tal cual cayó — sin cambiar un número

Álgebra · convocatoria ordinaria

Convocatoria ordinaria · 2021-2022

curso 2021-2022 · 4 ejercicios

Empieza sin mirar: abre cada ejercicio cuando vayas a por él. Las resoluciones están en la otra pestaña.

Las simétricas y las antisimétricas se reparten el espacioEspacios vectoriales
a) i. Demuestra que si $S$ y $T$ son subespacios del espacio vectorial $E$ , con sistemas generadores $G_{S}=\left\{\overline{u}_{1},\overline{u}_{2},\dots, \overline{u}_{n}\right\}$ y $G_{T}=\left\{\overline{v}_{1},\overline{v}_{2},\dots, \overline{v}_{m}\right\}$ , entonces $G_{S}\cup G_{T}$ es sistema generador de $S+T$ .

ii. Sean $S$ y $T$ subespacios vectoriales de $\mathbb{R}^{10}$ , con $\dim\left(S\right)=2$ y $\dim\left(T\right)=7$ . Calcula las posibles dimensiones para los subespacios $S\cap T$ y $S+T$ .

b) Se definen en el espacio vectorial $\mathcal{M}\left(2\times2,\mathbb{R}\right)$ de las matrices cuadradas reales de orden $2$ los siguientes conjuntos:
$U=\left\{A\in\mathcal{M}\left(2\times2,\mathbb{R}\right) \;\Big|\;A\text{ simétrica}\right\}$ $V=\left\{B\in\mathcal{M}\left(2\times2,\mathbb{R}\right) \;\Big|\;B\text{ antisimétrica}\right\}$
i. Demuestra que $U$ y $V$ son subespacios vectoriales.

ii. Calcula las bases y dimensiones de $U$ , $V$ , $U+V$ y $U\cap V$ .

iii. Calcula las coordenadas de la matriz $\begin{pmatrix}-2&2\\4&1\end{pmatrix}$ respecto de la base de $U+V$ que has obtenido.
La demostración, las dimensiones posibles, y las cuatro bases con unas coordenadas.
Resolver guiado →El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.
Tres imágenes mezcladas, y un núcleo dado por ecuacionesAplicaciones lineales
a) Demuestra que la aplicación lineal $f:V\longrightarrow V'$ es inyectiva si y solo si $\ker\left(f\right)=\left\{\overline{0}\right\}$ .

b) Sea $\left\{\overline{e}_{1},\overline{e}_{2}, \overline{e}_{3},\overline{e}_{4}\right\}$ una base de $\mathbb{R}^{4}$ . Consideramos $f:\mathbb{R}^{4}\longrightarrow\mathbb{R}^{3}$ , la aplicación lineal que verifica las siguientes propiedades:
$f\left(\overline{e}_{1}\right)=\left(0,1,2\right); \quad f\left(\overline{e}_{2}+\overline{e}_{3}\right)=\left(0,-1,0\right);$ $f\left(\overline{e}_{1}+\overline{e}_{2}-\overline{e}_{3}\right) =\left(-2,-2,0\right)$ $\operatorname{Ker}\left(f\right) =\left\{\left(x,y,z,t\right)\;\Big|\;x=z=0;\;y-z-t=0\right\}$
i. Calcula la matriz asociada a $f$ .

ii. Calcula las bases y dimensiones de $\operatorname{Im}f$ y $\ker f$ .

iii. Clasifica la aplicación $f$ .
La demostración, la matriz, las dos bases y la clasificación.
Resolver guiado →El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.
Ortonormalizar cuando el producto escalar está torcidoEspacios vectoriales euclídeos
a) Sean $\overline{u}$ y $\overline{v}$ dos vectores del espacio vectorial euclídeo $V$ . Demuestra:

i. $\left\|\overline{u}+\overline{v}\right\| \leq\left\|\overline{u}\right\|+\left\|\overline{v}\right\|$

ii. $\left\|\overline{u}+\overline{v}\right\|^{2} =\left\|\overline{u}\right\|^{2}+\left\|\overline{v}\right\|^{2} \iff\overline{u}$ y $\overline{v}$ son vectores ortogonales.

