Examen Parcial - 61.08. Álgebra II A - 08/11/2008
- Enunciado
- Resolución

2008

Cátedra: Indistinta
Fecha: 2° Cuatrimestre 2008
Día: 08/11/2008
Comentario: Resolución de Prelat

Hallar todos los valores de $<tex>\alpha</tex>$ para los que existe una transformación lineal $<tex>T:\Re^{3}\rightarrow \Re^{3}</tex>$ que verifique:
1) $<tex> T([\alpha \;0 \;1]^{t})=[0 \;0 \;0]^{t}</tex>$
2) $<tex>IM (T) = \left\{x \in \Re^{3}: x_{1} + x_{2} + x_{3}=0\right\}</tex>$
3) $<tex>IM (T \circ T)= NU (T) </tex>$
Dar la matriz de T en la base $<tex>B=\left\{\left[-1\;0\,1 \right]^{t}, \left[0\;-1\;1 \right]^{t},\left[\;0\;0\;1 \right]^{t}\right\}</tex>$ (es decir: $<tex>\left[T \right]_{B}</tex>$ )

Ejercício 2

Dado un espacio vectorial real V con producto interno ( , ), sean $<tex>B=\left\{v_{1},v_{2},v_{3}\right\}</tex>$ una base ortonormal de V y T: V –> V la transformación lineal tal que para cada x ∈ V es $<tex>T(x)=(x,v_{1}-v_{2})v_{1}+(x,v_{2}-v_{3})v_{2}</tex>$ . Probar que el conjunto $<tex>S=\left\{x\in IM(T): d(x,T(x))=\left|\left|x \right| \right|\right\}</tex>$ es un subespacio de V y encontrar una base de $<tex>S^{\perp}</tex>$ (en términos de la base B).

Ejercício 3

Considerando el producto interno canónico en ℜ³ y dados dos vectores u ∈ ℜ³ y v ∈ ℜ³ linealmente independientes, sean S = gen {u,v}, P: ℜ³ –> ℜ³ la proyección sobre S y φ: ℜ³–>ℜ³ tal que $<tex>\varphi (x)= Det\begin{pmatrix}{x_{1}}&{u_{1}}&{v_{1}}\\ {x_{2}}&{u_{2}}&{v_{2}}\\ {x_{3}}&{u_{3}}&{v_{3}}\end{pmatrix}</tex>$ . Verificar que φ es lineal y calcular la matriz P respecto de la base canónica, sabiendo que $<tex>Nu(\varphi)^{\perp}=gen \left\{ \left[1\;1\;1 \right]^{t}\right\}</tex>$ .

Ejercício 4

Considerando en $<tex>\Re^{3x3}</tex>$ el producto interno dado por $<tex>(X,Y)=tr(X^{t}Y)</tex>$ , encontrar la matriz antisimétrica más próxima (respecto de la distancia dada por el producto definido previamente) a la matriz $<tex>A=\begin{pmatrix}{1}&{2}&{0}\\ {1}&{3}&{1}\\ {0}&{2}&{0}\end{pmatrix}</tex>$

Ejercício 5

Sea $<tex>A\in\Re^{3x2}</tex>$ una matriz tal que:
a) Existe b ∈ ℜ³ tal que para todo λ ∈ ℜ el vector $<tex>\begin{pmatrix}{1}\\ {2}\end{pmatrix}</tex>$ + $<tex>\lambda</tex>$ $<tex>\begin{pmatrix}{1}\\ {1}\end{pmatrix}</tex>$ es solución de Ax=b por cuadrados mínimos.
b) $<tex>Ax=[1\;2\;-1]^{t}</tex>$ es compatible. Dar las matrices de proyección a Col(A) y a Nul(A).

