Parcial - 61.08. Álgebra II A
- Enunciado
- Resolución
  - Punto 1
  - Punto 2
  - Punto 3
  - Punto 4
- Discusión

Parcial - 61.08. Álgebra II A

Cátedra: Todas
Fecha: 2da Oportunidad - 1er Cuatrimestre 2005
Día: 04/06/2005
Tema:1

Enunciado

1. Demostrar que $<tex>(f, g) =f(0) g(0) + \int_{0}^{1} f(t)g(t)t \, dt</tex>$ es producto interno en $<tex>\mathcal{P}_1</tex>$ .
2. Hallar, considerando el p.i. definido en (I), todos los $<tex>p \in \mathcal{P}_1</tex>$ cuya distancia a $<tex>\mathcal{S} = \mbox{gen} \, \{ t \} \mbox{ es } \, 1</tex>$ .
1. Sea $<tex> A = \left[ \begin{array}{lll} 1 & 0 & \ \ 1 \\ & \\1 & 0 & -1\\ & \\1 & 1 & \ \ 0 \\\end{array} \right] </tex>$ Hallar matrices cuadradas $<tex>L</tex>$ y $<tex>S</tex>$ , $<tex>L</tex>$ triangular inferior y $<tex>B</tex>$ de filas ortonormales, tales que $<tex>A = LB</tex>$ . (Sugerencia: considere $<tex>A^T</tex>$ .)
2. Sea $<tex>P \in \mathbf{R}^{n\times n}</tex>$ matriz de proyección y sea $<tex>v \in \mathbf{R}^n</tex>$ no nulo tal que $<tex>Pv = 0</tex>$ . Probar que $<tex>rango(P + vv^T) = rango(P) + 1</tex>$ .
1. Sea $<tex>\mathcal{S} = {X \in \mathbf{R}^{2x2}: X^T = X}</tex>$ y sea $<tex>T \in \mathcal{(S)}</tex>$ , definida por $<tex>T(X) = XM + MX</tex>$ con $<tex>M = (m_{ij}) \in \mathbf{R}^{2x2}, m_{11} = 1, m_{12} = m_{21} = r</tex>$ y $<tex>m_{22} = 4</tex>$ . Hallar todos los valores de $<tex>r</tex>$ para los cuales $<tex>T</tex>$ resulta biyectiva.
2. Determinar los valores de $<tex>r</tex>$ positivos para los cuales existen bases $<tex>B</tex>$ y e de $<tex>\mathcal{S}</tex>$ tales que $<tex> [T]_{BC} = \left[ \begin{array}{lll} 1 & 1 & 0 \\ & \\0 & 1 & 0\\ & \\0 & 0 & 0 \\\end{array} \right] </tex>$ Hallar tales bases.
Sea $<tex>f : \mathbf{R}^3 \rightarrow \mathbf{R}^2</tex>$ tal que para $<tex>y \in \mathbf{R}^3 , f(y) = \hat{x}</tex>$ siendo $<tex>\hat{x}</tex>$ la solución por cuadrados mínimos de la ecuación

$<tex>Ax = y \mbox{ con } A^T = \left[ \begin{array}{lll} 1 & 1 & -1 \\ & \\1 & 0 & \ \ 1 \\\end{array} \right] </tex>$

Pruebe que $<tex>f</tex>$ es lineal y halle la representación matricial de $<tex>f</tex>$ en las bases canónicas.
Hallar núcleo e imagen de $<tex>f</tex>$ ·

Para que $<tex>(f, g) =f(0) g(0) + \int_{0}^{1} f(t)g(t)t \, dt</tex>$ sea producto interno en $<tex>\mathcal{P}_1</tex>$ se deben cumplir las cuatro propiedades de p.i. Para ello se plantea lo siguiente:

Sea

$<tex>f(t) = a_0 + a_1t</tex>$
$<tex>g(t) = b_0 + b_1t</tex>$
$<tex>h(t) = c_0 + c_1t</tex>$

1. $<tex>(f,g) = (g,f)</tex>$

$<tex>\Rightarrow (f, g) =f(0) g(0) + \int_{0}^{1} f(t)g(t)t \, dt =</tex>$

$<tex> = a_0b_0 + \int_{0}^{1} (a_0 + a_1t)(b_0 + b_1t) \, dt = b_0a_0 + \int_{0}^{1} (b_0 + b_1t)(a_0 + a_1t) \, dt = (g,f)</tex>$