b) Se define en el espacio vectorial euclídeo $\mathbb{R}^{3}$ el siguiente producto escalar:
$\left\langle\left(x_{1},x_{2},x_{3}\right), \left(y_{1},y_{2},y_{3}\right)\right\rangle =x_{1}y_{1}-x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1}+2x_{2}y_{2}+2x_{3}y_{3}$
i. Utilizando este producto escalar, calcula una base ortonormal para el subespacio $S=\left\{\left(x,y,z\right)\;\Big|\;-2x+2y-z=0\right\}$ .

ii. Completa la base calculada en el apartado anterior hasta conseguir una base ortonormal de $\mathbb{R}^{3}$ .
Las dos demostraciones, y las dos bases ortonormales con el producto dado.
Resolver guiado →El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.
Una simétrica, y por qué sus direcciones salen perpendicularesDiagonalización de matrices cuadradas
a) i. Dado el endomorfismo $f:E\longrightarrow E$ , demuestra que el subconjunto de $E$ formado por los autovectores asociados a un autovalor $\lambda$ junto con el vector $\overline{0}$ , $S=\left\{\overline{x}\in E-\left\{\overline{0}\right\} \;\Big|\;f\left(\overline{x}\right)=\lambda\overline{x}\right\} \cup\left\{\overline{0}\right\}$ , es subespacio vectorial.

ii. Demuestra que si $\overline{x}$ es autovector de la matriz $A$ asociado a un valor propio $\lambda$ , también es autovector de las matrices $A^{2}$ y $A^{3}$ . Di cuál es, en cada caso, el autovalor asociado.

b) Obtén una base ortonormal de $\mathbb{R}^{3}$ formada por autovectores de la siguiente matriz y da la fórmula de la diagonalización:
$G=\begin{pmatrix}3&1&1\\1&1&1\\1&1&1\end{pmatrix}$
Las dos demostraciones, y la base ortonormal con la fórmula.
Resolver guiado →El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.

El examen no publica solución. Todas estas resoluciones son propuesta nuestra y están pendientes de revisión.

nivel: examenEjercicio 1 · Convocatoria ordinaria, curso 2021-2022 · Álgebra, Escuela de Ingeniería de Gipuzkoa (UPV/EHU) · El examen no publica solución ni reparto de puntos: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.

Las simétricas y las antisimétricas se reparten el espacio

paso 1 de 4

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

a) i. Demuestra que si $S$ y $T$ son subespacios del espacio vectorial $E$ , con sistemas generadores $G_{S}=\left\{\overline{u}_{1},\overline{u}_{2},\dots, \overline{u}_{n}\right\}$ y $G_{T}=\left\{\overline{v}_{1},\overline{v}_{2},\dots, \overline{v}_{m}\right\}$ , entonces $G_{S}\cup G_{T}$ es sistema generador de $S+T$ .

ii. Sean $S$ y $T$ subespacios vectoriales de $\mathbb{R}^{10}$ , con $\dim\left(S\right)=2$ y $\dim\left(T\right)=7$ . Calcula las posibles dimensiones para los subespacios $S\cap T$ y $S+T$ .

b) Se definen en el espacio vectorial $\mathcal{M}\left(2\times2,\mathbb{R}\right)$ de las matrices cuadradas reales de orden $2$ los siguientes conjuntos:

U=\left\{A\in\mathcal{M}\left(2\times2,\mathbb{R}\right) \;\Big|\;A\text{ simétrica}\right\}

V=\left\{B\in\mathcal{M}\left(2\times2,\mathbb{R}\right) \;\Big|\;B\text{ antisimétrica}\right\}

i. Demuestra que $U$ y $V$ son subespacios vectoriales.

ii. Calcula las bases y dimensiones de $U$ , $V$ , $U+V$ y $U\cap V$ .

iii. Calcula las coordenadas de la matriz $\begin{pmatrix}-2&2\\4&1\end{pmatrix}$ respecto de la base de $U+V$ que has obtenido.

La demostración, las dimensiones posibles, y las cuatro bases con unas coordenadas.

