tal cual cayó — sin cambiar un número

Álgebra · convocatoria ordinaria

Convocatoria ordinaria · 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.

La suma se ve, la intersección hay que buscarlaEspacios vectoriales
a) Sea el espacio vectorial $V$ y $\left\{\overline{v}_{1},\overline{v}_{2},\overline{v}_{3}\right\}$ una familia libre. Siendo $S_{1}=L\left(\left\{\overline{v}_{1}, \overline{v}_{2}+\overline{v}_{3}\right\}\right)$ y $S_{2}=L\left(\left\{\overline{v}_{2},\overline{v}_{3}\right\}\right)$ , hallar una base y la dimensión de los subespacios $S_{1}+S_{2}$ y $S_{1}\cap S_{2}$ .

b) Sea $V$ un espacio vectorial, $B=\left\{\overline{u}_{1},\overline{u}_{2}, \overline{u}_{3},\overline{u}_{4}\right\}$ una base de $V$ , y
$\overline{v}_{1}=\overline{u}_{1}+\overline{u}_{2}+\overline{u}_{3}, \quad \overline{v}_{2}=-\overline{u}_{2}, \quad \overline{v}_{3}=\overline{u}_{1}-\overline{u}_{4}, \quad \overline{v}_{4}=\overline{u}_{1}+\overline{u}_{3}+\overline{u}_{4}$
i. Demostrar que $B'=\left\{\overline{v}_{1},\overline{v}_{2}, \overline{v}_{3},\overline{v}_{4}\right\}$ es otra base de $V$ y dar la matriz de cambio de base.

ii. Hallar las coordenadas del vector $\overline{x}=\overline{u}_{1}+2\overline{u}_{2}-\overline{u}_{3}$ en la base $B'$ .

iii. Si las coordenadas de un vector $\overline{v}$ en la base $B'$ son $\left(1,-3,0,1\right)$ , ¿cuáles son sus coordenadas en la base $B$ ?
Bases y dimensiones de la suma y la intersección, y dos cambios de base.
Resolver guiado →El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.
Cuando el núcleo es el tercer datoAplicaciones lineales
a) Sea $f:V\rightarrow V'$ una aplicación lineal. Definir $\operatorname{Ker}\left(f\right)$ y demostrar que es subespacio vectorial de $V$ .

b) Sea $f:\mathbb{R}^{3}\longrightarrow\mathbb{R}^{3}$ una aplicación lineal tal que $f\left(0,1,0\right)=\left(0,1,1\right)$ , $f\left(1,0,1\right)=\left(1,0,1\right)$ y
$\operatorname{Ker}\left(f\right) =\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb{R}^{3}\;/\;x=y,\;z=0\right\}$
i. Calcular la matriz asociada a la aplicación lineal.

ii. Calcular bases y dimensiones de $\operatorname{Im}\left(f\right)$ y $\operatorname{Ker}\left(f\right)$ . Clasificar la aplicación.
La definición y la demostración, la matriz asociada, y las dos bases.
Resolver guiado →El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.
Cinco determinantes sin calcular ningunoEspacios vectoriales euclídeos
a) i. Sean $A,B\in\mathcal{M}_{3\times3}\left(\mathbb{R}\right)$ tales que $\left|A\right|=10$ y $\left|B\right|=12$ . Calcular: $\left|AB\right|$ , $\left|A^{T}\right|$ , $\left|2B\right|$ , $\left|A^{4}\right|$ y $\left|B^{-1}\right|$ .

ii. Demostrar las siguientes propiedades:

ii.a) Sean $A$ y $B$ matrices invertibles. Entonces $\left(AB\right)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$ .

ii.b) Sean $A$ y $B$ matrices invertibles y conmutativas, es decir, $AB=BA$ . Entonces $A^{-1}$ y $B$ son conmutativas, y $A^{-1}$ y $B^{-1}$ también.