2. $<tex>(f+g,h) = (f,h) + (g,h)</tex>$

$<tex>\Rightarrow (f+g)(0)h(0) + \int_{0}^{1} (f+g)(t)h(t)t \, dt = [f(0)+g(0)]h(0) + \int_{0}^{1} [f(t)+g(t)]h(t)t \, dt =</tex>$

$<tex> = f(0)h(0)+g(0)h(0) + \int_{0}^{1} f(t)h(t)t \, dt +\int_{0}^{1} +g(t)h(t)t \, dt =</tex>$

$<tex> = \underbrace{f(0)h(0) + \int_{0}^{1} f(t)h(t)t \, dt}_{(f,h)} +\underbrace{g(0)h(0) + \int_{0}^{1} g(t)h(t)t \, dt}_{(g,h)} = </tex>$

$<tex> = (f,h) + (g,h)</tex>$

3. $<tex>(f,\alpha g) = \alpha (f,g)</tex>$

$<tex>\Rightarrow (f,\alpha g) = f(0) (\alpha g)(0) + \int_{0}^{1} f(t)(\alpha g)(t)t \, dt =</tex>$

$<tex> = f(0) \alpha g(0) + \int_{0}^{1} f(t)\alpha g(t)t \, dt =\alpha [f(0) + g(0) + \int_{0}^{1} f(t)g(t)t \, dt] = \alpha (f,g)</tex>$

4. $<tex>(f,f)\geq 0</tex>$ , $<tex>(f,f) = 0 \Leftrightarrow f(t) = 0</tex>$

$<tex>\Rightarrow (f,f) = f(0) f(0) + \int_{0}^{1} f(t)f(t)t \, dt = a_0^2 + \int_{0}^{1} (a_0+a_1t)^2t \, dt = </tex>$

$<tex> = a_0^2 + \int_{0}^{1} a_1^2t^3 + 2a_0a_1t^2 + a_0t^2 \, dt = \frac{a_0^2}{4} + \frac{2}{3}a_0a_1 + \frac{3}{2}a_0</tex>$

Se cuentan cuadrados:

$<tex>\Rightarrow (f,f) = \underbrace{(\frac{a_1}{2}+\frac{2}{3}a_0)^2}_{\geq 0} + \underbrace{\frac{19}{18}a_0^2}_{\geq 0}</tex>$

Para que $<tex>(f,f) = (\frac{a_1}{2}+\frac{2}{3}a_0)^2 + \frac{19}{18}a_0^2 = 0 </tex>$ se tiene que cumplir que $<tex>(\frac{a_1}{2}+\frac{2}{3}a_0)^2 = 0</tex>$ y que $<tex>\frac{19}{18}a_0^2 = 0</tex>$ . De la segunda ecuación se ve a simple vista que $<tex>a_0 = 0</tex>$ , entonces reemplazando en la primera se obtiene que $<tex>a_1 = 0</tex>$ . En conclusión $<tex>f(t) = 0 </tex>$

(II)

Se escribe a $<tex>p</tex>$ como $<tex>p = a_0+a_1t</tex>$

Lo que pide el enunciado es hallar todos los $<tex>p</tex>$ tales que: $<tex> dist(p,\mathcal{S}) = ||P_{\mathcal{S}^\perp}(p)|| = ||p - P_\mathcal{S}(p)|| = 1</tex>$

Entonces primero se determina $<tex>P_\mathcal{S}(p)</tex>$ :

$<tex> \Rightarrow P_\mathcal{S}(p) = \frac{\langle (a_0+a_1t),(t)\rangle}{||t^2||}t</tex>$

$<tex> \Rightarrow (a_0+a_1t,t) = \int_{0}^{1} \left( a_0t^2+a_1t^3 \right) \, dt = \frac{a_1}{4} + \frac{a_0}{3} = \frac{3a_1 + 4a_0}{12}</tex>$

$<tex> (t,t) = \int_{0}^{1} t^3 \, dt = \frac{1}{4}</tex>$

$<tex> P_\mathcal{S}(p) = \frac{\frac{3a_1 + 4a_0}{12}}{\frac{1}{4}}t = \frac{4a_0t}{3} + a_1t</tex>$

$<tex> dist(p,\mathcal{S}) = \left\| a_0 - \frac{4}{3}a_0t \right\| = 1</tex>$

$<tex> \Rightarrow \sqrt{\left(a_0 - \frac{4}{3}a_0t,a_0 - \frac{4}{3}a_0t \right)} = 1 </tex>$

$<tex> \left(a_0 - \frac{4}{3}a_0t,a_0 - \frac{4}{3}a_0t \right) = a_0^2 + \int_{0}^{1} \left( \frac{16}{9}a_0^2t^3 - \frac{8}{3}a_0^2t^2 + a_0^2t \right) \, dt = \frac{19}{18}a_0^2 = 1</tex>$

Por lo tanto: $<tex> a_0 = \pm \sqrt{\frac{18}{19}} </tex>$ y $<tex>a_1</tex>$ puede tomar cuaquier valor.