Resolución

Ejercício 1

La segunda condición implica que el rango de T es 2 y por el teorema de la dimensión (es decir: $<tex>3= dimIM(T) + dimNU(T)</tex>$ ) resulta entonces que la dimensión del núcleo de T es 1. La condición 1) equivale, por lo tanto, a que el vector $<tex>[\alpha \;0 \;1]^{t}</tex>$ genere dicho núcleo. Por otra parte, para cualquier endomorfismo lineal se verifica $<tex>IM (T \circ T)\subseteq IM(T)</tex>$ , por lo tanto, de la condición 3) se deduce la inclusión $<tex>NU (T)=IM (T \circ T)\subseteq IM(T)</tex>$ , lo que implica que el vector $<tex>[\alpha \;0 \;1]^{t}</tex>$ debe pertenecer a la imagen de T, es decir: $<tex>\alpha = -1</tex>$ . Entonces: indicando $<tex>u=\left[-1\;0\;1 \right]^{t}</tex>$ , $<tex>v=\left[0\;-1\;1 \right]^{t}</tex>$ y $<tex>w=\left[0\;0\;1 \right]^{t}</tex>$ los vectores de la base dada en el enunciado, se observa que el primero constituye una base del núcleo de T y que los dos últimos forman una base de la imagen de T. Entonces:

a) $<tex>T(u)= 0</tex>$ (no hay otra posibilidad)

b) La imagen de T está generada por $<tex>T(u)</tex>$ , $<tex>T(v)</tex>$ y $<tex>T(w)</tex>$ ; de la condición a) y del hecho de que la imagen tiene dimensión 2, $<tex>T(v)</tex>$ y $<tex>T(w)</tex>$ deben formar una base de $<tex>IM(T)</tex>$ , es decir:
$<tex>T(v)=au + bv</tex>$
$<tex>T(w)=cu+dv </tex>$ (*)

donde $<tex>ad-bc \neq0</tex>$ .

c) Finalmente, $<tex>T(T(u))</tex>$ , $<tex>T(T(v))</tex>$ y $<tex>T(T(w))</tex>$ deben pertenecer al núcleo de T, pues $<tex>IM (T \circ T)=NU(T)</tex>$ . De (*) se tiene, entonces:
$<tex>T(T(v))=aT(u)+bT(v)=0+bau+b^{2}v=ru</tex>$
$<tex>T(T(w))= cT(u)+ dT(v)=0+dau+dbv=su</tex>$
para determinados r y s. Es decir: $<tex>(ba-r)u+b^{2}v=0</tex>$ y $<tex>(da-s)u+dbv=0</tex>$ . Por la independencia lineal de estos dos vectores, se tiene necesariamente que $<tex>b=0</tex>$ , $<tex>r=0</tex>$ , $<tex>da=s</tex>$ . En (*), se tiene $<tex>T(v)=au</tex>$ , $<tex>T(w)=cu+dv</tex>$ y $<tex>s=ad\neq0</tex>$ . Por lo tanto, la matriz de T respecto de la base dada es
$<tex>\left[T \right]_{B}= \begin{pmatrix}{0}&{a}&{c}\\ {0}&{0}&{d}\\ {0}&{0}&{0}\end{pmatrix}</tex>$
donde $<tex>ad\neq0</tex>$ .

Comprobemos que, efectivamente, T satisface las condiciones requeridas:
1) $<tex>T(\left[-1\;0\;1 \right]^{t})=T(u)=[0 \;0 \;0]^{t}</tex>$ ( $<tex>\alpha = -1</tex>$ )

2) $<tex>T(\left[0\;-1\;1 \right]^{t})=T(v)=au=\left[-a\;0\;a \right]^{t} \in \left\{x \in \Re^{3}: x_{1} + x_{2} + x_{3}=0\right\}</tex>$

$<tex>T(\left[0\;0\;1 \right]^{t})=T(w)=cu+dv=\left[-c\;-d\;c+d \right]^{t} \in \left\{x \in \Re^{3}: x_{1} + x_{2} + x_{3}=0\right\}</tex>$
y los vectores $<tex>au</tex>$ y $<tex>cu+dv </tex>$ son linealmente independientes, pues $<tex>a</tex>$ y $<tex>d </tex>$ son ambos no nulos. Por lo tanto,
$<tex>IM(T)=gen\left\{au,cu+dv\right\}=gen\left\{u,v\right\}=\left\{x \in \Re^{3}: x_{1} + x_{2} + x_{3}=0\right\}</tex>$

