Álgebra lineal Abril 25, 2015 Soluciones parcial 3[A] 1. (i) Los

´
Algebra
lineal
1.
Abril 25, 2015
Soluciones parcial 3[A]
(i) Los vectores son ortogonales ya que (u1 ) · (u2 ) = 1 ∗ 0 + 0 ∗ 1 + 0 ∗ 1 + 1 ∗ 0 = 0.
Dado que u1 y u2 ya son ortogonales podemos definir v1 := u1 y v2 := u2 como los dos primeros
vectores de una base ortogonal de W y para encontrar un tercero ortogonal, v3 , aplicamos el metodo
de Gram-Schmidt i.e.,
 
 
 
 
1
1
0
1
1 1 0 1 1 1  1 
(v2 ) · (u3 )
(v1 ) · (u3 )

 
 
 
v1 −
v2 = 
v3 := u3 −Proyv1 (u3 )−Proyv2 (u3 ) = u3 −
0− 2 0− 2 1 = 2 −1 .
||v12 ||
||v22 ||
0
1
0
−1
     
1 
0
1


     

1
0
 ,   ,  1  forman una base ortogonal de W .
Por lo tanto los vectores 






0
−1 
1





−1
0
1


 ⊥
 
1
1






−1
−1
4
 

(ii) Por definici´
on de W tenemos que W = v ∈ R : v · 
 1  = 0 es decir W =  1  . Como





−1
−1
 
1 



 
−1

para cualquier subespacio V se tiene que ((V )⊥ )⊥ = V concluimos que W ⊥ = span 


1 





−1
(iii) En el inciso (i) se encontr´
o una base ortogonal de W que contiene a los vectores u1 y u2 , por tanto s´
olo
tenemos que completar ´esta base a una base de R4 de tal forma que los vectores extra sean ortogonales
⊥
a los que ya se tienen. Lo anterior se lograadicionando
 , que se hallo en el inciso (ii),
 deW
    una base
1 
1
0


 1

0 1  1  −1
4
, , , 
por tanto tal base para R est´
a dada por 
  1 −1  1 


 0


−1
−1
0
1
 
 
1 
1



 


−1
−1
 es una base para W ⊥ , si se define la matriz AW ⊥ =  , tenemos que la matriz
(iv) Dado que 
1
 1 





−1
−1
de proyecci´
on sobre W ⊥ est´
a dada por
 


1
1 −1 1 −1
−1 1 1 −1 1 −1 1 



PW ⊥ = AW ⊥ (AtW ⊥ AW ⊥ )−1 AtW ⊥ = 
 1  4 1 −1 1 −1 = 4  1 −1 1 −1 .
−1
−1 1 −1 1
(v) El vector xW ⊥ es por definici´
on

Proy(x)W ⊥

 
1
−1
−1 1  1 
−2
 =  
= Proy(x) 1  =
4  1  2 −1


−1
−1
1




 1 


−1
(tambi´en se puede calcular, utilizando
  la matriz
 del inciso
 anterior, como xW ⊥ = PW ⊥ · x .) Restando
2
−1
5
1 1  1  1 1

 
 
obtenemos que xW = x − xW ⊥ = 
0 − 2 −1 = 2 1
3
1
5
2.
x − 1
−3
0 x+4
0 =
(i) El polinomio caracter´ıstico p(x) de A es por definici´on p(x) = − 2
0
0
x + 1
x − 1
−3 = −(x+1)((x−1)(x+4)+6) = −(x+1)(x2 +3x+2) = (x+1)(x+1)(x+2).
= −(x+1) 2
x + 4
Concluimos que los valores propios
 de
2
Eλ2 est´
an dados por Eλ1 = Null −2


 0
3 3 0
1 1
Eλ2 = Null 2 2 0  = Null 0 0
0 0 −3
0 0
A son λ1 = −1y λ2 =
3 0
1 3/2
−3 0 = Null 0 0
0 0
 0 0

0
 −1 
0 = span  1  .


1
0
−2.
 propios
 Los espacios
  Eλ1 y
0
0 
 −3
0 = span  2  , 0 y por


0
1
1
(ii) Dado que dim(Eλ1 ) + dim(Eλ2 ) = 2 + 1 = 3 la matriz A s´ı es diagonalizable. La matriz C es la
matriz cuyas columnas forman una base para R3 formada por autovalores de A, y la matriz D es una
matriz diagonal con diagonales los autovalores de A ordenados 
de tal forma
a los
 que correspondan


−3 0 3
−1 0
0
autovectores puestos en C. Expl´ıcitamente podemos tomar C =  2 0 1 , D =  0 −1 0 .
−1 1 0
0
0 −2
3.
(i) Falso. −18 6= −9. Utilizando las propiedades de determinantes vemos que
det((3B)C −1 AT ) = det((3B)) det(C −1 ) det(AT ) = 27 det(B) det(C)−1 det(A) = 27 · −2 ·
(ii) Verdadero. | − 1| = 1.
1 0
0 1
1 1
El volumen
1 1 0
1 = 0 1
1 0 1
es igual al valor absoluto
1 1 0 1 1 0
1 = 0 0 1 = 0 0
0 0 1 0 0 1
1
· 1 = −18.
3
del determinante
1 0 0
0
1 = − 0 1 0 = −1.
0 0 1
0
Las operaciones elementales realizadas en cada igualdad son: (R3 : R3 − R1), (R2 : R2 − R3), (R1 :
R1 − R3), (R3 R2)
√
(iii) Falso. La primera columna de la matriz tiene norma 2 6= 1 por lo tanto las columnas no forman una
base ortonormal.