$<tex>P_1(t) = \sqrt{\frac{18}{19}} + \alpha t \qquad P_2(t) = -\sqrt{\frac{18}{19}} + \alpha t</tex>$

Punto 2

(I)

Considerando $<tex>A^T</tex>$ y sabiendo que $<tex>A = LS</tex>$ se define $<tex>A^T = (LS)^T = S^TL^T</tex>$ . $<tex>S^T</tex>$ tiene columnas ortonormales y $<tex>L^T</tex>$ es triangular superior, por lo tanto se plantea una descomposición $<tex>QR</tex>$ de $<tex>A^T</tex>$ , obteniendo de esta manera $<tex>Q = S^T</tex>$ y $<tex>R = L^T</tex>$ .

Se busca una base ortonormal de $<tex>col(A^T)</tex>$ (Gram-Shmidt).

$<tex>col(A^T) = \mbox{gen } \left\{ \left( \begin{array}{l} 1 \\ \\ 0 \\ \\1 \\ \end{array} \right)\left( \begin{array}{l} \ \ 1 \\ \\ \ \ 0 \\ \\ -1 \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{l} 1 \\ \\ 1 \\ \\0 \\ \end{array}\right) \right\}</tex>$

$<tex>g_1 = (1 \ 0 \ 1)</tex>$

$<tex>g_2 = (1 \ 0 \ -1) - \underbrace{\frac{\langle(1 \ 0 \ 1 ),(1 \ 0 \ -1 ) \rangle}{||1 \ 0 \ 1 ||^2}}_{ = \ 0}(1 \ 0 \ 1) = (1 \ 0 \ -1)</tex>$

$<tex>g_3 = (1 \ 1 \ 0) - \underbrace{\frac{\langle(1 \ 0 \ 1 ),(1 \ 1 \ 0 ) \rangle}{||1 \ 0 \ 1 ||^2}}_{ =\ \frac{1}{2}}(1 \ 0 \ 1) - \underbrace{\frac{\langle(1 \ 1 \ 0 ),(1 \ 0 \ -1 )\rangle}{||1 \ 0 \ -1 ||^2}}_{ = \ \frac{1}{2}}(1 \ 0 \ -1)</tex>$

$<tex>\Rightarrow g_3 = (1 \ 1 \ 0) - \left( \frac{1}{2} \ 0 \ \frac{1}{2}\right) - \left( \frac{1}{2} \ 0 \ \frac{-1}{2}\right) = (0 \ 1 \ 0) </tex>$

$<tex> B = \mbox{gen } \left\{ \left( \begin{array}{l} \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \\ 0 \\ \\\frac{1}{\sqrt{2}} \\ \end{array} \right)\left( \begin{array}{l} \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \\ \ \ 0 \\ \\ \frac{-1}{\sqrt{2}} \\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{l} 1 \\ \\ 1 \\ \\0 \\ \end{array}\right) \right\} \ \ \mbox{Base ortonormal de } col(A^T) </tex>$

Como $<tex>\mbox{gen }\{ col(A^T) \}= \mbox{gen }\{ col(Q)\} </tex>$

$<tex>Q = \left[ \begin{array}{lll} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ & \\0 & 0 & 1\\ & \\\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{-1}{\sqrt{2}} & 0 \\\end{array} \right] \qquad R = \left[ \begin{array}{lll} \sqrt{2} & 0 & \frac{1}{\sqrt{2}} \\ & \\0 & \sqrt{2} & \frac{1}{\sqrt{2}}\\ & \\0 & 0 & 1 \\\end{array} \right] </tex>$

$<tex>\Rightarrow A= LS = R^TQ^T = \left[ \begin{array}{lll} 1 & 0 & \ \ 1 \\ & \\1 & 0 & -1\\ & \\1 & 1 & \ \ 0 \\\end{array} \right] </tex>$