01
Reconocer el camino
COMP1
Con $\dim S=2$ y $\dim T=7$ dentro de $\mathbb{R}^{10}$ , ¿qué acota por abajo la dimensión de $S\cap T$ ?
02
La dimensión de las simétricas
COMP2
¿Cuál es la dimensión de $U$ , el subespacio de las matrices simétricas de orden $2$ ?
Tu respuesta al paso 2un número entero — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…

Las coordenadas en la base de la suma

COMP2

Con la base de $U+V$ formada por $\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}$ , $\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$ , $\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}$ y $\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}$ , en ese orden, ¿cuáles son las coordenadas de $\begin{pmatrix}-2&2\\4&1\end{pmatrix}$ ?

Tu respuesta al paso 3cuatro coordenadas entre paréntesis, separadas por comas — componentes separadas por comas

Desarrollo

Escribiendo la combinación genérica:

a\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix} +b\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix} +c\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix} +d\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}a&b+d\\b-d&c\end{pmatrix}

e igualando a $\begin{pmatrix}-2&2\\4&1\end{pmatrix}$ :

entrada	ecuación	despejado
$\left(1,1\right)$	$a=-2$	$a=-2$
$\left(2,2\right)$	$c=1$	$c=1$
$\left(1,2\right)$ y $\left(2,1\right)$	$b+d=2$ , $b-d=4$	$b=3$ , $d=-1$

\boxed{\;\left(-2,3,1,-1\right)\;}

Es lo mismo que partir la matriz en su parte simétrica $\tfrac{1}{2}\left(M+M^{T}\right) =\begin{pmatrix}-2&3\\3&1\end{pmatrix}$ y su parte antisimétrica $\tfrac{1}{2}\left(M-M^{T}\right) =\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$ .

04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el cálculo de $U+V$ y $U\cap V$ . Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. $U\cap V$ son las matrices simétricas y antisimétricas a la vez: $A^{T}=A$ y $A^{T}=-A$ , luego $A=-A$ y $A=0$ .
2. Por tanto $U\cap V=\left\{0\right\}$ y $\dim\left(U\cap V\right)=0$ : la suma es directa.
3. Por Grassmann, $\dim\left(U+V\right)=3+1-0=4$ .
4. Y como $\mathcal{M}\left(2\times2,\mathbb{R}\right)$ tiene dimensión $4$ , la suma es el espacio entero: toda matriz se parte de forma única en simétrica más antisimétrica.

Resolución completa

a) i. La unión de generadores genera la suma. Todo vector de $S+T$ es $\overline{s}+\overline{t}$ ; escribiendo cada sumando sobre su sistema generador queda una combinación lineal de los $\overline{u}_{i}$ y los $\overline{v}_{j}$ a la vez, o sea, de $G_{S}\cup G_{T}$ . Y al revés: toda combinación de esos vectores se agrupa en «los de $S$ » más «los de $T$ », que está en $S+T$ .

Ojo con lo que no dice: la unión es sistema generador, pero no tiene por qué ser base. Si $S$ y $T$ se cortan, sobran vectores.

a) ii. Las dimensiones posibles. Grassmann fija la relación:

\dim\left(S+T\right)=2+7-\dim\left(S\cap T\right) =9-\dim\left(S\cap T\right)

La intersección está dentro de $S$ , así que su dimensión va de $0$ a $2$ ; y $S+T$ cabe en $\mathbb{R}^{10}$ , cosa que aquí no restringe nada porque $9\leq10$ . Quedan tres casos:

$\dim\left(S\cap T\right)$	$\dim\left(S+T\right)$	cuándo
$0$	$9$	$S$ y $T$ solo comparten el cero
$1$	$8$	comparten una recta
$2$	$7$	$S\subset T$

b) i. Los dos son subespacios. Ninguno es vacío —la matriz nula es simétrica y antisimétrica—, y trasponer es lineal: $\left(\alpha A+\beta B\right)^{T}=\alpha A^{T}+\beta B^{T}$ . Si $A$ y $B$ cumplen $X^{T}=X$ , la combinación también; y lo mismo con el signo menos.

b) ii. Bases y dimensiones.

U=L\left(\left\{ \begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}\right\}\right), \qquad\dim U=3

V=L\left(\left\{\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}\right\}\right), \qquad\dim V=1

La intersección se calcula en una línea: si $A^{T}=A$ y $A^{T}=-A$ , entonces $A=-A$ , luego $A=0$ .