b) Sea el subespacio de $\mathbb{R}^{3}$ $U=L\left(\left\{\left(1,2,2\right), \left(-1,0,2\right)\right\}\right)$ .

i. Encontrar una base ortonormal de $U$ .

ii. Completando la base calculada en el apartado anterior, encontrar una base ortonormal de $\mathbb{R}^{3}$ .
Los cinco determinantes, las dos demostraciones, y las dos bases ortonormales.
Resolver guiado →El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.
Mismo polinomio característico, distinto finalDiagonalización de matrices cuadradas
a) i. Definir valor propio y vector propio de un endomorfismo.

ii. Sea $A$ una matriz cuadrada de orden $n\times n$ . Demostrar que si $A^{2}=I$ , entonces los valores propios de $A$ son $\lambda=1$ o $\lambda=-1$ .

iii. Sea $A$ una matriz cuadrada de orden $n\times n$ inversible. Si $\lambda$ es un valor propio de $A$ , demostrar que $1/\lambda$ es valor propio de $A^{-1}$ .

b) Dadas las siguientes matrices:
$A=\begin{pmatrix}2&3&-3\\1&0&-1\\1&1&-2\end{pmatrix} \qquad B=\begin{pmatrix}0&1&0\\3&0&1\\2&0&0\end{pmatrix}$
i. Comprobar que sus polinomios característicos son iguales.

ii. ¿Son diagonalizables? En los casos afirmativos, diagonalizar la matriz dando la matriz del cambio de base.
Las dos definiciones, las dos demostraciones, y el estudio de las dos matrices.
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 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.

La suma se ve, la intersección hay que buscarla

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 el espacio vectorial $V$ y $\left\{\overline{v}_{1},\overline{v}_{2},\overline{v}_{3}\right\}$ una familia libre. Siendo $S_{1}=L\left(\left\{\overline{v}_{1}, \overline{v}_{2}+\overline{v}_{3}\right\}\right)$ y $S_{2}=L\left(\left\{\overline{v}_{2},\overline{v}_{3}\right\}\right)$ , hallar una base y la dimensión de los subespacios $S_{1}+S_{2}$ y $S_{1}\cap S_{2}$ .

b) Sea $V$ un espacio vectorial, $B=\left\{\overline{u}_{1},\overline{u}_{2}, \overline{u}_{3},\overline{u}_{4}\right\}$ una base de $V$ , y

\overline{v}_{1}=\overline{u}_{1}+\overline{u}_{2}+\overline{u}_{3}, \quad \overline{v}_{2}=-\overline{u}_{2}, \quad \overline{v}_{3}=\overline{u}_{1}-\overline{u}_{4}, \quad \overline{v}_{4}=\overline{u}_{1}+\overline{u}_{3}+\overline{u}_{4}

i. Demostrar que $B'=\left\{\overline{v}_{1},\overline{v}_{2}, \overline{v}_{3},\overline{v}_{4}\right\}$ es otra base de $V$ y dar la matriz de cambio de base.

ii. Hallar las coordenadas del vector $\overline{x}=\overline{u}_{1}+2\overline{u}_{2}-\overline{u}_{3}$ en la base $B'$ .

iii. Si las coordenadas de un vector $\overline{v}$ en la base $B'$ son $\left(1,-3,0,1\right)$ , ¿cuáles son sus coordenadas en la base $B$ ?

Bases y dimensiones de la suma y la intersección, y dos cambios de base.