(II) FIXME

Punto 3

(I)

Para que $<tex>X^T = X</tex>$ se debe cumplir que $<tex>X_{12} = X_{21}</tex>$

$<tex>S = \mbox{gen } \left\{ \left( \begin{array}{ll} 1 & 0\\ \\0 & 0\\\end{array} \right)\left( \begin{array}{ll} 0 & 1\\\\ 1 & 0\\ \end{array} \right)\left( \begin{array}{ll} 0 & 0\\\\ 0 & 1\\\end{array}\right) \right\}</tex>$

Se toman estos tres elementos para formar una base( $<tex>B^\prime</tex>$ ) de $<tex>S</tex>$

$<tex>M = \left( \begin{array}{ll} 1 & r\\ \\r & 4\\\end{array} \right) </tex>$

$<tex>T_{ \tiny{\left( \begin{array}{ll} 1 & 0\\ 0 & 0\\\end{array} \right)}} = \left( \begin{array}{ll} 2 & r\\\\ r & 0\\ \end{array} \right) \ \ T_{ \tiny{ \left( \begin{array}{ll} 0 & 1\\ 1 & 0\\\end{array} \right)}} = \left( \begin{array}{ll} 2r & 5\\\\ 5 & 2r\\ \end{array} \right)\ \ T_{ \tiny{ \left( \begin{array}{ll} 0 & 0\\ 0 & 1\\\end{array} \right)}} = \left( \begin{array}{ll} 0 & r\\\\ r & 8\\ \end{array} \right)</tex>$

Si $<tex>\exists \, T^{-1} \Rightarrow T</tex>$ es biyectiva. Por lo tanto lo que hay que determinar son los valores de $<tex>r</tex>$ para los cuales $<tex>\exists \, T^{-1}</tex>$ .

$<tex>\exists \, T^{-1} \Leftrightarrow \exists \, \left[ T^{-1}\right]_{B^\prime} \Leftrightarrow det\left[T^{-1} \right]_{B^\prime} \neq 0 </tex>$ . Que $<tex>det\left[T^{-1}\right]_{B^\prime} \neq 0</tex>$ significa que las columnas de $<tex>\left[T^{-1}\right]_{B^\prime}</tex>$ son $<tex>LI</tex>$ .

$<tex> \left[T^{-1}\right]_{B^\prime} = \left[ \begin{array}{lll} 2 & 2r & 0 \\ & \\r & 5 & r\\ & \\0 & 2r & 8\\\end{array} \right] </tex>$

Después de triangular $<tex>\left[T^{-1}\right]_{B^\prime}</tex>$ se obtiene la siguiente matriz: $<tex> \left[ \begin{array}{lll} 2 & \quad 2r & \quad 0 \\ & \\0 & 2r^2 - 10 & \quad -2r\\ & \\0 & \quad 0 & 20r^2 - 80\\\end{array} \right] </tex>$
Para que esta matriz tenga todos sus elementos $<tex>LI</tex>$ ninguno debe anularse. Por lo tanto de la tercer columna se obtiene que $<tex>r \neq 2</tex>$ y $<tex>r \neq -2</tex>$ .

(II)

$<tex>[T]_{BC} =C_{B^\prime C} [T]_{B^\prime B^\prime} C_{BB^\prime}</tex>$

Si $<tex>[T]_{BC}</tex>$ y $<tex>[T]_{B^\prime}</tex>$ son semejantes se cumple que $<tex>rango\left([T]_{BC}\right) = rango \left([T]_{B^\prime}\right)</tex>$ .

Entonces se debe hallar un valor de $<tex>r</tex>$ de manera que $<tex>rango \left([T]_{B^\prime}\right) = 2</tex>$

Para que la matriz del inciso anterior sea de rango 2 se debe anular una de las filas. Para $<tex>r = 2</tex>$ y $<tex>r = -2</tex>$ la tercer fila se anula, pero como el enunciado pide los valores de positivos, $<tex>r = 2</tex>$ es el único valor que cumple con la condición planteada.

Entonces: $<tex> [T]_{B^\prime} = \left[ \begin{array}{lll} 2 & 4 & 0\\ & \\2 & 5 & 2\\ & \\0 & 4 & 8\\\end{array} \right] </tex>$

Luego se procede a hallar las bases $<tex>B</tex>$ y $<tex>C</tex>$ . Se define $<tex>B = \{W_1\ W_2\ W_3\}</tex>$ y $<tex>C = \{Z_1\ Z_2\ Z_3\}</tex>$ .

