin{array}{rcl} u_1' &=& \frac{-\left(1+e^{-3x}\right) e^{-3x}}{-6}\\ u_1' &=& \frac{\left(1+e^{-3x}\right) e^{-3x}}{6}\\ u_1' &=& \frac{e^{-3x}}{6}+\frac{e^{-6x}}{6}\\ u_1 &=& \displaystyle \frac{1}{6} \int e^{-3x} \, \mathrm{d}x + \frac{1}{6} \int e^{-6x} \, \mathrm{d}x\\ u_1 &=& \displaystyle \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{-3} e^{-3x} + \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{-6} e^{-6x}\\ u_1 &=& \displaystyle -\frac{1}{18} e^{-3x} - \frac{1}{36} e^{-6x} \end{array}\\ Y también:\\ \begin{array}{rcl} u_2' &=& \frac{-\left(1+e^{-3x}\right) e^{3x}}{-6}\\ u_2' &=& \frac{\left(1+e^{-3x}\right) e^{3x}}{6}\\ u_2' &=& \frac{e^{3x} + 1}{6}\\ u_2 &=& \displaystyle \frac{1}{6} \int e^{3x}\, \mathrm{d}x + \frac{1}{6} \int \, \mathrm{d}x\\ u_2 &=& \displaystyle \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{3} e^{3x} + \frac{1}{6} x\\ u_2 &=& \displaystyle \frac{x}{6} + \frac{e^{3x}}{18} \end{array}\\ Y entonces:\\ \begin{array}{rcl} y_p &=& u_1 e^{3x} + u_2 e^{-3x}\\ y_p &=& \displaystyle \left(-\frac{1}{18} e^{-3x} - \frac{1}{36} e^{-6x} \right) e^{3x} + \left( \frac{x}{6} + \frac{e^{3x}}{18} \right) e^{-3x}\\ y_p &=& \displaystyle -\frac{1}{18} - \frac{1}{36} e^{-3x} + \frac{x e^{-3x}}{6} + \frac{1}{18}\\ y_p &=& \displaystyle - \frac{1}{36} e^{-3x} + \frac{x e^{-3x}}{6}\\ \\ y_p &=& \displaystyle \frac{e^{-3x}}{6} \left( x- \frac{1}{6} \right)\\ \end{array}\\ == General == \begin{array}{rcl} y_G &=& y_h + y_p\\ y_G &=& \displaystyle c_2 e^{-3x} + \frac{c_1}{6} e^{3x} + \frac{e^{-3x}}{6} \left( x- \frac{1}{6} \right) \end{array}\\ La condición es que sea finito lo siguiente:\\ \begin{array}{rcl} \displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty} y_G &=& \displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty} \left[ \displaystyle c_2 e^{-3x} + \frac{c_1}{6} e^{3x} + \frac{e^{-3x}}{6} \left( x- \frac{1}{6} \right) \right]\\ &=& \displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty} \left[ \displaystyle c_2 e^{-3x} + \frac{c_1}{6} e^{3x} + \frac{x}{6e^{3x}} - \frac{e^{-3x}}{36} \right] \end{array}\\ Veamos qué sucede con el tercer término. Allí tenemos una indeterminación del tipo \frac{\infty}{\infty} y para salvarla usaremos la regla de l'Hôpital:\\ Llamemos f(x)=x y g(x)=e^{3x}. Ambas son derivables en todo \mathbf{R}, \lim_{x\rightarrow+\infty} f(x) = \lim_{x\rightarrow+\infty} g(x) = +\infty y además g'(x)=3e^{3x} \neq 0 \quad \forall\ x \in \mathbf{R}. Entonces: si existe \lim_{x\rightarrow+\infty} \frac{f'(x)}{g'(x)} entonces existe \lim_{x\rightarrow+\infty} \frac{f(x)}{g(x)} y además (por si fuera poco) son iguales.\\ \begin{array}{rcl}\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty} \frac{f'(x)}{g'(x)} &=& \displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty} \frac{1}{\frac{1}{3} \cdot e^{3x}}\\ \displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty} \frac{f'(x)}{g'(x)} &=& \displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty} \frac{3}{e^{3x}}\\ \displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty} \frac{f'(x)}{g'(x)} &=& 0\\ \displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty} \frac{f(x)}{g(x)} &=& 0\\ \displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty} \frac{x}{e^{3x}} &=& 0\\ \displaystyle \frac{1}{6} \lim_{x\rightarrow+\infty} \frac{x}{e^{3x}} &=& 0\\ \\ \displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty} \frac{x}{6e^{3x}} &=& 0\\ \end{array}\\ Ahora veamos qué sucede con el segundo término. Para que \displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty} \frac{c_1}{6} e^{3x} sea finito, debe ser necesariamente c_1=0, ya que de otro modo el límite sería +\infty.\\ Nos queda, pues:\\ \begin{array}{rcl} \displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty} y_G &=& \displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty} \left[ \displaystyle c_2 e^{-3x} + \frac{0}{6} e^{3x} + \frac{e^{-3x}}{6} \left( x- \frac{1}{6} \right) \right]\\ &=& \displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty} \left[ \displaystyle c_2 e^{-3x} + \frac{0}{6} e^{3x} + \frac{x}{6e^{3x}} - \frac{e^{-3x}}{36} \right]\\ &=& \displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty} \left( c_2 e^{-3x} \right) + \lim_{x\rightarrow+\infty} \left( \frac{0}{6} e^{3x} \right) + \lim_{x\rightarrow+\infty} \left( \frac{x}{6e^{3x}} \right) + \lim_{x\rightarrow+\infty} \left( - \frac{e^{-3x}}{36} \right)\\ &=& 0 + 0 + 0 + 0\\ \displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty} y_G &=& 0 \end{array}\\ Y la única condición para ello es que c_1=0.\\ La ecuación que cumple con la condición pedida es, pues y_G = \displaystyle c_2 e^{-3x} + \frac{e^{-3x}}{6} \left( x- \frac{1}{6} \right)\\ ===== Discusión ===== Si ves algo que te parece incorrecto en la resolución y no te animás a cambiarlo, dejá tu comentario acá.