\boxed{\;U\cap V=\left\{0\right\},\quad U\oplus V=\mathcal{M}\left(2\times2,\mathbb{R}\right),\quad \dim\left(U+V\right)=4\;}

Y esto es un resultado con nombre, no una coincidencia: toda matriz cuadrada se escribe de forma única como simétrica más antisimétrica,

M=\underbrace{\tfrac{1}{2}\left(M+M^{T}\right)}_{\text{simétrica}} +\underbrace{\tfrac{1}{2}\left(M-M^{T}\right)}_{\text{antisimétrica}}

b) iii. Las coordenadas. Uniendo las dos bases y resolviendo:

\begin{pmatrix}-2&2\\4&1\end{pmatrix} =-2\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix} +3\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix} +1\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix} -1\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}

\boxed{\;\left(-2,3,1,-1\right)\;}

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: examenEjercicio 2 · Convocatoria ordinaria, curso 2021-2022 · Álgebra, Escuela de Ingeniería de Gipuzkoa (UPV/EHU) · El examen no publica solución ni reparto de puntos: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.

Tres imágenes mezcladas, y un núcleo dado por ecuaciones

paso 1 de 5

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

a) Demuestra que la aplicación lineal $f:V\longrightarrow V'$ es inyectiva si y solo si $\ker\left(f\right)=\left\{\overline{0}\right\}$ .

b) Sea $\left\{\overline{e}_{1},\overline{e}_{2}, \overline{e}_{3},\overline{e}_{4}\right\}$ una base de $\mathbb{R}^{4}$ . Consideramos $f:\mathbb{R}^{4}\longrightarrow\mathbb{R}^{3}$ , la aplicación lineal que verifica las siguientes propiedades:

f\left(\overline{e}_{1}\right)=\left(0,1,2\right); \quad f\left(\overline{e}_{2}+\overline{e}_{3}\right)=\left(0,-1,0\right);

f\left(\overline{e}_{1}+\overline{e}_{2}-\overline{e}_{3}\right) =\left(-2,-2,0\right)

\operatorname{Ker}\left(f\right) =\left\{\left(x,y,z,t\right)\;\Big|\;x=z=0;\;y-z-t=0\right\}

i. Calcula la matriz asociada a $f$ .

ii. Calcula las bases y dimensiones de $\operatorname{Im}f$ y $\ker f$ .

iii. Clasifica la aplicación $f$ .

La demostración, la matriz, las dos bases y la clasificación.

01
Reconocer el camino
COMP1
El núcleo viene dado por ecuaciones: $x=z=0$ y $y-z-t=0$ . ¿Qué aporta ese dato al cálculo de la matriz?
02
La imagen del segundo vector de la base
COMP2
De $f\left(\overline{e}_{2}+\overline{e}_{3}\right) =\left(0,-1,0\right)$ y $f\left(\overline{e}_{1}+\overline{e}_{2}-\overline{e}_{3}\right) =\left(-2,-2,0\right)$ , ¿cuánto vale $f\left(\overline{e}_{2}\right)$ ?
Tu respuesta al paso 2tres coordenadas entre paréntesis, separadas por comas — componentes separadas por comas
03
La matriz asociada
COMP2
La matriz de $f$ en esas bases. Escribe las filas separadas por punto y coma.
Tu respuesta al paso 3tres filas de cuatro números, con punto y coma entre filas — columnas con comas, filas con punto y coma
04
La dimensión de la imagen
COMP2
¿Cuánto vale $\dim\operatorname{Im}f$ ?
Tu respuesta al paso 4un número entero — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
05
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la demostración del apartado a): inyectiva si y solo si el núcleo es nulo. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Si $f$ es inyectiva y $\overline{x}$ está en el núcleo, entonces $f\left(\overline{x}\right)=\overline{0} =f\left(\overline{0}\right)$ , luego $\overline{x}=\overline{0}$ .
2. Al revés: si el núcleo es nulo y $f\left(\overline{x}\right)=f\left(\overline{y}\right)$ , la linealidad da $f\left(\overline{x}-\overline{y}\right)=\overline{0}$ .
3. Entonces $\overline{x}-\overline{y}$ está en el núcleo, que solo contiene al cero, así que $\overline{x}=\overline{y}$ .
4. Las dos implicaciones juntas dan la equivalencia.