01
Reconocer el camino
COMP1
$S_{1}$ tiene dimensión $2$ y $S_{2}$ también. ¿Se puede concluir ya que $S_{1}+S_{2}$ tiene dimensión $4$ ?
02
La dimensión de la intersección
COMP2
¿Cuánto vale $\dim\left(S_{1}\cap S_{2}\right)$ ?
Tu respuesta al paso 2un número entero — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
Las coordenadas de x en la base nueva
COMP2
Las coordenadas de $\overline{x}=\overline{u}_{1}+2\overline{u}_{2}-\overline{u}_{3}$ en la base $B'$ , en el orden $\left(\overline{v}_{1},\overline{v}_{2}, \overline{v}_{3},\overline{v}_{4}\right)$ .
Tu respuesta al paso 3cuatro coordenadas entre paréntesis, separadas por comas — componentes separadas por comas
04
Y el camino de vuelta
COMP2
Si las coordenadas de $\overline{v}$ en $B'$ son $\left(1,-3,0,1\right)$ , ¿cuáles son sus coordenadas en $B$ ?
Tu respuesta al paso 4cuatro coordenadas entre paréntesis, separadas por comas — componentes separadas por comas
05
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el cálculo de la intersección. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Un vector de $S_{1}\cap S_{2}$ se escribe de las dos maneras: $a\overline{v}_{1}+b\left(\overline{v}_{2} +\overline{v}_{3}\right)$ y $c\overline{v}_{2}+d\overline{v}_{3}$ .
2. Al igualar y usar que $\left\{\overline{v}_{1},\overline{v}_{2},\overline{v}_{3}\right\}$ es libre, los coeficientes se pueden comparar uno a uno.
3. De $\overline{v}_{1}$ sale $a=0$ , y de los otros dos, $b=c$ y $b=d$ .
4. Luego la intersección es $L\left(\left\{\overline{v}_{2}+\overline{v}_{3}\right\}\right)$ , de dimensión $1$ .

Resolución completa

a) La suma se lee de un vistazo. $S_{1}+S_{2}$ está generado por los cuatro generadores juntos:

S_{1}+S_{2}=L\left(\left\{\overline{v}_{1}, \overline{v}_{2}+\overline{v}_{3},\overline{v}_{2}, \overline{v}_{3}\right\}\right)

y ahí sobra $\overline{v}_{2}+\overline{v}_{3}$ , que es la suma de los dos últimos. Queda $S_{1}+S_{2}=L\left(\left\{\overline{v}_{1},\overline{v}_{2}, \overline{v}_{3}\right\}\right)$ , que es base porque la familia es libre:

\boxed{\;\dim\left(S_{1}+S_{2}\right)=3,\quad \text{base }\left\{\overline{v}_{1},\overline{v}_{2}, \overline{v}_{3}\right\}\;}

La intersección hay que buscarla. Un vector que esté en los dos admite las dos escrituras a la vez, y la independencia permite comparar coeficientes: $a=0$ , $b=c$ , $b=d$ . Es decir, todo vector de la intersección es múltiplo de $\overline{v}_{2}+\overline{v}_{3}$ :

\boxed{\;S_{1}\cap S_{2} =L\left(\left\{\overline{v}_{2}+\overline{v}_{3}\right\}\right),\quad \dim=1\;}

Y Grassmann cuadra: $2+2-1=3$ . Conviene hacer esta comprobación siempre, porque es gratis y caza el error de haber perdido una dimensión.

b) La matriz de cambio. Sus columnas son las coordenadas de los $\overline{v}_{i}$ en $B$ :

P=\begin{pmatrix} 1&0&1&1\\ 1&-1&0&0\\ 1&0&0&1\\ 0&0&-1&1 \end{pmatrix}, \qquad \det P=1\neq0

El determinante no nulo es la demostración de que $B'$ es base: cuatro vectores independientes en un espacio de dimensión $4$ .

i y ii, que van en sentidos contrarios. Y esto es lo que más se falla del ejercicio, así que va dicho aparte:

de dónde a dónde	qué se hace
de $B'$ a $B$	multiplicar por $P$
de $B$ a $B'$	resolver $P\overline{y}=\overline{x}$

Para $\overline{x}=\left(1,2,-1,0\right)$ en $B$ hay que resolver el sistema, y sale $\overline{x}\big|_{B'}=\left(-3,-5,2,2\right)$ . Para $\overline{v}=\left(1,-3,0,1\right)$ en $B'$ basta multiplicar, y sale $\overline{v}\big|_{B}=\left(2,4,2,1\right)$ .

