tal cual cayó — sin cambiar un número

Álgebra · convocatoria extraordinaria

Convocatoria extraordinaria · 2022-2023

curso 2022-2023 · 4 ejercicios

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

Dos conjuntos casi iguales, y solo uno es subespacioEspacios vectoriales
a) Demostrar: si el sistema de vectores $\left\{\overline{u}_{1},\overline{u}_{2},\dots,\overline{u}_{n}\right\}$ es libre, toda combinación lineal de estos vectores tiene expresión única.

b) Sea $\mathcal{M}_{2\times3}\left(\mathbb{R}\right)$ el espacio vectorial de las matrices reales de orden $2\times3$ . Demostrar que uno de los siguientes subconjuntos es subespacio vectorial y que el otro no lo es:
$\begin{gathered} S_{1}=\left\{\begin{pmatrix}0&a+b&a\\c&0&b\end{pmatrix} \;\Big|\;a,b,c\in\mathbb{R}\right\} \\[2mm] S_{2}=\left\{\begin{pmatrix}1&a&2\\c&0&b\end{pmatrix} \;\Big|\;a,b,c\in\mathbb{R}\right\} \end{gathered}$
La demostración de la unicidad, y cuál de los dos conjuntos es subespacio.
Resolver guiado →El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.
De un espacio de dimensión 4 a uno de dimensión 3Aplicaciones lineales
a) Sea $f:V\rightarrow V'$ una aplicación lineal inyectiva. Demostrar que si $\left\{\overline{u}_{1},\dots,\overline{u}_{n}\right\}\subset V$ es una familia libre, $\left\{f\left(\overline{u}_{1}\right),\dots, f\left(\overline{u}_{n}\right)\right\}\subset V'$ también es libre.

b) Sean $V$ y $W$ dos espacios vectoriales sobre $\mathbb{R}$ y $B=\left\{\overline{e}_{1},\overline{e}_{2}, \overline{e}_{3},\overline{e}_{4}\right\}$ , $B'=\left\{\overline{u}_{1},\overline{u}_{2},\overline{u}_{3}\right\}$ , bases de $V$ y $W$ respectivamente. Sea la aplicación lineal definida de la siguiente manera:
$f\left(\overline{e}_{1}\right) =\overline{u}_{1}+\overline{u}_{2}-4\overline{u}_{3}, \quad f\left(\overline{e}_{2}\right) =2\overline{u}_{1}+\overline{u}_{2}-2\overline{u}_{3},$ $f\left(\overline{e}_{3}\right)=3\overline{u}_{1}+\overline{u}_{2}, \quad f\left(\overline{e}_{4}\right)=\overline{u}_{1}+2\overline{u}_{3}$
i. Hallar la matriz de $f$ en las bases $B$ y $B'$ .

ii. Calcular una base de $\operatorname{Ker}\left(f\right)$ e $\operatorname{Im}\left(f\right)$ y clasificar la aplicación.
La demostración, la matriz asociada, y las dos bases con la clasificación.
Resolver guiado →El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.
Un parámetro que decide si hay inversaDeterminantes
a) i. Definir vectores ortogonales y norma de un vector.

ii. Sean el espacio vectorial euclídeo $\left(E,\left\langle,\right\rangle\right)$ y los vectores $\overline{u},\overline{v}\in E$ . Demostrar que se cumple la siguiente propiedad:
$\left\|\overline{u}+\overline{v}\right\|^{2} =\left\|\overline{u}\right\|^{2}+\left\|\overline{v}\right\|^{2} \iff\overline{u}\perp\overline{v}$
b) Dada la siguiente matriz:
$A=\begin{pmatrix} 1&-x&0&0\\ 0&1&-x&0\\ -1&x-1&1&1-x\\ 0&1&0&-1 \end{pmatrix}$
i. Calcular el valor de $x$ para que exista $A^{-1}$ .

ii. Para el caso $x=-2$ , calcular $A^{-1}$ .
Las definiciones, la demostración de Pitágoras, y la inversa con su condición.
Resolver guiado →El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.
El autovector como ecuación, y tres parámetros que caenDiagonalización de matrices cuadradas
a) Demostrar que los autovectores asociados a autovalores diferentes son linealmente independientes.