Resolución completa

a) La equivalencia, en dos direcciones cortas. Si $f$ es inyectiva y $f\left(\overline{x}\right)=\overline{0}$ , como también $f\left(\overline{0}\right)=\overline{0}$ , la inyectividad obliga a $\overline{x}=\overline{0}$ . Y al revés, si el núcleo es nulo y dos vectores tienen la misma imagen,

f\left(\overline{x}\right)=f\left(\overline{y}\right) \;\Longrightarrow\; f\left(\overline{x}-\overline{y}\right)=\overline{0} \;\Longrightarrow\; \overline{x}-\overline{y}=\overline{0}

La linealidad es lo que permite pasar de «dos imágenes iguales» a «una imagen nula», y es el único paso que hay que recordar.

b) El núcleo es el cuarto dato. Resolviendo sus ecuaciones — $x=0$ , $z=0$ y $y=t$ — sale la recta generada por $\left(0,1,0,1\right)$ , es decir

\ker f=L\left(\left\{\overline{e}_{2}+\overline{e}_{4}\right\}\right) \;\Longrightarrow\; f\left(\overline{e}_{4}\right)=-f\left(\overline{e}_{2}\right)

Con eso ya hay cuatro condiciones para cuatro imágenes.

i. La matriz. Del segundo y el tercer dato sale un sistema de dos ecuaciones en $f\left(\overline{e}_{2}\right)$ y $f\left(\overline{e}_{3}\right)$ :

f\left(\overline{e}_{2}\right)+f\left(\overline{e}_{3}\right) =\left(0,-1,0\right), \qquad f\left(\overline{e}_{2}\right)-f\left(\overline{e}_{3}\right) =\left(-2,-3,-2\right)

f\left(\overline{e}_{2}\right)=\left(-1,-2,-1\right), \qquad f\left(\overline{e}_{3}\right)=\left(1,1,1\right), \qquad f\left(\overline{e}_{4}\right)=\left(1,2,1\right)

\boxed{\;A=\begin{pmatrix} 0&-1&1&1\\ 1&-2&1&2\\ 2&-1&1&1 \end{pmatrix}\;}

ii. Bases y dimensiones.

\ker f=L\left(\left\{\left(0,1,0,1\right)\right\}\right), \quad\dim=1; \qquad \operatorname{Im}f=\mathbb{R}^{3},\quad\dim=3

La imagen es todo $\mathbb{R}^{3}$ porque las tres primeras columnas de $A$ tienen determinante $2\neq0$ , y por tanto ya generan.

iii. Clasificación. $f$ es sobreyectiva pero no inyectiva. Y las dos cosas se sabían antes de calcular: yendo de dimensión $4$ a dimensión $3$ , la inyectividad es imposible; y con el núcleo de dimensión $1$ , la imagen tiene que llenar las tres dimensiones que quedan.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: examenEjercicio 3 · Convocatoria ordinaria, curso 2021-2022 · Álgebra, Escuela de Ingeniería de Gipuzkoa (UPV/EHU) · Es el único de las ocho convocatorias que define un producto escalar distinto del usual · El examen no publica solución ni reparto de puntos: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.

Ortonormalizar cuando el producto escalar está torcido

paso 1 de 5

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

a) Sean $\overline{u}$ y $\overline{v}$ dos vectores del espacio vectorial euclídeo $V$ . Demuestra:

i. $\left\|\overline{u}+\overline{v}\right\| \leq\left\|\overline{u}\right\|+\left\|\overline{v}\right\|$

ii. $\left\|\overline{u}+\overline{v}\right\|^{2} =\left\|\overline{u}\right\|^{2}+\left\|\overline{v}\right\|^{2} \iff\overline{u}$ y $\overline{v}$ son vectores ortogonales.

b) Se define en el espacio vectorial euclídeo $\mathbb{R}^{3}$ el siguiente producto escalar:

\left\langle\left(x_{1},x_{2},x_{3}\right), \left(y_{1},y_{2},y_{3}\right)\right\rangle =x_{1}y_{1}-x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1}+2x_{2}y_{2}+2x_{3}y_{3}

i. Utilizando este producto escalar, calcula una base ortonormal para el subespacio $S=\left\{\left(x,y,z\right)\;\Big|\;-2x+2y-z=0\right\}$ .

ii. Completa la base calculada en el apartado anterior hasta conseguir una base ortonormal de $\mathbb{R}^{3}$ .