La comprobación de las dos es la misma y no cuesta nada: se sustituye y se mira si sale el vector de partida.

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

nivel: examenEjercicio 2 · Convocatoria ordinaria, 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.

Cuando el núcleo es el tercer dato

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. Definir $\operatorname{Ker}\left(f\right)$ y demostrar que es subespacio vectorial de $V$ .

b) Sea $f:\mathbb{R}^{3}\longrightarrow\mathbb{R}^{3}$ una aplicación lineal tal que $f\left(0,1,0\right)=\left(0,1,1\right)$ , $f\left(1,0,1\right)=\left(1,0,1\right)$ y

\operatorname{Ker}\left(f\right) =\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb{R}^{3}\;/\;x=y,\;z=0\right\}

i. Calcular la matriz asociada a la aplicación lineal.

ii. Calcular bases y dimensiones de $\operatorname{Im}\left(f\right)$ y $\operatorname{Ker}\left(f\right)$ . Clasificar la aplicación.

La definición y la demostración, la matriz asociada, y las dos bases.

01
Reconocer el camino
COMP1
El enunciado da dos imágenes y un núcleo. ¿Por qué eso basta para determinar $f$ del todo?
02
La imagen del primer vector de la base canónica
COMP2
De $f\left(1,1,0\right)=\overline{0}$ y $f\left(0,1,0\right)=\left(0,1,1\right)$ , ¿cuánto vale $f\left(1,0,0\right)$ ?
Tu respuesta al paso 2tres coordenadas entre paréntesis, separadas por comas — componentes separadas por comas

La matriz asociada, entera

COMP2

La matriz de $f$ en la base canónica. Escribe las filas separadas por punto y coma.

Tu respuesta al paso 3tres filas de tres números, con punto y coma entre filas — columnas con comas, filas con punto y coma

Desarrollo

Falta la tercera columna, y sale de la resta:

f\left(0,0,1\right)=f\left(1,0,1\right)-f\left(1,0,0\right) =\left(1,0,1\right)-\left(0,-1,-1\right)=\left(1,1,2\right)

Poniendo las tres imágenes por columnas:

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

Y hay que comprobarla contra los tres datos, que es lo que separa una matriz buena de una plausible:

vector	$A\overline{v}$	lo que pedía el enunciado
$\left(1,1,0\right)$	$\left(0,0,0\right)$	está en el núcleo
$\left(0,1,0\right)$	$\left(0,1,1\right)$	dato
$\left(1,0,1\right)$	$\left(1,0,1\right)$	dato

04
La dimensión de la imagen
COMP2
¿Cuánto vale $\dim\operatorname{Im}\left(f\right)$ ?
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 clasificación de f. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. $\operatorname{Ker}\left(f\right)$ es la recta generada por $\left(1,1,0\right)$ , así que tiene dimensión $1$ .
2. Como el núcleo no es $\left\{\overline{0}\right\}$ , $f$ no es inyectiva.
3. Por la fórmula de las dimensiones, $\dim\operatorname{Im}\left(f\right)=3-1=2<3$ , así que $f$ tampoco es sobreyectiva.
4. Luego $f$ es un endomorfismo que no es ni inyectivo ni sobreyectivo, y en particular no es automorfismo.

Resolución completa

a) El núcleo, y por qué es subespacio. $\operatorname{Ker}\left(f\right)=\left\{\overline{x}\in V\;/\; f\left(\overline{x}\right)=\overline{0}\right\}$ .