3) $<tex> [T \circ T]_{B} =\begin{pmatrix}{0}&{a}&{c}\\ {0}&{0}&{d}\\ {0}&{0}&{0}\end{pmatrix}^{2}=\begin{pmatrix}{0}&{0}&{ad}\\ {0}&{0}&{0}\\ {0}&{0}&{0}\end{pmatrix}</tex>$ con $<tex>ad\neq0</tex>$ ,
por lo tanto, efectivamente $<tex>IM(T \circ T)=gen\left\{u\right\}=NU(T)</tex>$

Observación: hemos dado todas las soluciones posibles, cosa que no se pedía en el enunciado. Una solución posible es, por ejemplo: $<tex>\left[T \right]_{B}=\begin{pmatrix}{0}&{1}&{0}\\ {0}&{0}&{1}\\ {0}&{0}&{0}\end{pmatrix}</tex>$

Ejercício 2

Puesto que la imagen de T está generada por
$<tex>T(v_{1})=(v_{1},v_{1}-v_{2})v_{1}+(v_{1},v_{2}-v_{3})v_{2}=v_{1}</tex>$
$<tex>T(v_{2})=(v_{2},v_{1}-v_{2})v_{1}+(v_{2},v_{2}-v_{3})v_{2}=-v_{1}+v_{2}</tex>$
$<tex>T(v_{3})=(v_{3},v_{1}-v_{2})v_{1}+(v_{3},v_{2}-v_{3})v_{2}=0</tex>$
se tiene inmediatamente que una base ortonormal de $<tex>IM(T)</tex>$ es $<tex>B_{IM(T)}=\left\{v_{1},v_{2} \right\}</tex>$ . Entonces, dado un elemento $<tex>x=x_{1}v_{1}+x_{2}v_{2} \in IM(T)</tex>$ :

1) $<tex>\left|\left|x \right| \right|^{2}=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}</tex>$

2) $<tex>T(x)=x_{1}T(v_{1})+x_{2}T(v_{2})=x_{1}v_{1}+(-v_{1}+v_{2})=(x_{1}-x_{2})v_{1}+x_{2}v_{2}</tex>$

3) $<tex>x-T(x)=x_{1}v_{1}+x_{2}v_{2}-(x_{1}-x_{2})v_{1}-x_{2}v_{2}=x_{2}v_{1}</tex>$

4) $<tex>d(x,T(x))^{2}=\left|\left|x-T(x) \right| \right|^{2}=\left|\left|x_{2}v_{1} \right| \right|^{2}=x_{2}^{2}</tex>$

Por lo tanto:
$<tex>S=\left\{x\in IM(T): d(x,T(x))=\left|\left|x \right| \right|\right\}=\left\{x\in IM(T): d(x,T(x))^{2}=\left|\left|x \right| \right|^{2}\right\}=\\=\left\{x_{1}v_{1}+x_{2}v_{2}: x_{1}\in \Re, x_{2} \in \Re, x_{2}^{2}=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\right\}=\left\{x_{2}v_{2}:x_{2}\in \Re\right\} </tex>$
es claramente un subespacio de V, el subespacio generado por $<tex>v_{2}</tex>$ . Entonces, una base de $<tex>S^{\perp}</tex>$ es, por ejemplo, $<tex>S^{\perp}=\left\{v_{1},v_{3}\right\}</tex>$