b) Sea
$A=\begin{pmatrix} 1&2&\alpha\\ 2&1&\beta\\ 2&2&\gamma \end{pmatrix},$
donde $\lambda=1$ es un autovalor de $A$ y $\left(1,1,1\right)$ es un autovector asociado a $\lambda=1$ .

i. Hallar $\alpha,\beta,\gamma$ .

ii. En caso de ser diagonalizable, diagonalizar $A$ , dando la matriz de cambio de base correspondiente.
La demostración, los tres parámetros, y la diagonalización.
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 extraordinaria, curso 2022-2023 · Álgebra, Escuela de Ingeniería de Gipuzkoa (UPV/EHU) · Las dos matrices del enunciado se han leído de la página renderizada, porque el volcado de texto las deja ilegibles · El examen no publica solución ni reparto de puntos: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.

Dos conjuntos casi iguales, y solo uno es subespacio

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) Demostrar: si el sistema de vectores $\left\{\overline{u}_{1},\overline{u}_{2},\dots,\overline{u}_{n}\right\}$ es libre, toda combinación lineal de estos vectores tiene expresión única.

b) Sea $\mathcal{M}_{2\times3}\left(\mathbb{R}\right)$ el espacio vectorial de las matrices reales de orden $2\times3$ . Demostrar que uno de los siguientes subconjuntos es subespacio vectorial y que el otro no lo es:

\begin{gathered} S_{1}=\left\{\begin{pmatrix}0&a+b&a\\c&0&b\end{pmatrix} \;\Big|\;a,b,c\in\mathbb{R}\right\} \\[2mm] S_{2}=\left\{\begin{pmatrix}1&a&2\\c&0&b\end{pmatrix} \;\Big|\;a,b,c\in\mathbb{R}\right\} \end{gathered}

La demostración de la unicidad, y cuál de los dos conjuntos es subespacio.

01
Reconocer el camino
COMP1
Antes de calcular nada: ¿qué hay que mirar primero para descartar que $S_{2}$ sea subespacio?
02
La dimensión del que sí es subespacio
COMP2
¿Cuál es la dimensión de $S_{1}$ ?
Tu respuesta al paso 2un número entero — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la demostración del apartado a): la expresión de una combinación lineal es única. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Supongamos que un mismo vector admite dos expresiones: $\overline{x}=\sum\alpha_{i}\overline{u}_{i} =\sum\beta_{i}\overline{u}_{i}$ .
2. Restando las dos, queda $\sum\left(\alpha_{i}-\beta_{i}\right)\overline{u}_{i} =\overline{0}$ .
3. Como la familia es libre, la única combinación que da el vector nulo es la de coeficientes todos nulos.
4. Luego $\alpha_{i}-\beta_{i}=0$ para todo $i$ , es decir, las dos expresiones eran la misma.
04
Redactar la demostración
COMP4
Ahora el apartado b) en papel: por qué $S_2$ no es subespacio y por qué $S_1$ sí lo es, escrito como lo entregarías.

Es la demostración más frecuente de la asignatura: «demostrar que esto es subespacio vectorial» aparece en siete ejercicios de las ocho convocatorias transcritas, y en cinco de las ocho convocatorias hay al menos uno. Contado el 5 de septiembre de 2026.
Escríbela en papel antes de seguir. Aquí no hay hueco donde teclearla a propósito: lo que corrige el examen es tu folio, y compararlo es más útil que rellenar una casilla.
Lo que se puntúa
1. Para el que no lo es: un solo argumento, y que sea suficiente.
  Con que falle una condición ya está descartado. La más barata es el vector nulo: la matriz nula no está en $S_2$ porque la entrada $(1,1)$ vale $1$ pase lo que pase. Ponerse a comprobar sumas y productos después de eso no suma puntos y gasta el tiempo que necesitas para el apartado siguiente.
2. Para el que sí lo es: las dos condiciones, o el generado.
  Hay dos caminos correctos y conviene elegir uno a conciencia: comprobar que la suma y el producto por un escalar no se salen —y entonces hay que escribir los dos—, o exhibir $S_1$ como $L(\{\dots\})$ , porque todo generado es subespacio. El segundo es más corto y de regalo te deja la base y la dimensión, que es justo lo que el apartado siguiente suele pedir.
3. Si vas por el generado: los generadores escritos, no descritos.
  «Se ve que está generado por tres matrices» no es una demostración. Hay que escribirlas, y sale de separar los parámetros: una matriz por cada uno de $a$ , $b$ y $c$ . Con las tres delante, la afirmación es verificable de un vistazo.
4. Decir de qué espacio es subespacio.
  Un subespacio no lo es en abstracto: $S_1$ es subespacio de $\mathcal{M}_{2\times3}(\mathbb{R})$ . Es media línea, y es lo que distingue haber entendido la definición de haberla recitado.
Dos bloques bien separados, y en este orden de coste: primero el que no lo es —una línea, el vector nulo—, después el que sí, con sus generadores escritos.