Es subespacio porque contiene al $\overline{0}$ —toda aplicación lineal cumple $f\left(\overline{0}\right)=\overline{0}$ , así que no es vacío— y porque es cerrado para la combinación lineal: si $f\left(\overline{x}\right)=f\left(\overline{y}\right)=\overline{0}$ , entonces

f\left(\alpha\overline{x}+\beta\overline{y}\right) =\alpha f\left(\overline{x}\right)+\beta f\left(\overline{y}\right) =\alpha\overline{0}+\beta\overline{0}=\overline{0}

y por tanto $\alpha\overline{x}+\beta\overline{y}$ vuelve a estar en el núcleo. Toda la demostración es una sola línea, la de la linealidad; lo demás es decir qué se está comprobando.

b) El núcleo es el tercer dato. Esta es la idea del ejercicio y conviene aislarla: el enunciado parece dar dos imágenes, pero da tres. El núcleo, escrito con $x=y$ y $z=0$ , es la recta generada por $\left(1,1,0\right)$ , y eso significa $f\left(1,1,0\right)=\overline{0}$ .

Los tres vectores $\left(0,1,0\right)$ , $\left(1,0,1\right)$ y $\left(1,1,0\right)$ son independientes —su determinante vale $1$ —, así que forman base de $\mathbb{R}^{3}$ y $f$ queda determinada.

La matriz. Se despejan las imágenes de la base canónica una a una:

f\left(0,1,0\right)=\left(0,1,1\right), \qquad f\left(1,0,0\right)=-f\left(0,1,0\right)=\left(0,-1,-1\right)

f\left(0,0,1\right)=f\left(1,0,1\right)-f\left(1,0,0\right) =\left(1,1,2\right)

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

Bases y clasificación.

\operatorname{Ker}\left(f\right) =L\left(\left\{\left(1,1,0\right)\right\}\right),\quad\dim=1

\operatorname{Im}\left(f\right) =L\left(\left\{\left(0,1,1\right),\left(1,1,2\right)\right\}\right), \quad\dim=2

La imagen está generada por las columnas de $A$ , y de las tres solo dos son independientes porque la primera es la opuesta de la segunda.

Con esto, $f$ no es inyectiva —el núcleo no es nulo— ni sobreyectiva —la imagen no llena $\mathbb{R}^{3}$ —. En un endomorfismo las dos cosas van siempre juntas: si falla una, falla la otra.

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

nivel: examenEjercicio 3 · Convocatoria ordinaria, 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.

Cinco determinantes sin calcular ninguno

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. Sean $A,B\in\mathcal{M}_{3\times3}\left(\mathbb{R}\right)$ tales que $\left|A\right|=10$ y $\left|B\right|=12$ . Calcular: $\left|AB\right|$ , $\left|A^{T}\right|$ , $\left|2B\right|$ , $\left|A^{4}\right|$ y $\left|B^{-1}\right|$ .

ii. Demostrar las siguientes propiedades:

ii.a) Sean $A$ y $B$ matrices invertibles. Entonces $\left(AB\right)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$ .

ii.b) Sean $A$ y $B$ matrices invertibles y conmutativas, es decir, $AB=BA$ . Entonces $A^{-1}$ y $B$ son conmutativas, y $A^{-1}$ y $B^{-1}$ también.

b) Sea el subespacio de $\mathbb{R}^{3}$ $U=L\left(\left\{\left(1,2,2\right), \left(-1,0,2\right)\right\}\right)$ .

i. Encontrar una base ortonormal de $U$ .

ii. Completando la base calculada en el apartado anterior, encontrar una base ortonormal de $\mathbb{R}^{3}$ .

Los cinco determinantes, las dos demostraciones, y las dos bases ortonormales.

01
Reconocer el camino
COMP1
De los cinco determinantes que se piden, ¿cuál es el único que depende del tamaño de la matriz y no solo de su determinante?

El determinante de 2B

COMP2

Con $\left|B\right|=12$ y $B$ de orden $3\times3$ , ¿cuánto vale $\left|2B\right|$ ?