Las dos demostraciones, y las dos bases ortonormales con el producto dado.

01
Reconocer el camino
COMP1
El producto escalar del enunciado no es el usual. ¿Qué cambia eso en el procedimiento de Gram-Schmidt?
02
La norma del primer generador
COMP2
Tomando $\overline{w}_{1}=\left(1,0,-2\right)$ , que está en $S$ , ¿cuánto vale $\left\|\overline{w}_{1}\right\|$ con este producto escalar?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
El segundo vector de la base de S
COMP2
Ortogonalizando $\left(0,1,2\right)$ respecto de $\overline{u}_{1}$ y normalizando, ¿cuál es el segundo vector de la base ortonormal de $S$ ?
Tu respuesta al paso 3tres coordenadas entre paréntesis, separadas por comas — componentes separadas por comas
04
La dirección que completa la base
COMP2
El tercer vector tiene que ser ortogonal a $\overline{u}_{1}$ y a $\overline{u}_{2}$ con este producto. ¿Qué dirección sale, tomando la de coordenadas enteras más pequeñas y primera coordenada positiva?
Tu respuesta al paso 4tres coordenadas enteras entre paréntesis — componentes separadas por comas
05
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la demostración de la desigualdad triangular. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Se desarrolla el cuadrado: $\left\|\overline{u}+\overline{v}\right\|^{2} =\left\|\overline{u}\right\|^{2} +2\left\langle\overline{u},\overline{v}\right\rangle +\left\|\overline{v}\right\|^{2}$ .
2. Por Cauchy-Schwarz, $\left\langle\overline{u},\overline{v}\right\rangle \leq\left\|\overline{u}\right\|\left\|\overline{v}\right\|$ .
3. Sustituyendo, el miembro de la izquierda queda acotado por $\left(\left\|\overline{u}\right\| +\left\|\overline{v}\right\|\right)^{2}$ .
4. Y como las normas no son negativas, se puede tomar raíz cuadrada en los dos lados sin cambiar el sentido.

Resolución completa

a) i. La desigualdad triangular. Se desarrolla el cuadrado y se acota el término cruzado con Cauchy-Schwarz:

\left\|\overline{u}+\overline{v}\right\|^{2} =\left\|\overline{u}\right\|^{2} +2\left\langle\overline{u},\overline{v}\right\rangle +\left\|\overline{v}\right\|^{2} \leq\left\|\overline{u}\right\|^{2} +2\left\|\overline{u}\right\|\left\|\overline{v}\right\| +\left\|\overline{v}\right\|^{2}

El miembro derecho es $\left(\left\|\overline{u}\right\| +\left\|\overline{v}\right\|\right)^{2}$ , y como las normas no son negativas se toma raíz cuadrada.

a) ii. Pitágoras. El mismo desarrollo, ahora exigiendo la igualdad: sobra $2\left\langle\overline{u},\overline{v}\right\rangle$ , y anularlo es exactamente la ortogonalidad. Como todos los pasos son equivalencias, la doble implicación sale de una vez.

b) El producto escalar está torcido, y ahí está la gracia. La fórmula del enunciado se puede leer con su matriz:

\left\langle\overline{x},\overline{y}\right\rangle =\overline{x}^{T} \begin{pmatrix}1&-1&0\\-1&2&0\\0&0&2\end{pmatrix} \overline{y}

Gram-Schmidt funciona igual —solo necesita bilinealidad, simetría y ser definido positivo—, pero hay que usar esta norma y no la de siempre. Ese es el error que este ejercicio caza.

i. La base ortonormal de $S$ . El plano $-2x+2y-z=0$ se parametriza con $z=-2x+2y$ , y dos generadores cómodos son $\left(1,0,-2\right)$ y $\left(0,1,2\right)$ .