Ejercício 3

La verificación de que $<tex>\varphi</tex>$ es lineal puede hacerse de varias y sencillas maneras. Por ejemplo: desarrollando el determinante por la primera columna se tiene $<tex>\varphi(x)=(u_{2}v_{3}-u_{3}v_{2})x_{1}+(v_{1}u_{3}-v_{3}u_{1})x_{2}+(u_{1}v_{2}-u_{2}v_{1})x_{3}=</tex>$
$<tex>=w_{1}x_{1}+w_{2}x_{2}+w_{3}x_{3}=(w,x)</tex>$
donde $<tex>w=\left[w_{1}\;w_{2}\;w_{3} \right]^{t}=\left[u_{2}v_{3}-u_{3}v_{2}\quad v_{1}u_{3}-v_{3}u_{1}\quad u_{1}v_{2}-u_{2}v_{1} \right]^{t}</tex>$ y (.,.) es el producto interno canónico en ℜ³. De la bilinealidad del producto interno se deduce inmediatamente la linealidad de $<tex>\varphi</tex>$ .
Ahora, $<tex>\varphi (x)= Det\begin{pmatrix}{x_{1}}&{u_{1}}&{v_{1}}\\ {x_{2}}&{u_{2}}&{v_{2}}\\ {x_{3}}&{u_{3}}&{v_{3}}\end{pmatrix}=0</tex>$ sii las columnas de la matriz son linealmente dependientes, es decir: sii los vectores x, u y v son linealmente dependientes. Puesto que u y v son linealmente independientes, resulta que $<tex>\varphi (x)=0 \Leftrightarrow x \in gen\left\{u,v\right\}=S</tex>$ , es decir: $<tex> Nu(\varphi)=S</tex>$
Ahora: $<tex>S^{\perp}=Nu(\varphi)^{\perp}=gen \left\{ \left[1\;1\;1 \right]^{t}\right\}</tex>$ , por lo tanto, la proyección sobre $<tex>S^{\perp}</tex>$ es
$<tex>P_{S^{\perp}}(x)=\frac{x_{1}+x_{2}+x_{3}}{3}\begin{pmatrix}{1}\\ {1}\\ {1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}{\frac{1}{3}x_{1}}&{\frac{1}{3}x_{2}}&{\frac{1}{3}x_{3}}\\ {\frac{1}{3}x_{1}}&{\frac{1}{3}x_{2}}&{\frac{1}{3}x_{3}}\\ {\frac{1}{3}x_{1}}&{\frac{1}{3}x_{2}}&{\frac{1}{3}x_{3}}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}{\frac{1}{3}}&{\frac{1}{3}}&{\frac{1}{3}}\\ {\frac{1}{3}}&{\frac{1}{3}}&{\frac{1}{3}}\\ {\frac{1}{3}}&{\frac{1}{3}}&{\frac{1}{3}}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}{x_{1}}\\ {x_{2}}\\ {x_{3}}\end{pmatrix}</tex>$
Entonces, la matriz pedida es

$<tex>\begin{pmatrix}{1}&{0}&{0}\\ {0}&{1}&{0}\\ {0}&{0}&{1}\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}{\frac{1}{3}}&{\frac{1}{3}}&{\frac{1}{3}}\\ {\frac{1}{3}}&{\frac{1}{3}}&{\frac{1}{3}}\\ {\frac{1}{3}}&{\frac{1}{3}}&{\frac{1}{3}}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}{\frac{2}{3}}&{\frac{-1}{3}}&{\frac{-1}{3}}\\ {\frac{-1}{3}}&{\frac{2}{3}}&{\frac{-1}{3}}\\ {\frac{-1}{3}}&{\frac{-1}{3}}&{\frac{2}{3}}\end{pmatrix}</tex>$

Observación: No hemos utilizado en esta resolución el hecho de que el vector w es el producto vectorial de u y v, lo que implica inmediatamente que w no es nulo (por ser u y v linealmente independientes) y que es ortogonal a u y a v, de donde resulta inmediatamente que $<tex>S^{\perp}=gen\left\{w\right\}=Nu(\varphi)^{\perp}=gen\left\{[1\;1\;1\right\}^{t}</tex>$ .