La comprobación rápida: cuenta las matrices que has dibujado. Si en el segundo bloque no hay tres, o has ido por el camino de las dos condiciones —y entonces tienen que estar las dos, cerradas— o te has dejado los generadores a medio decir.

Resolución completa

a) La unicidad, que es una resta. Si un vector admite dos expresiones sobre la misma familia,

\overline{x}=\sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}\overline{u}_{i} =\sum_{i=1}^{n}\beta_{i}\overline{u}_{i}

restando queda $\sum\left(\alpha_{i}-\beta_{i}\right)\overline{u}_{i}=\overline{0}$ . Y ser libre significa exactamente que la única combinación que da el nulo es la trivial, así que $\alpha_{i}=\beta_{i}$ para todo $i$ .

Toda la demostración es esa resta. Lo que hay que tener claro es qué se está usando: la definición de familia libre, y nada más.

b) El que no lo es se descarta en una línea. Un subespacio contiene siempre al vector nulo —aquí, la matriz nula—, y en $S_{2}$ la entrada $\left(1,1\right)$ vale $1$ pase lo que pase:

\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}\notin S_{2} \;\Longrightarrow\; S_{2}\text{ no es subespacio}

No hace falta comprobar ninguna suma. Y si se quiere un argumento alternativo, sirve igual sumar dos elementos de $S_{2}$ : la entrada $\left(1,1\right)$ del resultado vale $2$ , así que la suma se sale del conjunto.

El que sí lo es se demuestra escribiéndolo. La forma más limpia no es comprobar las dos propiedades, sino exhibir $S_{1}$ como un generado:

S_{1}=L\left(\left\{ \begin{pmatrix}0&1&1\\0&0&0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0&0&0\\1&0&0\end{pmatrix} \right\}\right)

Todo generado es subespacio, y de paso queda la base y la dimensión:

\boxed{\;\dim S_{1}=3\;}

La diferencia entre los dos, dicha en corto. En $S_{1}$ las entradas constantes son ceros y las variables son lineales en los parámetros; en $S_{2}$ hay dos constantes no nulas, el $1$ y el $2$ . Un término independiente distinto de cero rompe siempre la estructura de subespacio: lo que describe no es un subespacio, sino una variedad afín —un subespacio trasladado— y esa traslación es justo lo que deja fuera al nulo.

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

nivel: examenEjercicio 2 · Convocatoria extraordinaria, curso 2022-2023 · 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.

De un espacio de dimensión 4 a uno de dimensión 3

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) Sea $f:V\rightarrow V'$ una aplicación lineal inyectiva. Demostrar que si $\left\{\overline{u}_{1},\dots,\overline{u}_{n}\right\}\subset V$ es una familia libre, $\left\{f\left(\overline{u}_{1}\right),\dots, f\left(\overline{u}_{n}\right)\right\}\subset V'$ también es libre.

b) Sean $V$ y $W$ dos espacios vectoriales sobre $\mathbb{R}$ y $B=\left\{\overline{e}_{1},\overline{e}_{2}, \overline{e}_{3},\overline{e}_{4}\right\}$ , $B'=\left\{\overline{u}_{1},\overline{u}_{2},\overline{u}_{3}\right\}$ , bases de $V$ y $W$ respectivamente. Sea la aplicación lineal definida de la siguiente manera:

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

f\left(\overline{e}_{3}\right)=3\overline{u}_{1}+\overline{u}_{2}, \quad f\left(\overline{e}_{4}\right)=\overline{u}_{1}+2\overline{u}_{3}

i. Hallar la matriz de $f$ en las bases $B$ y $B'$ .

ii. Calcular una base de $\operatorname{Ker}\left(f\right)$ e $\operatorname{Im}\left(f\right)$ y clasificar la aplicación.