\left\|\left(1,0,-2\right)\right\|^{2}=1+8=9 \;\Longrightarrow\; \overline{u}_{1}=\left(\tfrac{1}{3},0,-\tfrac{2}{3}\right)

\left\langle\left(0,1,2\right),\overline{u}_{1}\right\rangle=-3 \;\Longrightarrow\; \overline{w}_{2}=\left(0,1,2\right)+\left(1,0,-2\right) =\left(1,1,0\right)

\left\|\left(1,1,0\right)\right\|^{2}=1-1-1+2=1 \;\Longrightarrow\; \boxed{\;\overline{u}_{2}=\left(1,1,0\right)\;}

El segundo sale unitario sin dividir por nada, y con la norma usual valdría $\sqrt{2}$ : es la comprobación de que se está usando el producto correcto.

ii. Completar a base de $\mathbb{R}^{3}$ . Se imponen las dos condiciones de ortogonalidad y sale un sistema muy corto:

contra	ecuación	sale
$\overline{u}_{2}=\left(1,1,0\right)$	$y=0$	$y=0$
$\overline{u}_{1}$	$x-y-4z=0$	$x=4z$

La dirección es $\left(4,0,1\right)$ , de norma $\sqrt{18}=3\sqrt{2}$ :

\boxed{\;\overline{u}_{3}=\left(\tfrac{2\sqrt{2}}{3},0, \tfrac{\sqrt{2}}{6}\right)\;}

La base ortonormal de $\mathbb{R}^{3}$ es $\left\{\overline{u}_{1},\overline{u}_{2},\overline{u}_{3}\right\}$ , y $\overline{u}_{3}$ genera además $S^{\perp}$ con este producto — que no es la recta que daría el producto usual.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: examenEjercicio 4 · Convocatoria ordinaria, curso 2021-2022 · Álgebra, Escuela de Ingeniería de Gipuzkoa (UPV/EHU) · El examen no publica solución ni reparto de puntos: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.

Una simétrica, y por qué sus direcciones salen perpendiculares

paso 1 de 5

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

a) i. Dado el endomorfismo $f:E\longrightarrow E$ , demuestra que el subconjunto de $E$ formado por los autovectores asociados a un autovalor $\lambda$ junto con el vector $\overline{0}$ , $S=\left\{\overline{x}\in E-\left\{\overline{0}\right\} \;\Big|\;f\left(\overline{x}\right)=\lambda\overline{x}\right\} \cup\left\{\overline{0}\right\}$ , es subespacio vectorial.

ii. Demuestra que si $\overline{x}$ es autovector de la matriz $A$ asociado a un valor propio $\lambda$ , también es autovector de las matrices $A^{2}$ y $A^{3}$ . Di cuál es, en cada caso, el autovalor asociado.

b) Obtén una base ortonormal de $\mathbb{R}^{3}$ formada por autovectores de la siguiente matriz y da la fórmula de la diagonalización:

G=\begin{pmatrix}3&1&1\\1&1&1\\1&1&1\end{pmatrix}

Las dos demostraciones, y la base ortonormal con la fórmula.

01
Reconocer el camino
COMP1
El enunciado pide una base ortonormal de autovectores. ¿Por qué se puede prometer eso de antemano en esta matriz?
02
El autovalor que delata el determinante
COMP2
Las filas segunda y tercera de $G$ son iguales. ¿Qué autovalor tiene eso como consecuencia inmediata?
Tu respuesta al paso 2un número entero — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
El autovalor más grande
COMP2
La traza de $G$ vale $5$ y sus autovalores son $0$ , $1$ y un tercero. ¿Cuál es?
Tu respuesta al paso 3un número entero — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
El autovector del autovalor 4
COMP2
Un autovector de $G$ asociado a $\lambda=4$ , con coordenadas enteras y las dos últimas iguales a $1$ .
Tu respuesta al paso 4tres coordenadas entre paréntesis, separadas por comas — componentes separadas por comas
05
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la demostración del apartado a) ii: si $\overline{x}$ es autovector de $A$ , lo es de $A^{2}$ y $A^{3}$ . Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Se parte de $A\overline{x}=\lambda\overline{x}$ , con $\overline{x}\neq\overline{0}$ .
2. Aplicando $A$ otra vez: $A^{2}\overline{x}=A\left(\lambda\overline{x}\right) =\lambda A\overline{x}=\lambda^{2}\overline{x}$ .
3. Repitiendo, $A^{3}\overline{x}=\lambda^{3}\overline{x}$ .
4. Luego $\overline{x}$ es autovector de $A^{2}$ con autovalor $\lambda^{2}$ , y de $A^{3}$ con autovalor $\lambda^{3}$ .