Con las bases definidas se ve que $<tex>T(W_3) = (0\ 0\ 0)_C</tex>$ , entonces $<tex>W_3 \in Nu(T)</tex>$ . Para hallar el núcleo de $<tex>T</tex>$ se plantea:

$<tex>\underbrace{\left[ \begin{array}{lll} 2 & 4 & 0\\ & \\2 & 5 & 2\\ & \\0 & 4 & 8\\\end{array} \right]}_{(*)} \left[ \begin{array}{l} x_1\\\\x_2\\\\x_3\\\end{array} \right] = \left[ \begin{array}{l} 0\\\\0\\\\0\\\end{array} \right] </tex>$

(*) Hay que tener mucho cuidado en este caso ya que esta matriz es $<tex>[T]_{B^\prime}</tex>$ y de esta manera estaríamos obteniendo $<tex>Nu(T)</tex>$ pero en coordenadas de la base $<tex>B^\prime</tex>$ . Se pone énfasis en esto ya que es una de las fuentes de error de este tipo de problemas.

Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene que:

$<tex>x_2 = -2x_3</tex>$ y $<tex>x_1 = 4x_3</tex>$ , entonces:

$<tex>Nu(T) = \mbox{gen } \left\{ \left[ \begin{array}{l} -4\\ \\\ \ 2\\\\\ \ 1\\\end{array} \right]_{B^\prime} \right\} \Rightarrow Nu(T) = \mbox{gen } \left\{ \left( \begin{array}{ll} \ \ 4 & -2\\ \\-2 & \ \ 1\\\end{array} \right) \right\}</tex>$

Por lo tanto: $<tex>W_3 = \left( \begin{array}{ll} \ \ 4 & -2\\ \\-2 & \ \ 1\\\end{array} \right) </tex>$

La $<tex>Im(T)</tex>$ esta generada por 2 elementos ya que $<tex>rango\left([T]_{B^\prime}\right) = 2</tex>$ .

Se toman dos vectores $<tex>LI</tex>$ de esta matriz para formar $<tex>Im(T)</tex>$ teniendo en cuenta que estos vectores estan en coordenadas de la base $<tex>B^\prime</tex>$ . Entonces:

$<tex>Im(T) = \mbox{gen } \left\{ \left[ \begin{array}{l} 2\\ \\2\\\\0\\\end{array} \right]_{B^\prime}\left[ \begin{array}{l} 4\\ \\5\\\\4\\\end{array} \right]_{B^\prime} \right\} \Rightarrow Im(T) = \mbox{gen } \left\{ \left( \begin{array}{ll} 2 & 2\\ \\2 & 0\\\end{array} \right) \left( \begin{array}{ll} 4 & 5\\ \\5 & 4\\\end{array} \right) \right\}</tex>$

Luego, sabiendo que $<tex>C</tex>$ tiene que generar $<tex>Im(T)</tex>$ se proponen:

$<tex>Z_1 = \left( \begin{array}{ll} 2 & 2\\ \\2 & 0\\\end{array} \right) \mbox{y } Z_2 = \left( \begin{array}{ll} 4 & 5\\ \\5 & 4\\\end{array} \right)</tex>$

De esta manera $<tex>Z_3</tex>$ puede ser cualquier elemento $<tex>LI</tex>$ con $<tex>Z_1</tex>$ y $<tex>Z_2</tex>$ . Además debe pertenecer a $<tex>\mathcal{S}</tex>$ . $<tex>Z_3 = \left( \begin{array}{ll} 0 & 0\\ \\0 & 1\\\end{array} \right) </tex>$

Observando la matriz $<tex>[T]_{BC}</tex>$ se aprecia que:

$<tex>T(W_1) = 1\times Z_1</tex>$

Como $<tex>T_{ \tiny{ \left( \begin{array}{ll} 1 & 0\\ 0 & 0\\\end{array} \right)}} = \left( \begin{array}{ll} 2 & 2\\\\ 2 & 0\\ \end{array} \right) \Rightarrow W_1 = \left( \begin{array}{ll} 1 & 0\\ 0 & 0\\\end{array} \right)</tex>$

Por otro lado $<tex>T(W_2) = 1\times Z_1 + 1\times Z_2 </tex>$ . Utilizando propiedades de transformaciones lineales se puede plantear lo siguiente:

Si se supone $<tex>W_2 = a + b</tex>$ , entonces:

$<tex>T(W_2) = T(a + b) = 1\times Z_1 + 1\times Z_2 </tex>$

$<tex>T(a + b) = T(a) + T(b) = 1\times Z_1 + 1\times Z_2 </tex>$

$<tex>\Rightarrow T(a) = Z_1 \mbox{y } T(b) = Z_2 </tex>$

Como $<tex>a = W_1</tex>$ y $<tex>T_{ \tiny{ \left( \begin{array}{ll} 0 & 1\\ 1 & 0\\\end{array} \right)}} = \left( \begin{array}{ll} 4 & 5\\\\ 5 & 4\\ \end{array} \right)</tex>$ , entonces:

$<tex>b = \left( \begin{array}{ll} 0 & 1\\\\ 1 & 0\\ \end{array} \right)</tex>$

$<tex>\Rightarrow W_2 = a + b = \left( \begin{array}{ll} 1 & 0\\\\ 0 & 0\\ \end{array} \right) + \left( \begin{array}{ll} 0 & 1\\\\ 1 & 0\\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{ll} 1 & 1\\\\ 1 & 0\\ \end{array} \right)</tex>$

De esta manera quedan definidos todos los elementos de las bases $<tex>B</tex>$ y $<tex>C</tex>$ .

$<tex> B = \left\{ \left( \begin{array}{ll} 1 & 0\\\\ 0 & 0\\ \end{array} \right)\left( \begin{array}{ll} 1 & 1\\\\ 1 & 0\\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{ll} \ \ 4 & -2\\\\ -2 & \ \ 1\\ \end{array} \right) \right\} \ \mbox{Base de } \mathcal{S}</tex>$

$<tex> C = \left\{ \left( \begin{array}{ll} 2 & 2\\\\ 2 & 0\\ \end{array} \right)\left( \begin{array}{ll} 4 & 5\\\\ 5 & 4\\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{ll} 0 & 0\\\\ 0 & 1\\ \end{array} \right) \right\} \ \mbox{Base de } \mathcal{S}</tex>$

Punto 4

(I)

Si $<tex>\hat{x}</tex>$ es solución por cuadrados mínimos de $<tex>Ax = y</tex>$ entonces $<tex>A^TA\hat{x} = A^Ty</tex>$

$<tex>A^TA = \left[ \begin{array}{ll} 3 & 0\\\\ 0 & 2\\ \end{array} \right]</tex>$

Se analiza la inversa de $<tex>A^TA</tex>$ para poder definir $<tex>f(y) = \hat{x} = (A^TA)^{-1} A^Ty</tex>$

$<tex>(A^TA)^{-1} = \left[ \begin{array}{ll} \frac{1}{3} & 0\\\\ 0 & \frac{1}{2}\\ \end{array} \right]</tex>$

Por definición $<tex>(A^TA)^{-1}A^T = A^H \Rightarrow f(y) = A^Hy</tex>$

Para que $<tex>f</tex>$ sea lineal se debe cumplir:

(a) $<tex>f(y + z) = f(y) + f(z)</tex>$
(b) $<tex>f(\alpha y) = \alpha f(y)</tex>$

(a) $<tex>f(y + z) = A^H(y + z) = A^Hy + A^Hz = f(y)+f(z)</tex>$

(b) $<tex>f(\alpha y) = A^H(\alpha y) = \alpha A^H(y) = \alpha f(y)</tex>$

Se procede a hallar la representación matricial de $<tex>f</tex>$ en las bases canónicas:

$<tex> E_1 = \left\{ \left( \begin{array}{l} 1\\\\ 0\\\\0\\ \end{array} \right)\left( \begin{array}{l} 0\\\\ 1\\\\0\\ \end{array} \right) \left( \begin{array}{l} 0\\\\0\\\\ 1\\ \end{array} \right) \right\}</tex>$

$<tex>f(1\ 0\ 0) = A^H\left[ \begin{array}{l} 1\\ \\0\\\\ 0\\ \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{ll} \frac{1}{3} & 0\\\\ 0 & \frac{1}{2}\\ \end{array} \right] \left[ \begin{array}{l} 1\\\\ 1\\ \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{ll} \frac{1}{3}\\\\ \frac{1}{2}\\\end{array} \right]</tex>$