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

01
Reconocer el camino
COMP1
$V$ tiene dimensión $4$ y $W$ dimensión $3$ . ¿De qué orden es la matriz de $f$ en esas bases?

La matriz asociada

COMP2

La matriz de $f$ en las bases $B$ y $B'$ . Escribe las filas separadas por punto y coma.

Tu respuesta al paso 2tres filas de cuatro números, con punto y coma entre filas — columnas con comas, filas con punto y coma

Desarrollo

Escribiendo las cuatro imágenes con sus tres coeficientes, ceros incluidos:

	$\overline{u}_{1}$	$\overline{u}_{2}$	$\overline{u}_{3}$
$f\left(\overline{e}_{1}\right)$	$1$	$1$	$-4$
$f\left(\overline{e}_{2}\right)$	$2$	$1$	$-2$
$f\left(\overline{e}_{3}\right)$	$3$	$1$	$0$
$f\left(\overline{e}_{4}\right)$	$1$	$0$	$2$

y poniéndolas en columna, que es lo que pide la definición:

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

03
La dimensión del núcleo
COMP2
¿Cuánto vale $\dim\operatorname{Ker}\left(f\right)$ ?
Tu respuesta al paso 3un número entero — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
Un vector concreto del núcleo
COMP2
De los vectores del núcleo, ¿cuál es el que tiene segunda coordenada $1$ y tercera coordenada $0$ ? Da sus cuatro coordenadas en la base $B$ .
Tu respuesta al paso 4cuatro coordenadas entre paréntesis, separadas por comas — componentes separadas por comas
05
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la demostración del apartado a): la imagen de una familia libre por una aplicación inyectiva es libre. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Se parte de una combinación nula de las imágenes: $\sum\alpha_{i}f\left(\overline{u}_{i}\right)=\overline{0}$ .
2. Por linealidad, eso es $f\left(\sum\alpha_{i}\overline{u}_{i}\right)=\overline{0}$ .
3. Como $f$ es inyectiva, su núcleo es $\left\{\overline{0}\right\}$ , luego $\sum\alpha_{i}\overline{u}_{i}=\overline{0}$ .
4. Y como la familia de partida era libre, todos los $\alpha_{i}$ son nulos: las imágenes forman familia libre.

Resolución completa

a) Por qué la inyectividad es el paso clave. Se parte de una combinación nula de las imágenes y se usa la linealidad para meterla dentro:

\sum_{i}\alpha_{i}f\left(\overline{u}_{i}\right)=\overline{0} \;\Longleftrightarrow\; f\left(\sum_{i}\alpha_{i}\overline{u}_{i}\right)=\overline{0}

Eso dice que $\sum\alpha_{i}\overline{u}_{i}$ está en el núcleo. Y como $f$ es inyectiva, el núcleo solo tiene al $\overline{0}$ , así que $\sum\alpha_{i}\overline{u}_{i}=\overline{0}$ ; siendo libre la familia de partida, todos los $\alpha_{i}$ son nulos.

Sin inyectividad el argumento se cae en el penúltimo paso, y el contraejemplo es la aplicación nula.

b) i. La matriz. Las cuatro imágenes, escritas en $B'$ y puestas en columna:

\boxed{\;A=\begin{pmatrix} 1&2&3&1\\ 1&1&1&0\\ -4&-2&0&2 \end{pmatrix}\;}

No es cuadrada, y no tiene por qué serlo: $f$ va de un espacio de dimensión $4$ a uno de dimensión $3$ .

b) ii. Rango, núcleo e imagen. Escalonando sale rango $2$ , y de ahí todo lo demás:

\operatorname{rg}A=2 \;\Longrightarrow\; \dim\operatorname{Im}\left(f\right)=2, \quad \dim\operatorname{Ker}\left(f\right)=4-2=2

La imagen está generada por las columnas, y basta quedarse con dos independientes:

\operatorname{Im}\left(f\right) =L\left(\left\{\overline{u}_{1}+\overline{u}_{2}-4\overline{u}_{3}, \;2\overline{u}_{1}+\overline{u}_{2}-2\overline{u}_{3}\right\}\right)

Las otras dos son combinación suya: $c_{3}=-c_{1}+2c_{2}$ y $c_{4}=-c_{1}+c_{2}$ , y comprobarlo es lo que confirma el rango.