Tu respuesta al paso 2un número entero — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…

Desarrollo

\left|2B\right|=2^{3}\left|B\right|=8\cdot12=96

En general, para una matriz de orden $n$ , $\left|\lambda B\right|=\lambda^{n}\left|B\right|$ . Los otros cuatro salen de propiedades directas:

pedido	propiedad	valor
$\lvert AB\rvert$	$\lvert A\rvert\lvert B\rvert$	$120$
$\lvert A^{T}\rvert$	$=\lvert A\rvert$	$10$
$\lvert A^{4}\rvert$	$\lvert A\rvert^{4}$	$10\,000$
$\lvert B^{-1}\rvert$	$1/\lvert B\rvert$	$1/12$

03
El segundo vector de la base ortonormal de U
COMP2
Aplicando Gram-Schmidt a $\left\{\left(1,2,2\right),\left(-1,0,2\right)\right\}$ en ese orden y normalizando, ¿cuál es el segundo vector?
Tu respuesta al paso 3tres coordenadas entre paréntesis; valen fracciones — componentes separadas por comas
04
El vector que completa la base de R³
COMP2
El tercer vector, perpendicular a los dos anteriores y unitario. Toma el que sale del producto vectorial $\overline{u}_{1}\times\overline{u}_{2}$ .
Tu respuesta al paso 4tres coordenadas entre paréntesis; valen fracciones — componentes separadas por comas
05
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la demostración de que $\left(AB\right)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$ . Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Por definición, la inversa de $AB$ es la única matriz $X$ que cumple $\left(AB\right)X=X\left(AB\right)=I$ .
2. Se prueba con $X=B^{-1}A^{-1}$ : $\left(AB\right)\left(B^{-1}A^{-1}\right) =A\left(BB^{-1}\right)A^{-1}=AA^{-1}=I$ .
3. Y por el otro lado, $\left(B^{-1}A^{-1}\right)\left(AB\right) =B^{-1}\left(A^{-1}A\right)B=B^{-1}B=I$ .
4. Cumple las dos igualdades, luego es la inversa y el orden queda invertido.

Resolución completa

a) i. Los cinco determinantes, sin calcular ninguno. Todos salen de propiedades, y ese es el ejercicio:

pedido	propiedad	valor
$\lvert AB\rvert$	el determinante es multiplicativo	$10\cdot12=120$
$\lvert A^{T}\rvert$	trasponer no lo cambia	$10$
$\lvert 2B\rvert$	$\lvert\lambda B\rvert=\lambda^{n}\lvert B\rvert$ , con $n=3$	$8\cdot12=96$
$\lvert A^{4}\rvert$	multiplicativo, cuatro veces	$10^{4}=10\,000$
$\lvert B^{-1}\rvert$	de $BB^{-1}=I$	$1/12$

El único con trampa es el tercero: el factor sale de cada fila, y hay tres.

a) ii.a. La inversa de un producto. Basta exhibir la candidata y comprobar los dos lados:

\left(AB\right)\left(B^{-1}A^{-1}\right) =A\left(BB^{-1}\right)A^{-1}=AA^{-1}=I

y simétricamente por la izquierda. Como la inversa es única, queda $\left(AB\right)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$ . El orden se invierte, y es lo único que hay que recordar.

a) ii.b. Conmutar se hereda. De $AB=BA$ , multiplicando los dos lados por $A^{-1}$ por la izquierda y por la derecha:

A^{-1}\left(AB\right)A^{-1}=A^{-1}\left(BA\right)A^{-1} \;\Longrightarrow\; BA^{-1}=A^{-1}B

que es lo primero. Y repitiendo el mismo truco con $B^{-1}$ sobre $A^{-1}B=BA^{-1}$ sale $A^{-1}B^{-1}=B^{-1}A^{-1}$ .

b) i. Gram-Schmidt, con números que salen a mano.