Ejercício 4

Se trata de encontrar la proyección de A sobre el subespacio de matrices antisimétricas. Una base del espacio de antisimétricas está constituída por las matrices

$<tex>F_{1}=\begin{pmatrix}{0}&{-1}&{0}\\ {1}&{0}&{0}\\ {0}&{0}&{0}\end{pmatrix}\qquad F_{2}=\begin{pmatrix}{0}&{0}&{-1}\\ {0}&{0}&{0}\\ {1}&{0}&{0}\end{pmatrix}\qquad F_{3}=\begin{pmatrix}{0}&{0}&{0}\\ {0}&{0}&{-1}\\ {0}&{1}&{0}\end{pmatrix}</tex>$

que verifican, para el producto interno dado:

$<tex>(F_{1},F_{1})=(F_{2},F_{2})=(F_{3},F_{3})=2</tex>$ y $<tex>(F_{1},F_{2})=(F_{1},F_{3})=(F_{2},F_{3})=0</tex>$

Es decir: se trata de una base ortogonal. Por lo tanto, la proyección de A sobre el subespacio de las matrices antisimétricas es

$<tex>P(A)=\frac{(A,F_{1})}{2}F_{1}+\frac{(A,F_{2})}{2}F_{2}+\frac{(A,F_{3})}{2}F_{3}=-\frac{1}{2}F_{1}+0.F_{2}+\frac{1}{2}F_{3}=\begin{pmatrix}{0}&{\frac{1}{2}}&{0}\\ {\frac{-1}{2}}&{0}&{\frac{-1}{2}}\\ {0}&{\frac{1}{2}}&{0}\end{pmatrix}</tex>$

Ejercício 5

La condición a) significa que $<tex>\begin{pmatrix}{1}\\ {2}\end{pmatrix}</tex>$ es solución de Ax=b por cuadrados mínimos y además que $<tex>\begin{pmatrix}{1}\\ {1}\end{pmatrix} \in Nul(A)</tex>$ . Recordemos por qué: si para todo λ ∈ ℜ es $<tex>A(\begin{pmatrix}{1}\\ {2}\end{pmatrix}+ \lambda \begin{pmatrix}{1}\\ {1}\end{pmatrix})=P_{Col(A)}(b)</tex>$ , entonces, en particular (para λ=0) es $<tex>A(\begin{pmatrix}{1}\\ {2}\end{pmatrix})=P_{Col(A)}(b)</tex>$ y por lo tanto resulta $<tex>\lambda A(\begin{pmatrix}{1}\\ {1}\end{pmatrix})=0</tex>$ .
Ahora, b) significa que existe algún $<tex>x_{0} \in \Re^{2}</tex>$ tal que $<tex>Ax_{0}=[1\;2\;-1]^{t}</tex>$ , es decir: $<tex>[1\;2\;-1]^{t} \in Col(A)</tex>$ .

Hemos encontrado $<tex>\begin{pmatrix}{1}\\ {1}\end{pmatrix} \in Nul(A)</tex>$ y $<tex>[1\;2\;-1]^{t} \in Col(A)</tex>$ por lo tanto, las dimensiones de Nul(A) y Col(A) son ≥ 1. Del teorema de la dimensión aplicado a la matriz A: 2= dimCol(A)+dimNul(A), se tiene, finalmente, que los espacios Nul(A) y Col(A) son ambos de dimensión 1 y por lo tanto

$<tex>Nul(A)=gen\left\{[1\;1]^{t}\right\}</tex>$ y $<tex>Col(A)=gen\left\{[1\;2\;-1]^{t}\right\}</tex>$

Entonces, las proyecciones sobre estos espacios son

$<tex>P_{Nul(A)}(x)=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}\begin{pmatrix}{1}\\ {1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}{\frac{1}{2}}&{\frac{1}{2}}\\ {\frac{1}{2}}&{\frac{1}{2}}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}{x_{1}}\\ {x_{2}}\end{pmatrix}</tex>$

$<tex>P_{Col(A)}(x)=\frac{x_{1}+2x_{2}-x_{3}}{6}\begin{pmatrix}{1}\\ {2}\\{-1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}{\frac{1}{6}}&{\frac{1}{3}}&{\frac{-1}{6}}\\ {\frac{1}{3}}&{\frac{2}{3}}&{\frac{-1}{3}}\\ {\frac{-1}{6}}&{\frac{-1}{3}}&{\frac{1}{6}}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}{x_{1}}\\ {x_{2}}\\ {x_{3}}\end{pmatrix}</tex>$

En estas expresiones se observan las matrices pedidas.