El núcleo sale del sistema reducido a dos ecuaciones:

\boxed{\;\operatorname{Ker}\left(f\right) =L\left(\left\{\left(-1,1,0,-1\right), \left(-1,0,1,-2\right)\right\}\right)\;}

Clasificación. No es inyectiva —el núcleo tiene dimensión $2$ — ni sobreyectiva —la imagen tiene dimensión $2$ y $W$ tiene $3$ —. Y la primera de las dos se sabía antes de calcular nada: una aplicación de un espacio de dimensión $4$ a uno de dimensión $3$ no puede ser inyectiva, porque la imagen no cabe. Merece la pena hacer esa lectura al principio: dice qué esperar y avisa si la cuenta sale distinta.

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

nivel: examenEjercicio 3 · Convocatoria extraordinaria, curso 2022-2023 · Álgebra, Escuela de Ingeniería de Gipuzkoa (UPV/EHU) · La matriz del enunciado se ha leído de la página renderizada, porque el volcado de texto la reparte en cinco renglones desordenados · El examen no publica solución ni reparto de puntos: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.

Un parámetro que decide si hay inversa

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. Definir vectores ortogonales y norma de un vector.

ii. Sean el espacio vectorial euclídeo $\left(E,\left\langle,\right\rangle\right)$ y los vectores $\overline{u},\overline{v}\in E$ . Demostrar que se cumple la siguiente propiedad:

\left\|\overline{u}+\overline{v}\right\|^{2} =\left\|\overline{u}\right\|^{2}+\left\|\overline{v}\right\|^{2} \iff\overline{u}\perp\overline{v}

b) Dada la siguiente matriz:

A=\begin{pmatrix} 1&-x&0&0\\ 0&1&-x&0\\ -1&x-1&1&1-x\\ 0&1&0&-1 \end{pmatrix}

i. Calcular el valor de $x$ para que exista $A^{-1}$ .

ii. Para el caso $x=-2$ , calcular $A^{-1}$ .

Las definiciones, la demostración de Pitágoras, y la inversa con su condición.

01
Reconocer el camino
COMP1
¿Qué condición hay que imponer para que $A^{-1}$ exista?
02
Los valores prohibidos
COMP2
Sabiendo que $\det A=x^{2}-1$ , ¿para qué valores de $x$ no existe $A^{-1}$ ?
Tu respuesta al paso 2los valores separados por comas — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
El determinante en el caso que se pide
COMP2
Para $x=-2$ , ¿cuánto vale $\det A$ ?
Tu respuesta al paso 3un número entero — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
La primera fila de la inversa
COMP2
Calculando $A^{-1}$ para $x=-2$ , ¿cuál es su primera fila?
Tu respuesta al paso 4cuatro números entre paréntesis; valen fracciones — componentes separadas por comas
05
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la demostración de que Pitágoras equivale a la ortogonalidad. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Se desarrolla la norma al cuadrado usando la bilinealidad: $\left\|\overline{u}+\overline{v}\right\|^{2} =\left\langle\overline{u}+\overline{v}, \overline{u}+\overline{v}\right\rangle$ .
2. Queda $\left\|\overline{u}\right\|^{2} +2\left\langle\overline{u},\overline{v}\right\rangle +\left\|\overline{v}\right\|^{2}$ , donde el doble producto sale de la simetría del producto escalar.
3. La igualdad del enunciado se cumple exactamente cuando ese término sobrante se anula, es decir cuando $\left\langle\overline{u},\overline{v}\right\rangle=0$ .
4. Y eso es, por definición, que $\overline{u}$ y $\overline{v}$ sean ortogonales. Como cada paso es una equivalencia, vale en los dos sentidos.

Resolución completa

a) i. Las dos definiciones. Dos vectores $\overline{u}$ y $\overline{v}$ son ortogonales si $\left\langle\overline{u},\overline{v}\right\rangle=0$ , y se escribe $\overline{u}\perp\overline{v}$ . La norma de un vector es $\left\|\overline{u}\right\| =\sqrt{\left\langle\overline{u},\overline{u}\right\rangle}$ , que tiene sentido porque el producto escalar es definido positivo y el radicando nunca es negativo.

a) ii. Pitágoras, que es desarrollar un cuadrado.