\overline{u}_{1}=\frac{\left(1,2,2\right)}{3} =\left(\tfrac{1}{3},\tfrac{2}{3},\tfrac{2}{3}\right)

\overline{w}_{2}=\left(-1,0,2\right) -\left\langle\left(-1,0,2\right),\overline{u}_{1}\right\rangle \overline{u}_{1} =\left(-\tfrac{4}{3},-\tfrac{2}{3},\tfrac{4}{3}\right)

\boxed{\;\overline{u}_{2} =\left(-\tfrac{2}{3},-\tfrac{1}{3},\tfrac{2}{3}\right)\;}

Las dos normas que aparecen son $3$ y $2$ : enteras. Cuando en este examen salen raíces feas, casi siempre es que hay una cuenta mal.

b) ii. Completar. El tercer vector tiene que ser perpendicular a los dos, y para eso está el producto vectorial:

\overline{u}_{3}=\overline{u}_{1}\times\overline{u}_{2} =\left(\tfrac{2}{3},-\tfrac{2}{3},\tfrac{1}{3}\right)

que ya sale unitario porque los dos factores lo eran y eran perpendiculares. La base ortonormal de $\mathbb{R}^{3}$ es $\left\{\overline{u}_{1},\overline{u}_{2},\overline{u}_{3}\right\}$ , y $\overline{u}_{3}$ vale también como base de $U^{\perp}$ .

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

nivel: examenEjercicio 4 · Convocatoria ordinaria, 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.

Mismo polinomio característico, distinto final

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 valor propio y vector propio de un endomorfismo.

ii. Sea $A$ una matriz cuadrada de orden $n\times n$ . Demostrar que si $A^{2}=I$ , entonces los valores propios de $A$ son $\lambda=1$ o $\lambda=-1$ .

iii. Sea $A$ una matriz cuadrada de orden $n\times n$ inversible. Si $\lambda$ es un valor propio de $A$ , demostrar que $1/\lambda$ es valor propio de $A^{-1}$ .

b) Dadas las siguientes matrices:

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

i. Comprobar que sus polinomios característicos son iguales.

ii. ¿Son diagonalizables? En los casos afirmativos, diagonalizar la matriz dando la matriz del cambio de base.

Las dos definiciones, las dos demostraciones, y el estudio de las dos matrices.

01
Reconocer el camino
COMP1
Las dos matrices tienen el mismo polinomio característico. ¿Qué se puede concluir de ahí sobre su diagonalización?
02
El determinante que comparten
COMP2
El polinomio característico es el mismo para las dos. ¿Cuánto vale $\left|A\right|$ ?
Tu respuesta al paso 2un número entero — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
La multiplicidad geométrica que decide
COMP2
Para $\lambda=-1$ , ¿cuánto vale $\dim\operatorname{Ker}\left(A+I\right)$ ?
Tu respuesta al paso 3un número entero — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
El vector propio del autovalor simple
COMP2
Un vector propio de $A$ asociado a $\lambda=2$ , con la primera coordenada igual a $3$ .
Tu respuesta al paso 4tres coordenadas entre paréntesis, separadas por comas — componentes separadas por comas
05
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el argumento de por qué $B$ no diagonaliza. Una pieza es falsa.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. $A$ y $B$ tienen el mismo polinomio característico, $-\left(\lambda-2\right)\left(\lambda+1\right)^{2}$ , luego los mismos autovalores: $2$ simple y $-1$ doble.
2. Para el autovalor simple no hay nada que decidir: aporta exactamente una dirección propia en las dos matrices.
3. Todo se juega en $\lambda=-1$ : hace falta que $\dim\operatorname{Ker}\left(M+I\right)$ valga $2$ , la multiplicidad algebraica.
4. En $A$ vale $2$ y en $B$ vale $1$ , así que $A$ diagonaliza y $B$ no.

