FACULTAD DE INGENIERÍA - UBA ÁLGEBRA II Segundo cuatrimestre 2015

EXAMEN INTEGRADOR18 de febrero 2015 (4ª fecha diciembre-febrero)

TEMA 1

RESOLUCIÓNAclaración: El alumno debe tener presente que siempre hay más de una forma correcta de

resolver un ejercicio. La resolución aquí presentada es una de las tantas posibles.

♠--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------♠

EJERCICIO 1) Sea )( 2PLf tal que

400

1231

1213

][

Bf , donde 210 ,, pppB es la base

de 2P dada por 1)(0 tp , ttp )(1 y 22 )( ttp . Hallar los valores de para los f resulta

diagonalizable y para estos valores hallar los autovalores y los autoespacios de f.

RESOLUCIÓN : Se trata de determinar los valores de para los cuales la matriz

400

1231

1213

][

BfA

es diagonalizable (en ). El polinomio característico:

)2()4()13)(13)(4(]1)3)[(4(

31

13)4(

400

2131

2113

)(

22

DetDetAIDet

Es decir: cualquiera sea , el polinomio característico de A se factoriza linealmente en , siendo los autovalores de A (y por lo tanto de f) 21 con multiplicidad algebraica 1 y 42 con multiplicidad algebraica 2. Por lo tanto, A es diagonalizable sii la multiplicidad geométrica de

42 es 2, es decir, si el espacio nulo de la matriz

000

2111

2111

4

AI

tiene dimensión 2. Equivalentemente (teorema de la dimensión): su rango tiene que ser = 1. Para que las dos primeras filas sean linealmente dependientes, debe ser necesariamente

)21(21 , es decir: 21 , único valor de para que f sea diagonalizable . Ahora, para

21 es

1

400

031

013

][ BfA

y se obtienen fácilmente tres autovectores l.i.:

1

0

0

4

1

0

0

400

031

013

,

0

1

1

4

0

1

1

400

031

013

,

0

1

1

2

0

1

1

400

031

013

.

Por lo tanto los autoespacios de f son

2104102 ,)(,)( pppfSppfS -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

EJERCICIO 2:(a) Dada la forma cuadrática 2

22121

2 2)(,: xxxxxQQ , con 0 y ,

graficar el conjunto de pares ),( para los cuales Q verifica la condición 2

2)(0 xxQ 2x .

(b) Considere la forma cuadrática definida en (a) con 1 y 2 . Halle, entre los los x tales

que 3x , aquellos que hacen mínimo el valor de Q(x).

RESOLUCIÓN (a): La matriz de la forma cuadrática es

M y se tiene:

)]()][([)()( 22

DetMIDet

Por lo tanto sus autovalores son 1 y 2 . Obsérvese que por ser 0 es

21 . Por el Teorema de Rayleigh: 2)(

1 2:0 x

xQx , la condición requerida equivale a

20 21 .

β

2

1

0 1 α

2

RESOLUCIÓN (b): Para 1 y 2 se tiene

21

12M , 11 y 32 .

Los autovectores correspondientes al menor autovalor es 0,)1,1( T , pues

1

1

1

1

21

12. Entre éstos, debe buscarse los de norma = 3, y entonces las soluciones son

TT

23

23

23

,23 ,,, .

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

EJERCICIO 3: Dada

21

21

21

21

180

02

00

11

11

A , hallar 32B tal que BA = 0 y

31: xBxmáx

RESOLUCIÓN: Puesto que los dos últimos factores matriciales de A son inversibles, la condición

BA = 0 equivale a

00

00

00

11

11

B y por lo tanto, B debe ser de la forma

b

aB

00

00. Por

otra parte, ),(),(2

xBxBBxBxBx T , donde

2200

000

000

00

0000

00

bab

a

ba

BBT. La condición requerida equivale a que el mayor

autovalor de esta matriz sea = 9, es decir: 922 ba . Puede elegirse, por ejemplo,

000

300B . Obsérvese que en este caso, efectivamente se verifica

xxxBxx 333: 333 , siendo, además, 33 Be .

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

EJERCICIO 4: Considere el sistema XX

2

2'

(a) Hallar los para los cuales toda solución X(t) del sistema satisface 0)( tXLimt

(b) Para 3 , resuelva el problema de valores iniciales con

1

3)0(X

3

RESOLUCIÓN (a): La matriz

2

2A se diagonaliza ortogonalmente

DAQQT

20

02

2

2

21

21

21

21

2112

12

1

Por lo tanto, DYYXDQXQXQDQXAXX TTT '''' , donde hemos puesto

XQY T ; obsérvese que por ser Q matriz ortogonal, es XY . Resolviendo

t

t

t

t

ec

ecY

ecy

ecy

yy

yyDYY

)2(2

)2(1

)2(22

)2(11

22

11

)2(

)1(

)2(')2(

)2(')1('

Entonces, tt ececYX )2(222

)2(221

, por lo tanto, para que se verifique 0)( tXLimt

para todos 21 ,cc , debe ser 2 (condición necesaria y suficiente) .

RESOLUCIÓN (b): De los cálculos hechos en (a), se tiene, para 3 ,

tt

tt

tctc

tctc

ekek

ekek

ee

eetQYtX

25

1

25

1

2

5

2

2

5

221

21

)()( . Resulta

121

3)0( 21

21

21

kkkk

kkX

Por lo tanto la respuesta es

tt

tt

ee

eetX

5

5

2

2)( .

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------EJERCICIO 5: Decidir si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas.

(a) Existe una matriz 33A simétrica tal que 6)( 23 AIDet y tal que T112 y

T111 son autovectores de A.

(b) Si nnA es simétrica y nnP es una matriz ortogonal, entonces los autovalores de A coinciden con los valores singulares de PA.

RESOLUCIÓN 5 (a) Falsa: Dos autovectores de una matriz real simétrica asociados a autovalores distintos son ortogonales. Los vectores T112 y T111 son linealmente independientes pero no son ortogonales y por lo tanto tienen que estar asociados a un mismo autovalor de A que necesariamente, entonces, debe tener multiplicidad mayor que 1. Pero

)2)(3()6(6)( 223 AIDet

4

lo que significa que A tiene tres autovalores simples. (Si usted no analizó esto y simplemente afirmó que la proposición es falsa porque T112 y T111 no son ortogonales, su respuesta se considera incorrecta. Por ejemplo: estos vectores son autovectores de la matriz real simétrica I).

RESOLUCIÓN 5 (a) Falsa: Por ejemplo: si

10

01P y

20

01A , los valores

singulares de PA son las raíces cuadradas de los autovalores de

40

01)( PAPA T

, es decir: 1 y 2,

y ninguno de estos números es autovalor de A.

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