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

El $2$ del término central sale de la simetría: los dos productos cruzados valen lo mismo. Restando $\left\|\overline{u}\right\|^{2}+\left\|\overline{v}\right\|^{2}$ a los dos lados, la igualdad del enunciado equivale a $2\left\langle\overline{u},\overline{v}\right\rangle=0$ , o sea a la ortogonalidad.

Como todos los pasos son equivalencias, la demostración vale en los dos sentidos de una vez, y no hay que repetirla al revés.

b) i. Dónde existe la inversa. Desarrollando el determinante de la matriz $4\times4$ —conviene empezar por la última fila, que solo tiene dos entradas no nulas— sale

\det A=x^{2}-1=\left(x-1\right)\left(x+1\right)

\boxed{\;A^{-1}\text{ existe si y solo si }x\neq1\text{ y }x\neq-1\;}

Un detalle de redacción que el enunciado invita a fallar: pide «el valor de $x$ », en singular, y la respuesta es todos menos dos.

b) ii. La inversa en $x=-2$ . Ahí el determinante vale $\left(-2\right)^{2}-1=3$ , así que existe. La matriz queda

A\left(-2\right)=\begin{pmatrix} 1&2&0&0\\ 0&1&2&0\\ -1&-3&1&3\\ 0&1&0&-1 \end{pmatrix}

y por Gauss-Jordan sobre $\left(A\mid I\right)$ :

\boxed{\;A^{-1}=\frac{1}{3}\begin{pmatrix} -1&2&-4&-12\\ 2&-1&2&6\\ -1&2&-1&-3\\ 2&-1&2&3 \end{pmatrix}\;}

Comprobado por los dos lados: $AA^{-1}=A^{-1}A=I$ . En una inversa de orden $4$ la comprobación no es un lujo, es parte del ejercicio: son dieciséis entradas y cualquiera de ellas puede llevarse un signo por delante.

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

nivel: examenEjercicio 4 · Convocatoria extraordinaria, curso 2022-2023 · 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.

El autovector como ecuación, y tres parámetros que caen

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) Demostrar que los autovectores asociados a autovalores diferentes son linealmente independientes.

b) Sea

A=\begin{pmatrix} 1&2&\alpha\\ 2&1&\beta\\ 2&2&\gamma \end{pmatrix},

donde $\lambda=1$ es un autovalor de $A$ y $\left(1,1,1\right)$ es un autovector asociado a $\lambda=1$ .

i. Hallar $\alpha,\beta,\gamma$ .

ii. En caso de ser diagonalizable, diagonalizar $A$ , dando la matriz de cambio de base correspondiente.

La demostración, los tres parámetros, y la diagonalización.

01
Reconocer el camino
COMP1
El enunciado dice que $\left(1,1,1\right)$ es autovector de autovalor $1$ . ¿Qué se hace con ese dato?
02
Los tres parámetros
COMP2
Los valores de $\alpha$ , $\beta$ y $\gamma$ , en ese orden.
Tu respuesta al paso 2tres números entre paréntesis, separados por comas — componentes separadas por comas
03
El otro autovalor
COMP2
Con $A$ ya completa, la traza vale $-1$ y el determinante $1$ . Además de $\lambda=1$ , ¿cuál es el otro autovalor?
Tu respuesta al paso 3un número entero — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
La multiplicidad geométrica del autovalor doble
COMP2
¿Cuánto vale $\dim\operatorname{Ker}\left(A+I\right)$ ?
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), en el caso de dos autovalores. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Sean $\overline{x}_{1}$ y $\overline{x}_{2}$ autovectores de autovalores distintos $\lambda_{1}\neq\lambda_{2}$ , y supongamos $\alpha_{1}\overline{x}_{1}+\alpha_{2}\overline{x}_{2} =\overline{0}$ .
2. Aplicando $A$ a esa igualdad sale $\alpha_{1}\lambda_{1}\overline{x}_{1} +\alpha_{2}\lambda_{2}\overline{x}_{2}=\overline{0}$ .
3. Multiplicando la primera por $\lambda_{2}$ y restando, queda $\alpha_{1}\left(\lambda_{1}-\lambda_{2}\right)\overline{x}_{1} =\overline{0}$ .
4. Como $\lambda_{1}\neq\lambda_{2}$ y $\overline{x}_{1}$ no es nulo, se deduce $\alpha_{1}=0$ , y con ello $\alpha_{2}=0$ .