Resolución completa

a) i. Las definiciones. $\lambda$ es valor propio del endomorfismo $f$ si existe $\overline{x}\neq\overline{0}$ con $f\left(\overline{x}\right)=\lambda\overline{x}$ , y ese $\overline{x}$ es un vector propio asociado a $\lambda$ . La condición $\overline{x}\neq\overline{0}$ no es un adorno: sin ella todo escalar sería valor propio.

a) ii. Si $A^{2}=I$ . Sea $\lambda$ autovalor con vector propio $\overline{x}\neq\overline{0}$ . Aplicando $A$ dos veces:

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

y como $A^{2}=I$ , eso es $\overline{x}$ . Luego $\left(\lambda^{2}-1\right)\overline{x}=\overline{0}$ y, al ser $\overline{x}$ no nulo, $\lambda^{2}=1$ , es decir $\lambda=\pm1$ .

a) iii. El autovalor de la inversa. De $A\overline{x} =\lambda\overline{x}$ , multiplicando por $A^{-1}$ :

\overline{x}=\lambda A^{-1}\overline{x} \;\Longrightarrow\; A^{-1}\overline{x}=\frac{1}{\lambda}\overline{x}

La división es legítima porque $\lambda\neq0$ : si $A$ es inversible, $0$ no puede ser autovalor suyo. Y el vector propio es el mismo.

b) i. El polinomio, que es el mismo. Los tres coeficientes de un polinomio característico de orden $3$ salen de la traza, la suma de menores principales y el determinante:

	traza	suma de menores	determinante
$A$	$0$	$-3$	$2$
$B$	$0$	$-3$	$2$

p\left(\lambda\right)=-\lambda^{3}+3\lambda+2 =-\left(\lambda-2\right)\left(\lambda+1\right)^{2}

Autovalores: $2$ simple y $-1$ doble, en las dos.

b) ii. Y aquí se separan. La condición de diagonalización es que cada autovalor aporte tantas direcciones propias como multiplicidad tiene. El simple siempre aporta una, así que todo depende del $-1$ :

	$M+I$	rango	$\dim\operatorname{Ker}$	¿basta?
$A$	filas todas múltiplas de $\left(1,1,-1\right)$	$1$	$2$	sí
$B$	dos filas iguales tras reducir	$2$	$1$	no

\boxed{\;A\text{ diagonaliza};\quad B\text{ no}\;}

La diagonalización de $A$ . Para $\lambda=-1$ el sistema se reduce a $x+y-z=0$ , que da dos vectores independientes: $\left(1,0,1\right)$ y $\left(0,1,1\right)$ . Para $\lambda=2$ sale $\left(3,1,1\right)$ . Por tanto

P=\begin{pmatrix}1&0&3\\0&1&1\\1&1&1\end{pmatrix}, \qquad D=\begin{pmatrix}-1&0&0\\0&-1&0\\0&0&2\end{pmatrix}, \qquad P^{-1}AP=D

con $\det P=-3\neq0$ , que confirma que las tres columnas son independientes. El orden de las columnas de $P$ y el de la diagonal de $D$ tienen que coincidir; cambiarlo es correcto siempre que se cambien los dos a la vez.

Por qué este ejercicio merece recordarse. Es la forma más limpia de ver que el polinomio característico no decide la diagonalización. Dice qué autovalores hay y con qué multiplicidad algebraica; lo que falta —la geométrica— hay que calcularlo aparte, y es justo donde estas dos matrices, idénticas para el polinomio, se separan.

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

Convocatoria ordinaria · 2022-2023

Reconocer el camino

La dimensión de la intersección

Las coordenadas de x en la base nueva

Y el camino de vuelta

Justificar el argumento

Reconocer el camino

La imagen del primer vector de la base canónica

La matriz asociada, entera

La dimensión de la imagen

Justificar el argumento

Reconocer el camino

El determinante de 2B

El segundo vector de la base ortonormal de U

El vector que completa la base de R³

Justificar el argumento

Reconocer el camino

El determinante que comparten

La multiplicidad geométrica que decide

El vector propio del autovalor simple

Justificar el argumento