Resolución completa

a) i. El subespacio propio. Contiene al $\overline{0}$ por construcción, así que no es vacío. Y si $\overline{x}$ e $\overline{y}$ cumplen $f\left(\overline{x}\right)=\lambda\overline{x}$ y $f\left(\overline{y}\right)=\lambda\overline{y}$ :

f\left(\alpha\overline{x}+\beta\overline{y}\right) =\alpha\lambda\overline{x}+\beta\lambda\overline{y} =\lambda\left(\alpha\overline{x}+\beta\overline{y}\right)

La combinación vuelve a cumplir la condición. Y aquí se ve por qué el enunciado añade el $\overline{0}$ a mano: sin él el conjunto no sería cerrado —la suma de dos opuestos se sale— y por tanto no sería subespacio. Ese detalle es el ejercicio.

a) ii. Las potencias. Aplicando $A$ repetidamente:

A^{2}\overline{x}=A\left(\lambda\overline{x}\right) =\lambda^{2}\overline{x}, \qquad A^{3}\overline{x}=\lambda^{3}\overline{x}

Los autovalores son $\lambda^{2}$ y $\lambda^{3}$ , y el autovector es el mismo. La implicación no se puede dar la vuelta.

b) Los autovalores de $G$ , sin desarrollar el determinante. Dos atajos que valen más que la cuenta:

Las filas segunda y tercera son iguales, luego $\det G=0$ y $\lambda=0$ es autovalor.
La traza vale $5$ , así que los tres suman $5$ .

Desarrollando sale

p\left(\lambda\right) =-\lambda\left(\lambda-1\right)\left(\lambda-4\right)

con autovalores $0$ , $1$ y $4$ : tres distintos, luego $G$ diagonaliza.

Los autovectores, y la sorpresa que no lo es.

$\lambda$	sistema	autovector	norma
$0$	$2x=0$ , $y+z=0$	$\left(0,1,-1\right)$	$\sqrt{2}$
$1$	$x+z=0$ , $x+y=0$	$\left(1,-1,-1\right)$	$\sqrt{3}$
$4$	$y=z$ , $x=2y$	$\left(2,1,1\right)$	$\sqrt{6}$

Los tres son ortogonales dos a dos sin haber ortogonalizado nada, y eso no es suerte: es el teorema espectral. En una matriz simétrica real, autovalores distintos dan direcciones propias perpendiculares.

Normalizando:

\boxed{\;\left\{ \left(0,\tfrac{1}{\sqrt{2}},-\tfrac{1}{\sqrt{2}}\right), \left(\tfrac{1}{\sqrt{3}},-\tfrac{1}{\sqrt{3}}, -\tfrac{1}{\sqrt{3}}\right), \left(\tfrac{2}{\sqrt{6}},\tfrac{1}{\sqrt{6}}, \tfrac{1}{\sqrt{6}}\right)\right\}\;}

La fórmula de la diagonalización. Poniendo esos tres vectores en columna se obtiene una matriz $P$ ortogonal, y en una matriz ortogonal la inversa es la traspuesta:

G=PDP^{T}, \qquad D=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&1&0\\0&0&4\end{pmatrix}

Que se pueda escribir $P^{T}$ en lugar de $P^{-1}$ es justo lo que se gana al ortonormalizar, y es la razón de que el enunciado pida la base ortonormal y no una cualquiera: ahorra invertir una matriz.

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

Convocatoria ordinaria · 2021-2022

Reconocer el camino

La dimensión de las simétricas

Las coordenadas en la base de la suma

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La imagen del segundo vector de la base

La matriz asociada

La dimensión de la imagen

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La norma del primer generador

El segundo vector de la base de S

La dirección que completa la base

Justificar el argumento

Reconocer el camino

El autovalor que delata el determinante

El autovalor más grande

El autovector del autovalor 4

Justificar el argumento