Resolución completa

a) Independencia, con dos autovalores. Se supone una combinación nula $\alpha_{1}\overline{x}_{1}+\alpha_{2}\overline{x}_{2}=\overline{0}$ y se juega con ella de dos maneras: aplicando $A$ , y multiplicando por $\lambda_{2}$ .

\alpha_{1}\lambda_{1}\overline{x}_{1} +\alpha_{2}\lambda_{2}\overline{x}_{2}=\overline{0}, \qquad \alpha_{1}\lambda_{2}\overline{x}_{1} +\alpha_{2}\lambda_{2}\overline{x}_{2}=\overline{0}

Restando desaparece el segundo término:

\alpha_{1}\left(\lambda_{1}-\lambda_{2}\right)\overline{x}_{1} =\overline{0}

y como $\lambda_{1}\neq\lambda_{2}$ y un autovector nunca es nulo, sale $\alpha_{1}=0$ ; sustituyendo, $\alpha_{2}=0$ . Para más de dos autovalores el argumento es el mismo por inducción.

b) i. El autovector es el que da las ecuaciones. La definición $A\overline{x}=\lambda\overline{x}$ , con $\overline{x}=\left(1,1,1\right)$ y $\lambda=1$ , dice que la suma de cada fila vale $1$ :

fila	ecuación	despejado
1.ª	$1+2+\alpha=1$	$\alpha=-2$
2.ª	$2+1+\beta=1$	$\beta=-2$
3.ª	$2+2+\gamma=1$	$\gamma=-3$

\boxed{\;A=\begin{pmatrix}1&2&-2\\2&1&-2\\2&2&-3\end{pmatrix}\;}

Es más rápido que el camino del polinomio característico, y conviene verlo: el dato « $\overline{x}$ es autovector» no es información sobre el polinomio, es un sistema de $n$ ecuaciones.

b) ii. Los autovalores y la diagonalización.

p\left(\lambda\right)=-\left(\lambda+1\right)^{2} \left(\lambda-1\right)

así que $\lambda=1$ es simple y $\lambda=-1$ doble. La única duda está en el doble, y se resuelve mirando $A+I$ :

A+I=\begin{pmatrix}2&2&-2\\2&2&-2\\2&2&-2\end{pmatrix}

Tres filas iguales, rango $1$ , núcleo de dimensión $2$ : exactamente la multiplicidad que hacía falta. $A$ diagonaliza.

Los subespacios propios:

V_{-1}=\left\{x+y-z=0\right\} =L\left(\left\{\left(1,0,1\right), \left(0,1,1\right)\right\}\right), \qquad V_{1}=L\left(\left\{\left(1,1,1\right)\right\}\right)

y el $V_{1}$ no hay ni que calcularlo: lo da el enunciado.

\boxed{\;P=\begin{pmatrix}1&0&1\\0&1&1\\1&1&1\end{pmatrix}, \qquad D=\begin{pmatrix}-1&0&0\\0&-1&0\\0&0&1\end{pmatrix}, \qquad P^{-1}AP=D\;}

con $\det P=-1\neq0$ , que confirma que las tres columnas son independientes. El orden de las columnas de $P$ tiene que ser el mismo que el de la diagonal de $D$ ; cambiarlo está bien mientras se cambien las dos cosas a la vez.

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

Convocatoria extraordinaria · 2022-2023

Reconocer el camino

La dimensión del que sí es subespacio

Justificar el argumento

Redactar la demostración

Reconocer el camino

La matriz asociada

La dimensión del núcleo

Un vector concreto del núcleo

Justificar el argumento

Reconocer el camino

Los valores prohibidos

El determinante en el caso que se pide

La primera fila de la inversa

Justificar el argumento

Reconocer el camino

Los tres parámetros

El otro autovalor

La multiplicidad geométrica del autovalor doble

Justificar el argumento