$<tex>f(0\ 1\ 0) = A^H\left[ \begin{array}{l} 0\\ \\1\\\\ 0\\ \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{ll} \frac{1}{3} & 0\\\\ 0 & \frac{1}{2}\\ \end{array} \right] \left[ \begin{array}{l} 1\\\\ 0\\ \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{ll} \frac{1}{3}\\\\ 0\\\end{array} \right]</tex>$

$<tex>f(0\ 0\ 1) = A^H\left[ \begin{array}{l} 0\\ \\0\\\\ 1\\ \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{ll} \frac{1}{3} & 0\\\\ 0 & \frac{1}{2}\\ \end{array} \right] \left[ \begin{array}{l} -1\\\\ \ \ 1\\ \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{ll} -\frac{1}{3}\\\\ \ \ \frac{1}{2}\\\end{array} \right]</tex>$

$<tex> E_1 = \left\{ \left( \begin{array}{l} 1\\\\ 0\\\end{array} \right)\left( \begin{array}{l} 0\\\\ 1\\\end{array} \right) \right\}</tex>$

$<tex> [T]_{E_1E_2} = \left[ \begin{array}{lll} \frac{1}{3} & \frac{1}{3} & -\frac{1}{3}\\\\ \frac{1}{2} & 0 & \ \ \frac{1}{2}\\\end{array} \right]</tex>$

(II)

Para hallar la imagen y núcleo de $<tex>f</tex>$ se trabaja con $<tex>[T]_{E_1E_2}</tex>$ .

Para hallar el núcleo se plantea lo siguiente:

$<tex> \left[ \begin{array}{lll} \frac{1}{3} & \frac{1}{3} & -\frac{1}{3}\\\\ \frac{1}{2} & 0 & \ \ \frac{1}{2}\\\end{array} \right]\underbrace{\left[ \begin{array}{l} x_1\\\\ x_2\\\\x_3\\\end{array} \right]}_{(*)} = \left[ \begin{array}{l} 0\\\\ 0\\\\0\\\end{array} \right]</tex>$

(*) Este vector esta en coordenadas de la base canónica de $<tex>\mathbf{R}^3</tex>$ .

de este sistema de ecuaciones se obtiene lo siguiente: $<tex> \frac{1}{3}(x_1 + x_2 - x_3) = 0$ y $\frac{1}{2}(x_1 + x_3) = 0</tex>$ , entonces:

$<tex>Nu(T) = \mbox{gen } \left\{ \left[ \begin{array}{l} \ \ 1\\ \\-2\\\\-1\\\end{array} \right]_{E_1} \right\} \underbrace{=}_{(**)} \mbox{gen } \left\{ \left( \begin{array}{ll} \ \ 1\\ \\-2\\\\-1\\\end{array} \right) \right\}</tex>$

(**) Esta igualdad se da ya que $<tex>E_1</tex>$ y $<tex>E_2</tex>$ son bases canónicas y por isomorfismo de coordenadas los vectores y sus coordenadas coinciden.

Entonces:

$<tex>B = \left\{ \left( \begin{array}{l} \ \ 1\\ \\-2\\\\-1\\\end{array} \right) \right\} \mbox{Base de} Nu(T)</tex>$

Luego:

$<tex>Im(T) = \mbox{gen } \left\{ \left( \begin{array}{l} \frac{1}{3}\\ \\\frac{1}{2}\\\end{array} \right) \left( \begin{array}{l} \frac{1}{3}\\ \\0\\\end{array} \right) \left( \begin{array}{l} -\frac{1}{3}\\ \\\ \ \frac{1}{2}\\\end{array} \right) \right\} </tex>$

Para hallar una base de $<tex>Im(T)</tex>$ solo de debe quitar uno de estos tres vectores que sea $LD$. Entonces:

$<tex>C = \left\{ \left( \begin{array}{l} \frac{1}{3}\\ \\\frac{1}{2}\\\end{array} \right) \left( \begin{array}{l} \frac{1}{3}\\ \\0\\\end{array} \right) \right\} \mbox{Base de} Im(T)</tex>$

Discusión

Si ves algo que te parece incorrecto en la resolución y no te animás a cambiarlo, dejá tu comentario acá.

El enunciado del primer punto dice que el PI es f(0) + g(0) + la integral. De esa manera no es PI. Luego, en la resolución primero toma que es f(0) + g(0) + la integral pero luego lo toma como si fuese f(0)*g(0) + la integral. De esa forma si es PI. Espero haberme explicado bien.

FIXED